\documentclass[12pt]{article}

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\usepackage[latin1]{inputenc}

\begin{document}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
  {\Large Übungsblatt 12} \\
  Jan Hendrik Dithmar \\
  Übungsgruppe 2
\end{center}

\newpage

{\bfseries \noindent Aufgabe 1} \\
(a)
\[ U:=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \, | \, y \ge 0 \} \ne \emptyset \]
\[ (1,1) \in U \, \mbox{, da} \; y=1 \ge 0 \; \mbox{gilt.} \]
\[ \mbox{aber:} \; (-1) \cdot (1,1) = (-1,-1) \not\in U \, \mbox{, da} \; y=-1\ge 0 \; \mbox{nicht gilt.}\]
$ \Rightarrow U $ ist kein Untervektorraum des $ \mathbb{R}^2 $.
\newline \newline
(b)
\[ S:=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \, | \, x^2+y^2\le 1 \} \ne \emptyset \]
\[ (0,1) \in S \, \mbox{, da} \; 0^2+1^2\le 1 \, (w) \]
\[ (1,0) \in S \, \mbox{, da} \; 1^2+0^2\le 1 \, (w) \]
\[ \mbox{aber:} \; (0,1) + (1,0) = (1,1) \not\in S \, \mbox{, da} \; 1^2+1^2\le 1 \; \mbox{nicht gilt.}\]
$ \Rightarrow S $ ist kein Untervektorraum des $ \mathbb{R}^2 $.
\newline \newline
(c)
\[ W:=\mathbb{R}^2\backslash \{0\} = \mathbb{R}^2\backslash \{(0,0)\} \]
ist kein Untervektorraum des $ \mathbb{R}^2 $, denn: \\
das neutrale Element $ (0,0) \not\in W $, somit ist $ (W,+) $ keine (abelsche) Gruppe und damit kann $ W $ kein Vektorraum sein.
\newline \newline \newline
{\bfseries \noindent Aufgabe 2} \\
Vektorraum $ V_d = \{p \in \mathbb{R}[x] \, | \, deg \, p \le d \}, \, d\ge 2. $ \\
$ \mathcal{B} = (1,x,x^2,\dots,x^d) $ ist eine Basis von $ V_d $, \\
$ \Rightarrow dim \, V_d = d+1 $.
\newline \newline
(a)
\newline
$ U_1 = \{p \in V_d \, | \, p(0)=0 \} $ ist ein Untervektorraum von $ V_d $, denn: \\ \\
UV 1: \\
$ U_1 \ne \emptyset $, denn $ p(x)=x^2 \in U_1 $, da $ p(0)=0 $ ist. \\ \\
UV 2: \\
$ p_1, \, p_2 \in U_1 \Rightarrow p_1(0)=0 \; \mbox{und} \; p_2(0)=0 $ \\
$ \Rightarrow (p_1+p_2)(0) = p_1(0) + p_2(0)=0+0=0 $ \\
$ \Rightarrow p_1+p_2 \in U_1 $. \\ \\
UV 3: \\
Sei $ \lambda \in \mathbb{R}; \; p \in U_1 \Rightarrow p(0)=0 $ \\
$ \Rightarrow (\lambda p)(0)=\lambda \cdot p(0)= \lambda \cdot 0 = 0 $ \\
$ \Rightarrow \lambda p \in U_1 $ . \\ \\
Bestimmung einer Basis von $ U_1 $: \\
Ist $ p(x)= {a_0} + {a_1} x + \dots + {a_d} {x^d} \in U_1 $ beliebig. $ \Rightarrow p(0)=0 \Leftrightarrow {a_0} = 0 $ \\
$ \Rightarrow p(x) = {a_1} x + \dots + {a_d} {x^d} $. \\
Jedes Polynom $ p(x) \in U_1 $ lässt sich also eindeutig als Linarkombination von Polynomen aus $ \mathcal{B}_1 = (x,x^2,\dots, x^d) $ darstellen. \\
$ \Rightarrow \mathcal{B}_1 = (x,x^2,\dots, x^d) $ ist eine Basis von $ U_1 $ \\
$ \Rightarrow dim \, U_1 = d $.
\newline \newline
(b)
\newline
$ U_2 = \{p \in V_d \, | \, p(0)=1\} $ ist kein Untervektorraum von $ V_d $, denn: \\
$ p(x) = x+1 \in U_2, \; \mbox{da} \; p(0)=1 $ \\
$ q(x) = 2x+1 \in U_2 \; \mbox{da} \; q(0)=1 $ \\
aber: für $ (p+q)(x) = p(x) + q(x) = 3x+2 $ gilt: \\
$ (p+q)(0) = p(0) + q(0) = 1+1=2 $ \\
$ \Rightarrow p+q \not\in U_2 $.
\newline \newline
(c)
\newline
$ U_3 = \{p \in V_d \, | \, p(1)=0 \} $ ist ein Untervektorraum von $ V_d $, denn: \\ \\
UV 1: \\
$ U_3 \ne 0 $, denn $ p(x) = x-1 \, \in U_3 $, da $ p(1)=0 $ ist. \\ \\
UV 2: \\
$ p_1, \, p_2 \, \in U_3 \; \Rightarrow \; p_1(1) = 0 $ und $ p_2(1) = 0 $. \\
$ \Rightarrow (p_1 + p_2)(1) = p_1(1) + p_2(1) = 0+0 = 0 $. \\
$ \Rightarrow p_1 + p_2 \, \in U_3 $. \\ \\
UV 3: \\
Sei $ \lambda \in \mathbb{R}; \; p \, \in U_3 \Rightarrow p(1)=0 $. \\
$ \Rightarrow (\lambda p)(1) = \lambda \cdot p(1)=\lambda \cdot 0 = 0 $. \\
$ \Rightarrow \lambda p \, \in U_3 $. \\ \\
Bestimmung einer Basis von $ U_3 $: \\
Sei $ p(x) = {a_0} + {a_1}x + {a_2}x^2 + \dots + {a_d}x^d \, \in U_3 $ bel.
$ \Rightarrow p(1) = {a_0} + {a_1} + {a_2} + \dots {a_d} = 0 $ \\
$ \Leftrightarrow {a_0} = -{a_1}-{a_2}- \dots - {a_d} $ \\
$ \Rightarrow p(x) = (-{a_1}-{a_2}-\dots - {a_d}) + {a_1}x + {a_2}x^2 + \dots {a_d}x^d $ \\
$ \Leftrightarrow p(x) = ({a_1}\cdot x - {a_1}) + ({a_2}x^2-{a_2}) + \dots + ({a_d}x^d-{a_d}) $ \\
$ \Leftrightarrow p(x) = {a_1}\cdot (x-1) + {a_2}\cdot (x^2-1) + \dots + {a_d}\cdot (x^d-1) $ \\
Jedes Polynom $ p(x) \in U_3 $ lässt sich also eindeutig als Linearkombination von Polynomen aus
$ \mathcal{B}_3 = (x-1, x^2-1, \dots, x^d-1) $ darstellen. $ \mathcal{B}_3 $ ist somit eine Basis von
$ U_3 \Rightarrow dim \, U_3 = d $.
\newline \newline
(d)
\newline
$ \displaystyle U_4 = \{p \in V_d \, | \, \int_{0}^{1} p(x) dx = 0 \} $ ist ein Untervektorraum von $ V_d $, denn: \\ \\
UV 1: \\
$ U_4 \ne \emptyset $, denn $ p(x) = x - \frac{1}{2} \in U_4 $, da \\
$ \displaystyle \int_{0}^{1} (x-\frac{1}{2})dx = \left[\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x\right]_{0}^{1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 $. \\ \\
UV 2: \\
$ \displaystyle {p_1}, {p_2} \in U_4 \Rightarrow \int_{0}^{1} {p_1}(x)dx = 0 $ und $ \displaystyle \int_{0}^{1} {p_2}(x)dx = 0 $. \\
$ \displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{1} (p_1 + p_2)(x)dx = \int_{0}^{1} ({p_1}(x) + {p_2}(x))dx $ \\
$ \displaystyle = \int_{0}^{1} {p_1}(x)dx + \int_{0}^{1} {p_2}(x) dx = 0 + 0 = 0 $ \\
$ \Rightarrow p_1 + p_2 \in U_4 $. \\ \\
UV 3: \\
Sei $ \displaystyle \lambda \in \mathbb{R}, \; p \in U_4 \Rightarrow \int_{0}^{1} p(x) dx = 0 $ \\
$ \displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{1} (\lambda p)(x) dx = \int_{0}^{1} \lambda \cdot p(x) dx = \lambda \cdot \int_{0}^{1} p(x)dx = \lambda \cdot 0 = 0 $ \\
$ \Rightarrow \lambda p \in U_4 $. \\ \\
Bestimmung einer Basis von $ U_4 $: \\
Sei $ p(x) = {a_0} + {a_1}x + {a_2}x^2 + \dots + {a_d}v^d \in U_4 $ beliebig. \\
$ \displaystyle \Rightarrow \int_0^1 p(x)dx=0 \Leftrightarrow \int_0^1 ({a_0} + {a_1}x + {a_2}x^2 + \dots + {a_d}x^d) dx = 0 $. \\
$ \displaystyle \left[{a_0}x + \frac{1}{2} {a_1}x^2 + \frac{1}{3}{a_2}x^3 + \dots + \frac{1}{d+1}{a_d}x^{d+1} \right]_0^1 = 0 $. \\
$ \displaystyle \Rightarrow {a_0} + \frac{1}{2}{a_1} + \frac{1}{3}{a_2} + \dots + \frac{1}{k+1}{a_k} + \dots + \frac{1}{d+1}{a_d} = 0 $ \\
$ \displaystyle \Leftrightarrow{a_0} = - \frac{1}{2}{a_1} - \frac{1}{3}{a_2} - \dots - \frac{1}{k+1}{a_k} - \dots - \frac{1}{d+1}{a_d} $ \\
$ \displaystyle \Rightarrow {a_0} = - \sum_{j=1}^d \frac{1}{j+1}{a_j} $. \\
$ \displaystyle \Rightarrow p(x) = - \frac{1}{2}{a_1} - \frac{1}{3}{a_2} - \dots - \frac{1}{k+1}{a_k} - \dots - \frac{1}{d+1}{a_d} + {a_1}x + {a_2}x^2 + \dots a_k x^k + \dots a_d x^d $ \\
$ \displaystyle p(x) = a_1 (x-\frac{1}{2}) + a_2 (x^2 - \frac{1}{3}) + \dots + a_k (x^k - \frac{1}{k+1}) + \dots + a_d (x^d - \frac{1}{d+1}) $ \\
$ \displaystyle \Leftrightarrow p(x) = \sum_{j=1}^d a_j (x^j - \frac{1}{j+1}) $ \\
Jedes Polynom $ p(x) \in U_4 $ lässt sich also eindeutig als Linearkombination von Polynomen aus $ \displaystyle \mathcal{B}_4 = (x - \frac{1}{2}, \, x^2 - \frac{1}{3}, \, \dots , \, x^d - \frac{1}{d+1}) = \left\{ (x^j - \frac{1}{j+1}) \, | \, j=1, \dots , d \right\} $ darstellen. $ \mathcal{B}_4 $ bildet somit eine Basis von $ U_4 $. $ \Rightarrow dim \, U_4 = d $.
\newline \newline
(e)
\newline
$ U_5 = \{p \in V_d \, | \, p'(0) + p''(0) = 0 \} $ ist ein Untervektorraum von $ V_d $, denn: \\ \\
UV 1: \\
$ U_5 \ne \emptyset $, denn: $ p(x) = x^2 - 2x \in U_5 $, da
\begin{eqnarray*}
p'(x) & = & 2x-2 \\ 
\Rightarrow p'(0) & = & -2 \\
p''(x) & = & 2 \\
\Rightarrow p''(0) & = & 2
\end{eqnarray*}
$ \Rightarrow p'(0) + p''(0) = -2 + 2 = 0 $ \\ \\
UV 2: \\
$ p_1 , \, p_2 \in U_5 \Rightarrow p_1 '(0) + p_1 ''(0) = 0 $ und $ p_2 '(0) + p_2 ''(0) = 0 $ \\
$ \Rightarrow (p_1 + p_2)'(0) + (p_1 + p_2)''(0) = (p_1 + p_2)'(0) + ((p_1 + p_2)'(0))'$ \\
$ = (p_1+p_2)'(0)+(p_1'(0)+p_2'(0))' = (p_1'(0)+p_2'(0)) + (p_1''(0)+p_2''(0)) $ \\
$ = (p_1'(0)+p_1''(0))+(p_2'(0)+p_2''(0))=0+0=0 $ \\
$ \Rightarrow p_1+p_2 \in U_5 $. \\ \\
UV 3: \\
Sei $ \lambda \in \mathbb{R}, \; p \in U_5 \Rightarrow p'(0)+p''(0))=0 $ \\
$ \Rightarrow (\lambda p)'(0)+(\lambda p)''(0)=\lambda p'(0)+((\lambda p)'(0))'=\lambda p'(0)+(\lambda p'(0))' $ \\
$ = \lambda p'(0)+\lambda p''(0) = \lambda (p'(0)+p''(0)) = \lambda \cdot 0 = 0 $ \\
$ \Rightarrow \lambda p \in U_5 $ \\ \\
Bestimmung einer Basis von $ U_5 $: \\
Sei $ p(x)=a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_d x^d \in U_5 $ beliebig. \\
$ \Rightarrow p'(0)+p''(0)=0 \; \; \; $ (*) \\ \\
$ p'(x) = a_1 +2 a_2 x + 3 a_3 x^2 + \dots + d \cdot a_d x^{d-1} \, , \; d \ge 2 $ \\
$ \Rightarrow p'(0)=a_1 \; \; \; $ (1) \\ \\
$ p''(x)= 2 a_2 + 6 a_3 x + \dots + d \cdot (d-1) \cdot a_d x^{d-2} \, , \; d \ge 2 $ \\
(Bem.: für $ d=2 $ ist $ p''(x)=2 a_2 $) \\
$ \Rightarrow p''(0) = 2 a_2 \; \; \; $ (2) \\ \\
(1) und (2) eingesetzt in (*) ergibt: \\
$ a_1 + 2 a_2 = 0 \Leftrightarrow a_1 = -2 a_2 \; \; \; $ (**) \\ \\
Für $ d=2 $ : \\
\begin{eqnarray*}
p(x) & = & a_0 + a_1 x + a_2 x^2 \\
\overset{(**)}{\Rightarrow} p(x) & = & a_0 + (-2 a_2)x + a_2 x^2 \\
\Leftrightarrow p(x) & = & a_0 \cdot 1 + a_2 (x^2 - 2x)
\end{eqnarray*}
Wegen der eindeutigen Darstellung von $ p(x) \in U_5 $ als Linearkombination von $ 1, \, x^2 - 2x $ ist $ \mathcal{B}_{d=2}=(1, \, x^2 - 2x) $ eine Basis von $ U_5 $ für $ d=2 $. \\
$ \Rightarrow dim \, U_5 = 2 $ für $ d=2 $. \\ \\
Für $ d \ge 3 $ : \\
\begin{eqnarray*}
p(x) & = & a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \dots + a_d x^d \\
\overset{(**)}{\Rightarrow} p(x) & = & a_0 + (-2 a_2) x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \dots + a_d x^d \\
\Leftrightarrow p(x) & = & a_0 \cdot 1 + a_2 \cdot (x^2 - 2x) + a_3 x^3 + \dots + a_d x^d
\end{eqnarray*}
Wegen der eindeutigen Darstellung von $ p(x) \in U_5 $ als Linearkombination von Polynomen aus $ \mathcal{B}_{d \ge 3} = (1, \, x^2 - 2x, \, x^3, \, \dots, \, x^d) $ ist $ \mathcal{B}_{d \ge 3} $ eine Basis von $ U_5 $ für $ d \ge 3 $. \\
$ \Rightarrow dim \, U_5 = d $. \\
insgesamt: $ dim \, U_5 = d $ für $ d \ge 2 $.
\newline \newline
(f)
\newline
$ U_6 = \{p \in V_d \, | \, p'(0)\cdot p''(0)=0\} $ ist kein Untervektorraum von $ V_d $, denn: \\ \\
Sei $ p(x) = x $: \\
\begin{eqnarray*}
p'(x) & = & 1 \\
\Rightarrow p'(0) & = & 1 \\
p''(x) & = & 0 \\
\Rightarrow p''(0) & = & 0
\end{eqnarray*}
$ \Rightarrow p'(0) \cdot p''(0) = 1 \cdot 0 = 0 \Rightarrow p \in U_6 $. \\ \\
Sei $ q(x) = x^2 $: \\
\begin{eqnarray*}
q'(x) & = & 2x \\
\Rightarrow q'(0) & = & 0 \\
q''(x) & = & 2 \\
\Rightarrow q''(0) & = & 2
\end{eqnarray*}
$ \Rightarrow q'(0) \cdot q''(0) = 0 \cdot 2 = 0 \Rightarrow q \in U_6 $. \\ \\
Bilde: \\
\begin{eqnarray*}
(p+q)(x) & = & p(x) + q(x) = x + x^2 \\
\Rightarrow (p+q)'(x) & = & 1+2x \Rightarrow (p+q)'(0) = 1 \\
\Rightarrow (p+q)''(x) & = & 2 \Rightarrow (p+q)''(0) = 2 \\
\Rightarrow (p+q)'(0) \cdot (p+q)''(0) & = & 1 \cdot 2 = 2 \ne 0
\end{eqnarray*}
\[ \Rightarrow p+q \not\in U_6 \]
\newline \newline \newline
{\bfseries \noindent Aufgabe 3} \\
\[
A = \left(
\begin{array}{rrrr}
1 & -2 & 3 & -4 \\
-3 & 2 & -1 & 0
\end{array}
\right) \; ; \;
B = \left(
\begin{array}{rr}
0 & -2 \\
1 & -1 \\
2 & 0 \\
2 & 1
\end{array}
\right)
\]

\[
AB = \left(
\begin{array}{rrrr}
1 & -2 & 3 & -4 \\
-3 & 2 & -1 & 0
\end{array}
\right) \cdot
\left(
\begin{array}{rr}
0 & -2 \\
1 & -1 \\
2 & 0 \\
2 & 1
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{rr}
-8 & -4 \\
0 & 4
\end{array}
\right)
\]

\[
BA = \left(
\begin{array}{rr}
0 & -2 \\
1 & -1 \\
2 & 0 \\
2 & 1
\end{array}
\right) \cdot
\left(
\begin{array}{rrrr}
1 & -2 & 3 & -4 \\
-3 & 2 & -1 & 0
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{rrrr}
6 & -4 & 2 & 0 \\
4  & -4 & 4 & -4 \\
2 & -4 & 6 & -8 \\
0 & -4 & 8 & -12
\end{array}
\right)
\]
\newline \newline
Es ist offensichtlich, dass man bei $ AB $ eine 2x2-Matrix und bei $ BA $ eine 4x4-Matrix erhält. Somit kann man $ AB \not= BA $ auch ohne Rechnung einsehen. \\
\newline \newline \newline
{\bfseries Aufgabe 4}

\[
\left(
\begin{array}{rrrr}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 3 & 4 \\
1 & 4 & 9 & 16 \\
1 & 8 & 27 & 64
\end{array}
\right)
\cdot
\left(
\begin{array}{r}
x_1 \\
x_2 \\
x_3 \\
x_4
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
1 \\
5 \\
25 \\
125
\end{array}
\right)
\]

\[
\left(
\begin{array}{rrrr|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
1 & 4 & 9 & 16 & 25 \\
1 & 8 & 27 & 64 & 125
\end{array}
\right)
\]

\[
\leadsto \left(
\begin{array}{rrrr|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\
0 & 3 & 8 & 15 & 24 \\
0 & 7 & 26 & 63 & 124
\end{array}
\right)
\]

\[
\leadsto \left(
\begin{array}{rrrr|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\
0 & 0 & 2 & 6 & 12 \\
0 & 0 & 12 & 42 & 96
\end{array}
\right)
\]

\[
\leadsto \left(
\begin{array}{rrrr|c}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\
0 & 0 & 2 & 6 & 12 \\
0 & 0 & 0 & 6 & 24
\end{array}
\right)
\]
\newline \newline
$
\Rightarrow
x_4 = 4 \; ; \; x_3 = -6 \; ; \; x_2 = 4 \; ; \; x_1 = -1
$
\newline \newline \newline
$
\Rightarrow
\mbox{Lös}(A,b) = \left\{ \left(
\begin{array}{r}
-1 \\
4 \\
-6 \\
4
\end{array}
\right) \right\}
$ .
\newline \newline \newline
{\bfseries Aufgabe 5} \\
(a)
\newline
Gegeben: $ V $ ein $ \mathbb{F}_p $-Vektorraum mit $ dim_{\mathbb{F}_p} \, V = d, \; d \in \mathbb{N} $ und $ \mathbb{F}_p = \mathbb{Z}/p $ der endliche Restklassenkörper mit $ p $ Elemeneten, $ p $ eine Primzahl. \\
Beh.: $ V $ hat $ p^d $ Elemente: $ |V|=p^d $. \\ \\
Beweis (durch vollständige Induktion über $ dim_{\mathbb{F}_p} \, V = d $): \\ \\
{\itshape Induktionsanfang:} \\
$ d = 0 \Leftrightarrow dim_{\mathbb{F}_p} \, V = 0 \Leftrightarrow V = \{{0_v}\} $ (Nullvektorraum) \\
$ \Rightarrow |V|=1=p^0 $ (ok) \\ \\
{\itshape Induktionsannahme:} \\
Für einen beliebigen Vektorraum $ V $ über $ \mathbb{F}_p $ gelte: $ dim_{\mathbb{F}_p} \, V = d \Rightarrow |V|=p^d $. \\ \\
{\itshape Induktionsbehauptung:} \\
Dann gilt auch: $ dim_{\mathbb{F}_p} \, V = d+1 \Rightarrow V $ besitzt eine Basis $ \mathcal{B}=(v_1, \dots, v_{d+1}) $ mit (d+1) Vektoren.\\ \\
{\itshape Beweis:} \\
Betrachte $ span_{\mathbb{F}_p}(v_1, \dots, v_d) $.
$ span_{\mathbb{F}_p}(v_1, \dots, v_d) $ ist ein Untervektorraum von $ V $ mit der Dimension $ d $. \\
$ \underset{I.A.}{\Rightarrow} span_{\mathbb{F}_p}(v_1, \dots, v_d) $ hat $ p^d $ Elemente.
$ span_{\mathbb{F}_p}(v_1, \dots,v_d) $ besteht aus allen (möglichen) Linearkombinationen, die man aus den Basisvektoren $ v_1, \dots, v_d $ mit Skalaren aus $ \mathbb{F}_p $ bilden kann:
\[
v = \overline{r_1}\cdot v_1 + \dots + \overline{r_d}\cdot v_d
\]
wobei $ \overline{r_1},\dots , \overline{r_d} \in \mathbb{F}_p $ jeweils alle Werte aus $ \mathbb{F}_p $ annehmen. \\ \\
Sei $ v' = \overline{r_1}\cdot v_1 + \dots + \overline{r_d}\cdot v_d + \overline{r_{d+1}}\cdot v_{d+1}, \; \; \; \overline{r_{d+1}} \in \mathbb{F}_p $. \\
Alle Vektoren $ v' $ entstehen aus den Vektoren $ v $ dadurch, dass man jedem dieser $ p^d $ Vektoren einen Summanden der Form $ \overline{r_{d+1}}\cdot v_{d+1} $ hinzufügt. Dies ist wegen $ \overline{r_{d+1}} \in \mathbb{F}_p $ und $ |\mathbb{F}_p | = p $ auf jeweils $ p $ Arten möglich. Demnach gibt es insgesamt $ p^d \cdot p = p^{d+1} $ verschiedene Vektoren $ v' $. Der Vektorraum $ V $ mit der Basis $ \mathcal{B}=(v_1, \dots, v_d, v_{d+1}) $ besteht gerade aus der Gesamtheit der Vektoren $ v' $. $ V $ hat somit $ p^{d+1} $ Elemente. \hfill $ \Box $
\newline \newline
(b)
\newline
Betrachtet wird der $ \mathbb{Q} $-Vektorraum $ \mathbb{R} $. \\
Beh.: $ dim_\mathbb{Q} \, \mathbb{R} = \infty $. \\ \\
Beweis: \\
Annahme: $ dim_\mathbb{Q} \, \mathbb{R} = r < \infty $. \\
$ \Rightarrow $ der $ \mathbb{Q} $-Vektorraum $ \mathbb{R} $ besitzt eine endliche Basis $ (b_1, \dots, b_r) $ der Länge $ r $. \\
$ \Rightarrow $ für jedes $ x \in \mathbb{R} $ gibt es eine eindeutig bestimmte Darstellung als Linearkombination der Basisvektoren mit rationalen Koeffizienten. \\ \\
Also: \\
$ x = \alpha_1 \cdot b_1 + \dots + \alpha_r \cdot b_r, \; \; \alpha_1, \dots, \alpha_r \in \mathbb{Q}, \; \forall x \in \mathbb{R} \; \; \; $ (*) \\ \\
Betrachte alle $ r $-Tupel der Form $ (\alpha_1, \dots, \alpha_r) \in \mathbb{Q}^r $. \\
Da $ \mathbb{Q} $ abzählbar ist, ist auch $ \mathbb{Q}^r $ abzählbar. Deshalb gibt es nur abzählbar viele $ r $-Tupel $ (\alpha_1, \dots, \alpha_r) $. \\
Folglich können nur abzählbar viele Vektoren $ x \in \mathbb{R} $ gemäß (*) dargestellt werden. \\
Daraus folgt, dass $ \mathbb{R} $ abzählbar ist. Dies steht im Widerspruch dazu, dass $ \mathbb{R} $ nicht abzählbar ist. \hfill $ \Box $

\end{document}