la 6 final

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@@ -16,13 +16,13 @@
 
 \begin{aufgabe}
     \begin{enumerate}[(a)]
-        \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1, x_2) \in Q^{2}  \mid x_1-x_2 = 0\} $ hat die Basis $\{(1,1)\} $.
+        \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1, x_2) \in \Q^{2}  \mid x_1-x_2 = 0\} $ hat die Basis $\{(1,1)\} $.
 
             \begin{proof}
                 $\{(1,1)\} $ ist offensichtlich linear unabhängig. Außerdem: Sei $v \in V$ beliebig, dann
                 ex. ein $p \in \Q$, s.d. $v = (p, p)$. Damit:  $v = p \cdot (1,1)$.
             \end{proof}
-        \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1,x_2,\ldots,x_n)  \mid 2x_1 + x_2 = 0\} $ hat die Basis\\
+        \item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1,x_2,\ldots,x_n) \in \Q^{n} \mid 2x_1 + x_2 = 0\} $ hat die Basis\\
             $(v_i)_{i\in I} = \{(1, -2, 0, \ldots, 0), (0, 0, 1, \ldots, 0), \ldots, (0, \ldots, 1)\} $ mit
             $I = \{1, 3, 4, \ldots, n\} $.
 
@@ -42,39 +42,43 @@
 
                 $\implies (v_i)_{i\in I}$ minimal und damit Basis.
             \end{proof}
-            \item Beh.: Der UVR ker $\partial$ hat falls char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $, die Basis
-                $\psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0)\}) $. Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\} $, hat
-                ker $\partial$ die
-                Basis $(b_i)_{i \in I} = \psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0),
-                (0, 0, \ldots, 0, \underbrace{1}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0)\}) $
-                mit $I = \{1, 2\} $.
+        \item Beh.: Der UVR ker $\partial$ hat die Basis $(b_i)_{i \in I}$ mit $I = \{0, \ldots, \hat{i}\} $.
+            mit $\hat{i} = 0$ für $\text{char }K = 0$ und
+            $\hat{i} = \left\lfloor  \frac{n+1}{\text{char }K}\right\rfloor $ für $\text{char } K > 0$
+            mit
+            \[
+                b_i(k) = \begin{cases}
+                    1 & \text{char }K \cdot i = k \\
+                    0 & \text{sonst}
+                \end{cases}
+            .\] 
 
             \begin{proof}
-                Falls  char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $:
-                \begin{align*}
-                    \text{ker } \partial &= \{f \in V  \mid  f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \}  \\
-                    &= \psi^{-1}\left( \{(a, 0, \ldots, 0)  \mid a \in K\}  \right) 
-                .\end{align*}
-                $\psi^{-1}(\{1, 0, \ldots, 0\}) $ ist offensichtlich
-                linear unabhängig.
-                Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a \in K$ s.d.
-                $v = \psi^{-1}((a, \ldots, 0)) = a \cdot \psi^{-1}((1, \ldots, 0))$.
+                Zunächst: $b_i$ ist wohldefiniert, da  $\text{char }K \cdot i$ eindeutig $\forall i \in I$.
+                Es gilt außerdem $\forall i \in I\colon i \cdot \text{char }K \le  n+1$, da
+                für $\text{char }K = 0 \implies \hat{i} = i = 0 \le n+1$ und für
+                $\text{char }K > 0 \implies i \le i_0 \le \frac{n+1}{\text{char }K}
+                \implies i \cdot \text{char }K \le n+1$.
 
-                Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\}$:
-                \begin{align*}
-                    \text{ker } \partial &= \{f \in V  \mid  f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \setminus \{\text{char }K\} \}  \\
-                    &= \psi^{-1}( \{(a, 0, \ldots, 0, \underbrace{b}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0)  \mid a \in K, b \in K\}  ) 
-                .\end{align*}
-                
-                $\{(1, 0, \ldots, 0), (0, \ldots, 0, 1,0, \ldots, 0)\} $
-                ist Teilmenge der kanonischen Basis des $K^{n+2}$ und damit linear unabhängig und
-                insbesondere $(b_i)_{i\in I}$ linear unabhängig.
+                Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem. Sei $f \in \text{ker }\partial$ beliebig, dann
+                wähle $\alpha_i = f(i \cdot \text{char }K) \quad \forall i \in I$. Da $I$ endlich, ist
+                $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$. Sei nun $k \in \{0, \ldots, n+1\} $ beliebig:
+
+                Falls $\text{char }K  \nmid  k$: $\forall i \in I\colon b_i(k) = 0 = f(k)$.
+
+                Falls $\text{char }K  \mid k$: $\exists! j \in I\colon \text{char }K \cdot j = k$.
+                \[
+                    \sum_{i \in I} \alpha_i b_i = \alpha_j = f(j \cdot \text{char }K) = f(k)
+                .\] 
 
-                Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a, b \in K$, s.d.
+                Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist minimal.
+                
+                Sei $i_0 \in I$ beliebig. Wähle
+                $f \in \text{ker }\partial$ mit $f(i_0 \cdot \text{char }K) = 1$, dann gilt:
                 \begin{align*}
-                    v &= \psi^{-1}\left( (a, 0, \ldots, 0, b, 0, \ldots, 0) \right) \\
-                      &= a \cdot \psi^{-1}\left( (1, 0, \ldots, 0) \right) + b \cdot \psi^{-1}\left( (0, \ldots, 0, 1, 0, \ldots, 0 \right)  \\
-                      &= a \cdot b_1 + b \cdot b_2
+                    &\forall i \in I \setminus \{i_0\}\colon b_i(i_0 \cdot \text{char }K) = 0  \\
+                    \implies & f \not\in \text{Lin}\left( (b_i)_{i\in I \setminus \{i_0\} } \right)  \\
+                    \implies & (b_i)_{i\in I} \text{ minimal}
                 .\end{align*}
             \end{proof}
     \end{enumerate}
@@ -237,17 +241,42 @@
                 $I$ ist nicht endlich.
                 Zu zeigen:  $(v^{*}_i)_{i\in I}$ ist nicht Erzeugendensystem von $V^{*}$.
 
-                Sei $f^{*} \in V^{*}$ und $v \in V$. Wegen  $(v_i)_{i\in I}$ Basis, ex.
-                $(\beta_i)_{i \in I} \in K^{I}$, s.d. $v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i$.
-                Angenommen es ex. $(\alpha_i)_{ i \in I} \in K^{I}$, s.d.
+                Sei $f^{*} \in V$ mit
+                \[
+                v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i \mapsto \sum_{i \in I} \beta_i
+                .\] 
+                Wegen der Eindeutigkeit der Darstellung durch die Basis $(v_i)_{i \in I}$ ist diese
+                Abbildung wohldefiniert.
+
+                Zu zeigen.: $f^{*}$ ist linear. Seien $v, w \in V$ und $k \in K$ beliebig. Wegen
+                $(v_i)_{i \in I}$ Basis, \\ex. $(a_i)_{i \in I}, (b_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
+                $v = \sum_{i \in I} a_i v_i$ und $w = \sum_{i \in I} b_i v_i$.
                 \begin{align*}
-                    f^{*}(v) &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i(v) \\
-                    &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i \left( \sum_{i \in I} \beta_i v_i \right)  \\
-                    &= \sum_{i \in I} \alpha_i \sum_{i \in I} \beta_j v^{*}_i(v_j) \\
-                    &= \sum_{i \in I} \alpha_i \beta_i
+                    f^{*}(k v + w) &= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k (a_i v_i) + (b_i v_i)) \right) \\
+                    &= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k a_i + b_i) v_i \right) \\
+                    &= \sum_{i \in I} (k a_i + b_i)
+                    = k \sum_{i \in I} a_i + \sum_{i \in I} b_i
+                    = k \cdot f^{*}\left(\sum_{i \in I} a_i v_i\right) + f^{*}\left( \sum_{i \in I} b_i v_i\right)  \\
+                    &= k \cdot f^{*}(v) + f^{*}(w)
                 .\end{align*}
-                Wegen $\alpha_i$ und $\beta_i$ i.A. nicht endlich, ist die Summe nicht bestimmt.
-                Widerspruch $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ ist kein Erzeugendensystem
+                $\implies f^{*}$ linear und damit $f^{*}\in V^{*}$.\\
+
+                Nun gilt insbesondere für $v_i \in (v_i)_{i \in I}$
+                \[
+                    f^{*}(v_i) = f^{*}(1 \cdot v_i) = 1
+                .\] 
+
+                Angenommen $(v^{*}_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem.
+                Dann ex. $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
+                \[
+                    f^{*} = \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i
+                .\] 
+
+                Sei $i \in I$ nun beliebig. Dann gilt
+                \[
+                    f^{*}(v_i) = \sum_{j \in I} \alpha_j v^{*}_j(v_i) = \alpha_i = 1
+                .\] Daraus folgt, dass $\forall i \in I\colon \alpha_i = 1$. Widerspruch zur Annahme, dass
+                $(\alpha_i)_{i \in I}$ endlich ist.
             \end{proof}
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}