Lösung.

  1. Wir zeigen, daß $ \mbox{$(y_1,y_2,y_3,y_4)$}$ linear unabhängig ist. Seien dazu $ \mbox{$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4\in K$}$ so, daß $ \mbox{$\lambda_1 y_1+\lambda_2 y_2+ \lambda_3 y_3+ \lambda_4 y_4=0$}$ . Es wird
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} 0 &=& \lambda_1(2x_1 + x_2 -x_3 + 3x... ...lambda_4)x_3 + (3\lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3-\lambda_4) x_4\;. \end{array}$}$
    Wegen der linearen Unabhngigkeit des Tupels $ \mbox{$(x_1,x_2,x_3,x_4)$}$ folgt daraus das lineare Gleichungssystem
    $ \mbox{$\displaystyle \left(\begin{array}{rrrr} 2& 1& 2& 2\\ 1& 3& 1& -1\\ ... ...ay}\right) \;=\; \left(\begin{array}{r}0\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right)\;. $}$
    Diese Matrix bringen wir in Zeilenstufenform. Hierbei verwenden wir, daß alle Zeilenumformungen zugelassen sind, nicht nur die im Standardalgorithmus auftretenden.
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rl} & \left(\begin{array}{rrrr} 2& 1& 2& ... ...\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1 \\ \end{array}\right)\; . \\ \end{array}$}$
    Daran sieht man, daß wir nur die triviale Lösung für $ \mbox{$\begin{pmatrix}\lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\\ \lambda_4\end{pmatrix}$}$ haben.

    Insbesondere ist das Tupel $ \mbox{$(y_1,y_2,y_3.y_4)$}$ linear unabhängig, und wegen $ \mbox{$\dim V=4$}$ also eine Basis von $ \mbox{$V$}$ .

  2. Abweichend vom Zassenhaus-Algorithmus kann man auch wie folgt argumentieren.

    Es gilt

    $ \mbox{$\displaystyle U_1+U_2 \;=\; \langle y_1,y_2,y_3,y_4,z\rangle \;=\; V\;, $}$
    weil bereits $ \mbox{$(y_1,y_2,y_3,y_4)$}$ eine Basis von $ \mbox{$V$}$ ist. Also ist $ \mbox{$\dim(U_1+U_2)=4$}$ , und $ \mbox{$(y_1,y_2,y_3,y_4)$}$ ist auch eine Basis von $ \mbox{$U_1+U_2$}$ .

    Ferner ist $ \mbox{$(y_4,z)$}$ linear unabhängig, d.h. $ \mbox{$\dim(U_2)=2$}$ . Nach der Dimensionsformel wird

    $ \mbox{$\displaystyle \dim (U_1\cap U_2) \;=\; \dim U_1 + \dim U_2 - \dim(U_1+U_2) \;=\; 3+2-4 \;=\; 1\;. $}$
    Wegen $ \mbox{$z=y_1+y_2+y_3+y_4$}$ ist
    $ \mbox{$\displaystyle y_1+y_2+y_3 \;=\; z-y_4 \;\in\; U_1\cap U_2\;. $}$
    Da $ \mbox{$y_1+y_2+y_3 = 5x_1+5x_2-2x_3+6x_4\ne 0$}$ , bildet also $ \mbox{$(5x_1+5x_2-2x_3+6x_4)$}$ eine Basis von $ \mbox{$U_1\cap U_2$}$ .