Prüfungstrainer Lineare Algebra: 500+ Fragen und Antworten mit interaktivem Online-Trainer [2. Aufl. 2019] 978-3-662-59403-2, 978-3-662-59404-9

Table of contents :
Front Matter ....Pages i-viii
Algebraische Grundlagen (Rolf Busam, Denis Vogel, Thomas Epp)....Pages 1-37
Vektorräume (Rolf Busam, Denis Vogel, Thomas Epp)....Pages 39-54
Lineare Abbildungen und Matrizen (Rolf Busam, Denis Vogel, Thomas Epp)....Pages 55-110
Determinanten (Rolf Busam, Denis Vogel, Thomas Epp)....Pages 111-126
Normalformentheorie (Rolf Busam, Denis Vogel, Thomas Epp)....Pages 127-154
Euklidische und unitäre Vektorräume (Rolf Busam, Denis Vogel, Thomas Epp)....Pages 155-200
Anwendungen in der Geometrie (Rolf Busam, Denis Vogel, Thomas Epp)....Pages 201-250
Back Matter ....Pages 251-264

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Rolf Busam Denis Vogel Thomas Epp

Prüfungstrainer Lineare Algebra 500+ Fragen und Antworten mit interaktivem Online-Trainer 2. Auflage

Prüfungstrainer Lineare Algebra

Rolf Busam · Denis Vogel · Thomas Epp

Prüfungstrainer Lineare Algebra 500+ Fragen und Antworten mit interaktivem Online-Trainer 2. Auflage Unter Mitarbeit von Pascal Klaiber

Rolf Busam Mathematisches Institut Universität Heidelberg Heidelberg, Deutschland

Denis Vogel Mathematisches Institut Universität Heidelberg Heidelberg, Deutschland

Thomas Epp Berlin, Deutschland

Ergänzendes Material zu diesem Buch finden Sie auf http://extras.springer.com. ISBN 978-3-662-59403-2 ISBN 978-3-662-59404-9  (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-59404-9 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Spektrum © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2009, 2019 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag, noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Planung/Lektorat: Annika Denkert Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

Vorwort Vorwort zur 2. Auflage In der Neuauflage wurden Druckfehler und einige sachliche Fehler korrigiert, soweit sie bekannt wurden. Bei den Aufgaben haben wir lediglich die Raumschiffaufgabe“ ” zus¨atzlich hinzugenommen. Thomas Epp, der die erste Auflage wesentlich mitgestaltet hat, konnte sich aus beruflichen Gr¨ unden an der Neuauflage leider nicht mehr beteiligen. Um eine druckf¨ahige Version zu erhalten, war etlicher technischer Aufwand erforderlich. Doch Pascal Klaiber hat dies mit großem Engagement gemeistert. Er hat auch die QR-Codes bei denjenigen Aufgaben eingef¨ ugt, die online bearbeitet werden k¨onnen. Ein Novum ist die M¨oglichkeit, f¨ ur ausgew¨ahlte Fragen den Beweis interaktiv u ¨ ber das Quiz-System der Online-Plattform MaMpf nachzuvollziehen und sich so intensiver mit den L¨ osungen zu besch¨aftigen. Hierbei wird der Leser schrittweise durch die Beweise gef¨ uhrt und erh¨alt zu jedem Schritt und jeder Antwort hilfreiches Feedback. Die Online-Plattform MaMpf ( Mathematische Medienplattform“) wurde ” von Denis Vogel entwickelt und wird in der Lehre am Mathematischen Institut der der Universit¨at Heidelberg eingesetzt. F¨ ur dieses Buch wurde eine eigene Webseite eingerichtet, die Rustam Steingart mit viel Kreativit¨ at und Engagement mit angeleiteten Beweisen best¨ uckt hat. Der Zugriff auf die Online-Beweise kann wahlweise u ¨ ber die QR-Codes erfolgen, die neben den entsprechenden Aufgaben abgedruckt sind, oder u ¨ber die Seite https://banane.mathi.uni-heidelberg.de NutzerIn: gast Kennwort: ptlabv F¨ ur Unterst¨ utzung beim Layout danken wir Frau Bianca Alton sowie f¨ ur die Betreuung Frau Dr. Annika Denkert vom Verlag Springer Spektrum. Heidelberg im April 2019

Rolf Busam Denis Vogel

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Vorwort zur 1. Auflage Bei dem vorliegenden Band haben wir uns von denselben Zielen und Vorstellungen leiten lassen, die wir schon beim ,,Pr¨ ufungstrainer Analysis” verfolgt haben. Unsere Idee war es, die zentralen Begriffe der Linearen Algebra in einer knappen und zielgerichteten Form zu rekapitulieren, und zwar in einer Weise, die Studentinnen und Studenten bei der Pr¨ ufungsvorbereitung eine echte Hilfestellung bietet. Wir wollten weder eine Aufgabensammlung vorlegen noch mit den zahlreichen Lehrb¨ uchern und den Einf¨ uhrungsvorlesungen zur Linearen Algebra konkurrieren. Stattdessen haben wir versucht, Fragen zu formulieren, die man in einer m¨ undlichen Pr¨ ufung realistischerweise erwarten kann. In aller Regel wird man dort nicht damit konfrontiert, komplizierte Rechnungen und aufwendige Beweise in allen Details vorzuf¨ uhren, sondern zu zeigen, dass man die zentralen Begriffe verstanden hat und sie in den wichtigsten Beweistechniken auch anwenden kann. Unter diesem Gesichtspunkt sind die Fragen ausgesucht und die Antworten formuliert worden, wobei wieder wesentlich die Erfahrungen des erstgenannten Autors aus seiner jahrelangen T¨atigkeit als Dozent und Pr¨ ufer an der Ruprecht-Karls-Universit¨ at Heidelberg eingeflossen sind. Die Inhalte werden, wie schon beim ,,Pr¨ ufungstrainer Analysis“, in einem knappen Frage- und Antwort-Stil dargestellt. Das soll dem Leser erm¨ oglichen, sein Wissen stichpunktartig zu u ufen und eventuelle L¨ ucken schnell zu entdecken. ¨ berpr¨ Das Buch richtet sich an alle Studierenden, die ein gewisses mathematisches Pensum in Ihrem Studium zu erf¨ ullen haben. Die Lineare Algebra ist heutzutage derart grundlegend f¨ ur s¨amtliche Teilgebiete der Mathematik und in ihrer Darstellung derart einheitlich, dass es k¨ unstlich w¨ are, Niveauunterschiede einzuf¨ uhren und ein Buch u ¨ber Lineare Algebra speziell an Diplommathematiker, Lehramtskandidaten oder Informatiker zu adressieren. Es mag sein, dass es in der Analysis Unterschiede in den Anspr¨ uchen gibt, aber u ¨ ber die Grundlagen der Linearen Algebra muss im Großen und Ganzen jeder dasselbe wissen. Daher sind Studenten im Haupt- oder Nebenfach Mathematik (mit den Studienzielen Diplom, Bachelor oder Lehramt) genauso herzlich eingeladen, das Buch zur Hand zu nehmen, wie Studierende, die einen Abschluss in Informatik oder in einer Naturwissenschaft anstreben. Wir danken dem Verlagsteam von Spektrum Akademischer Verlag f¨ ur die konstruktive Zusammenarbeit. Besonderer Dank geb¨ uhrt unserem Lektor Herrn Dr. R¨ udinger, ohne dessen kompetente und engagierte Beratung das Buch in dieser Form nicht zustande gekommen w¨are, sowie Frau Alton, die uns w¨ ahrend der Entutzt stehungsphase in allen organisatorischen Fragen tatkr¨ aftig und geduldig unterst¨ hat. Heidelberg/Berlin im September 2008

Rolf Busam Thomas Epp

Inhaltsverzeichnis

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Algebraische Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1 Der Begriff der Gruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Abbildungen zwischen Gruppen, Untergruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Der Signum-Homomorphismus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.4 Ringe und K¨orper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.5 Polynomringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2

Vektorr¨ aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Basis und Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Summen von Vektorr¨aumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39 39 47 52

3

Lineare Abbildungen und Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Quotientenvektorr¨aume und affine Unterr¨ aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Matrizenringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Koordinatenisomorphismen und Basiswechselformalismus . . . . . . . . . 3.6 Das Gauß’sche Eliminationsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Lineare Gleichungssysteme Teil 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Der Dualraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55 56 64 70 78 84 92 97 105

4

Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 4.1 Alternierende Multilinearformen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 4.2 Determinanten von Matrizen und Endomorphismen . . . . . . . . . . . . . . 115

5

Normalformentheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Eigenwerte und Eigenvektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Das charakteristische Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Einsetzen von Matrizen und Endomorphismen in Polynome . . . . . . . 5.4 Die Jordan’sche Normalform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

127 127 133 141 146

vii

viii

Inhaltsverzeichnis

6

Euklidische und unit¨ are Vektorr¨ aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1 Bilinearformen und Skalarprodukte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Normierte R¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Orthonormalbasen und Orthonormalisierungsverfahren . . . . . . . . . . . 6.4 Lineare Gleichungssysteme Teil 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Orthogonale und unit¨are Endomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Die adjungierte Abbildung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7 Selbstadjungierte Endomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

155 155 163 171 180 182 189 194

7

Anwendungen in der Geometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1 Affine R¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Affine Abbildungen und Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Projektive R¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Projektive Abbildungen und Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Invarianten von Projektivit¨aten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6 Projektive Quadriken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.7 Affine Quadriken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

201 201 208 215 220 226 234 245

Literatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 Symbolverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 Namen- und Sachverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

1 Algebraische Grundlagen Wir setzen hier voraus, dass die Leser und Leserinnen mit den Sprech- und Bezeichnungsweisen der Mengenlehre und dem Abbildungsbegriff hinreichend vertraut sind. Wir sind nicht der Meinung, dass die Vorlesung ,,Lineare Algebra“ dazu benutzt werden sollte, Allgemeinheiten u ¨ ber algebraische Strukturen wie z. B. allgemeine Strukturs¨atze in aller Ausf¨ uhrlichkeit von Grund auf zu behandeln. Allerdings ist der Gruppen- und K¨orperbegriff f¨ ur den Aufbau der linearen Algebra fundamental, und deswegen beginnen wir das Buch mit einigen Fragen zu den grundlegenden Eigenschaften des Gruppen- und K¨ orperbegriffs.

1.1 Der Begriff der Gruppe Gruppen spielen nicht nur in der Linearen Algebra eine zentrale Rolle (z. B. ist ein Vektorraum insbesondere auch eine abelsche Gruppe bez¨ uglich der Addition), sondern besitzen auch zahlreiche Anwendungen in außermathematischen Bereichen wie der Chemie (,,kristallografische Gruppe“) oder in der Physik (etwa bei der Klassifikation der Elementarteilchen). Die Schlagkraft der axiomatischen Methode bei der Einf¨ uhrung dieser Begriffe wird sich an vielen Beispielen zeigen. Frage 1 Was versteht man unter einer Gruppe? Wann heißt eine Gruppe abelsch bzw. kommutativ? Antwort: Eine Gruppe ist eine Menge G zusammen mit einer Verkn¨ upfung ,,*“, d.h. einer Abbildung ∗ : G × G → G, f¨ ur die die folgenden Axiome gelten (G1) (Assoziativit¨at) F¨ ur alle a, b, c ∈ G gilt (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c). (G2) (Existenz neutraler Elemente) Es gibt ein e ∈ G, so dass f¨ ur alle a ∈ G gilt e ∗ a = a. e heißt neutrales Element von G.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 R. Busam et al., Prüfungstrainer Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-59404-9_1

1

2

1 Algebraische Grundlagen

(G3) (Existenz inverser Elemente) Zu jedem a ∈ G gibt es ein  a ∈ G mit  a ∗ a = e, wobei e das neutrale Element bezeichnet.  a heißt in diesem Fall das zu a inverse Element. Eine Gruppe (G, ∗) heißt abelsch bzw. kommutativ, wenn zus¨atzlich a ∗ b = b ∗ a f¨ ur jedes a, b ∈ G gilt. 

Frage 2 Warum gilt f¨ ur jede Gruppe (G, ∗) mit neutralem Element e e ∗ a = a =⇒ a ∗ e = a

f¨ ur alle a ∈ G

 a ∗ a = e =⇒ a ∗  a=e

f¨ ur alle a ∈ G?

sowie Mit anderen Worten, warum ist ein linksneutrales Element in jeder Gruppe G stets auch rechtsneutral und ein linksinverses Element zu a ∈ G stets auch rechtsinvers? Antwort: Zu  a gibt es nach G3 ein linksinverses Element   a. Damit gilt   α a = e(a a) =  a(a a)) =   a(( aa) a) =   a(e a) =   a a = e.  a a (a a) =   a( Das beantwortet den zweiten Teil der Frage. Der erste folgt damit aus a ∗ e = a ∗ ( a ∗ a) = (a ∗  a) ∗ a = e ∗ a = a.



Frage 3 Warum ist das neutrale Element e und das zu a ∈ G inverse Element  a eindeutig bestimmt, so dass man also von dem neutralen und dem zu a ∈ G inversen Element sprechen kann? Antwort: Ist e ein (eventuell von e unterschiedenes) neutrales Element, so folgt mit der Antwort zur vorigen Frage e ∗ e = e

sowie e ∗ e = e ,

also e = e. Ist  a ein (eventuell von a verschiedenes) inverses Element zu a, so gilt  a =  a ∗ e =  a ∗ (a ∗  a) = ( a ∗ a) ∗  a = e∗ a= a.



1.1 Der Begriff der Gruppe

3

Frage 4 Warum ist eine nichtleere Menge G mit einer assoziativen Verkn¨ upfung ∗ genau dann eine Gruppe, wenn es zu je zwei Elementen a, b ∈ G ein x ∈ G und ein y ∈ G gibt mit x ∗ a = b und a ∗ y = b? Antwort: Aus der ersten Gleichung erh¨alt man f¨ ur beliebiges a ∈ G ein e ∈ G mit e ∗ a = a. F¨ ur jedes andere b ∈ G gilt dann e ∗ b = e ∗ (a ∗ y) = (e ∗ a) ∗ y = a ∗ y = b, also ist e ein neutrales Element in G. Durch L¨osen der Gleichung x ∗ a = e erh¨alt man ur jedes a ∈ G, und folglich ist G eine das zu a inverse Element. Dieses existiert also f¨ Gruppe.  Frage 5 Sie G eine Gruppe und seien a, b ∈ G. K¨ onnen Sie die folgenden Rechenregeln beweisen: (a−1 )−1 = a (a · b)−1 = b−1 · a−1 ? (Wir lassen an dieser Stelle die bisher gebrauchten Notationen hinter uns und benutzen ¨ in Zukunft der Ubersichtlichkeit wegen bei der Untersuchung allgemeiner Gruppen die f¨ ur multiplikative Strukturen g¨angigen Bezeichnungen. D. h., a−1 bezeichnet das zu a inverse Element, und f¨ ur das Verkn¨ upfungssymbol verwenden wir das Multiplikationszeichen, das gegebenenfalls auch unterdr¨ uckt werden kann.) Antwort: Es ist (a−1 )−1 = (a−1 )−1 · e = (a−1 )−1 · (a−1 · a) = ((a−1 )−1 · a−1 ) · a = e · a = a. Das beweist die erste Gleichung, die zweite folgt aus (b−1 · a−1 ) · (a · b) = b−1 · (a−1 · a) · b = b−1 · e · b = b−1 · b = e.



Frage 6 K¨onnen Sie Beispiele f¨ ur abelsche und nicht-abelsche Gruppen angeben? Antwort: (a) Die ganzen Zahlen Z bilden bez¨ uglich der Addition eine abelsche Gruppe mit unendlich vielen Elementen. (b) Ist K ein beliebiger K¨ orper, so ist (K, +) eine additive abelsche Gruppe und (K ∗ , ·) eine multiplikative abelsche Gruppe. Dabei ist K ∗ := K\{0}, wobei 0 das neutrale Element bez¨ uglich der Addition bezeichnet. (c) Jeder Vektorraum ist bez¨ uglich der Addition von Vektoren eine abelsche Gruppe. (d) F¨ ur ein n > 0 und r ∈ Z betrachte man die Menge r + nZ := {r + n · a; a ∈ Z} ⊂ Z, die sogenannte Restklasse von r modulo n. Es gilt r + nZ = q + nZ genau dann, wenn r − q durch n teilbar ist bzw. wenn f¨ ur r und q bei der ganzzahligen Division durch n

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1 Algebraische Grundlagen

derselbe Rest u ¨brig bleibt. Daher gibt es genau n verschiedene Restklassen modulo n. n¨amlich nZ, 1 + nZ, . . . , (n − 1) + nZ. Mit Z/nZ bzw. Zn bezeichnet man die Menge dieser n Restklassen. Diese sind paarweise disjunkt, und ihre Vereinigung ist Z. Somit liegt jede ganze Zahl a in genau einer der n Restklassen. Die Abbildung −− : Z → Z/nZ ordne jedem a ∈ Z seine Restklasse modulo n zu. Dann ist durch a ⊕ b := a + b auf Z/nZ eine Verkn¨ upfung definiert. Diese ist assoziativ und kommutativ, da die u bliche Addition auf Z dies ist, ferner ist 0 ein neutrales Element in Z/nZ, und das zu ¨ a inverse Element ist durch −a gegeben. (Z/nZ, ⊕) ist damit eine additive abelsche Gruppe, die Restklassengruppe modulo n. (e) F¨ ur eine Menge X sei Sym(X) die Menge aller bijektiven Selbstabbildungen X → X. Sym(X) bildet bez¨ uglich der Verkettung von Abbildungen eine Gruppe, die allerdings nicht kommutativ ist, wenn X mehr als 2 Elemente hat. Die Assoziativit¨at ist automatisch erf¨ ullt, da die Hintereinanderausf¨ uhrung von Abbildungen assoziativ ist, mit der identischen Abbildung x → x enth¨alt Sym(X) ein neutrales Element, und aufgrund der Bijektivit¨at ist mit F auch die Umkehrabbildung F −1 , also das zu F inverse Element, in Sym(X) enthalten. (Sym(X), ◦) ist damit eine Gruppe, die sogenannte symmetrische Gruppe auf X. ur Sym(X). Sn besteht aus Ist speziell X = {1, 2, . . . , n}, so schreibt man Sn f¨ allen Permutationen der ersten n nat¨ urlichen Zahlen, und daher nennt man Sn auch Permutationsgruppe. (f) Zu einem K¨orper K bezeichnet GL(n, K) (General Linear Group) die Menge aller uglich n×n-Matrizen in K mit nichtverschwindender Determinante. GLn (K) bildet bez¨ der Matrizenmultiplikation eine nicht-abelsche Gruppe im Fall n ≥ 2 (s. Frage 191). (g) Ist K ein K¨ orper und V ein K-Vektorraum, dann l¨asst sich unabh¨angig von einer Basis die Menge Aut(V ) aller bijektiven K-linearen Selbstabbildungen (Automorphismen) auf V definieren. Aut(V ) ist dann bez¨ uglich der Hintereinander-ausf¨ uhrung von Abbildungen eine Gruppe, die Automorphismengruppe von V . Hat V die Dimension n, dann existiert bez¨ uglich der Wahl einer Basis in V ein Isomorphismus Aut(V ) → GLn(K), der einem Automorphismus V → V seine Matrix bez¨ uglich der Basis zuordnet. (h) Zu zwei Gruppen (G, ∗G ) und (H, ∗H ) ist das direkte Produkt G × H := {(g, h); g ∈ G, h ∈ H} zusammen mit der komponentenweise erkl¨arten Verkn¨ upfung (g1 , h1 ) · (g2 , h2 ) := (g1 ∗G g2 , h1 ∗H h2 ) ebenfalls eine Gruppe. Das neutrale Element ist gegeben durch (eG , eH ), das zu (g, h) inverse Element durch (g −1 , h−1 ). 

1.1 Der Begriff der Gruppe

5

Frage 7 Sei M eine beliebige nichtleere Menge. Warum ist die Menge Abb(M, M ) der Abbildungen M −→ M bez¨ uglich der Hintereinanderausf¨ uhrung von Abbildungen keine Gruppe? Antwort: Die Abbildungen aus Abb(M, M ) sind in der Regel nicht bijektiv und besitzen in diesen F¨allen keine Umkehrabbildung M → M , also kein inverses Element in Abb(M, M ). 

Frage 8 Was besagt die K¨ urzungsregel in einer Gruppe G? Antwort: F¨ ur a, b, c ∈ G gilt: c · a = c · b =⇒ a = b,

a · c = b · c =⇒ a = b.

Die beiden Regeln erh¨alt man, wenn man beide Seiten der jeweiligen Gleichung linksbzw. rechtsseitig mit c−1 verkn¨ upft. 

Frage 9 Ist G = {a1 = e, a2 . . . , an } eine Menge mit n Elementen, wie kann man dann auf ¨ubersichtliche Weise eine Verkn¨ upfung auf G angeben? Antwort: Die Gruppenstruktur l¨asst sich in einer sogenannten Verkn¨ upfungstafel darupfungen ai ·aj in einem quadratischen Schema eingetragen stellen, in der alle n2 Verkn¨ sind. · e a2 . . . an e ee ea2 . . . ean a2 a2 e a2 a2 . . . a2 an ... ... ... ... ... an an e an a2 . . . an an 

Frage 10 Wie kann man aus einer Verkn¨ upfungstafel ablesen, ob eine Menge G = {a1 , . . . , an } eine Gruppe ist? Antwort: Es gilt: • G enth¨alt ein neutrales Element e = ak genau dann, wenn die k-te Zeile und die k-te Spalte einfach die Anordnung der Gruppenelemente wiederholen. • G enth¨alt inverse Elemente genau dann, wenn die Anordnung in jeder Zeile und Spalte aus einer Permutation der Gruppenelemente hervorgeht. ur eine Gruppe zus¨atzlich gelten, dass die neutralen • Wegen a−1 a = aa−1 = e muss f¨ Elemente in der Gruppentafel symmetrisch zur Hauptdiagonalen i = j liegen. Bei der Verkn¨ upfungstafel einer abelschen Gruppe liegen alle Eintr¨age symmetrisch zur Hauptdiagonalen.

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1 Algebraische Grundlagen

Die G¨ ultigkeit der Axiome G2 und G3 spiegelt sich damit unmittelbar in den offen zu Tage liegenden Eigenschaften der Verkn¨ upfungstafel wider, und l¨asst sich dementsprechend leicht u ufen. Das gilt allerdings nicht f¨ ur das Assoziativgesetz. Um dieses ¨berpr¨ uft werden. zu verifizieren, m¨ ussen n3 Gleichungen u ¨berpr¨

Frage 11 K¨onnen Sie die Verkn¨ upfungstafeln f¨ ur G := Z5 := Z/5Z und f¨ ur S3 angeben? Antwort: Die Verkn¨ upfungstafel der Restklassengruppe Z/5Z lautet ⊕ 0 1 2 3 4

01 01 12 23 34 40

23 23 34 40 01 12

4 4 0 1 2 3

Hier handelt es sich um eine abelsche Gruppe. Die Gruppe S3 besteht aus den sechs Elementen (Permutationen)       123 123 123 σ1 = σ2 = σ3 = 123 231 312       123 123 123 σ5 = σ6 = σ4 = 132 321 213 Dabei stehen in der unteren Zeile die Bilder der Zahlen 1, 2, 3 unter der jeweiligen Permutation. Man erh¨alt damit folgende Verkn¨ upfungstafel f¨ ur die Gruppe S3 ◦ σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6

σ1 σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6

σ2 σ2 σ3 σ1 σ6 σ4 σ5

σ3 σ3 σ1 σ2 σ5 σ6 σ4

σ4 σ4 σ5 σ6 σ1 σ2 σ3

σ5 σ5 σ6 σ4 σ3 σ1 σ2

σ6 σ6 σ4 σ5 σ2 σ3 σ1

Da die Verkn¨ upfungstafel nicht symmetrisch zur Hauptdiagonalen ist, handelt es sich bei S3 um keine abelsche Gruppe. 

1.1 Der Begriff der Gruppe

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Frage 12 Warum ist eine Gruppe G mit neutralem Element e abelsch, wenn ur jedes a ∈ G gilt? K¨onnen Sie ein Beispiel f¨ ur eine solche a2 = e f¨ Gruppe angeben? Antwort: F¨ ur beliebige Elemente a, b ∈ G gilt unter diesen Voraussetzungen a = a−1 , b = b−1 sowie ab = (ab)−1 , und daraus folgt insgesamt ab = (ab)−1 = b−1 a−1 = ba. Das einfachste Beispiel einer Gruppe mit dieser Eigenschaft ist Z/2Z. Davon ausgehend lassen sich durch Bildung direkter Produkte Z/2Z × Z/2Z × · · · × Z/2Z Gruppen mit Ordnung 2n angeben, bei denen jedes Element zu sich selbst invers ist. 

Frage 13 Warum ist jede Gruppe mit vier Elementen abelsch? Antwort: Seien a und b mit a = b zwei Elemente aus G. Da jedes Element mit seinem Inversen und das neutrale Element mit jedem anderen Element kommutiert, bleibt nur der Fall ab = c mit a = e und b = e sowie c ∈  {e, a, b} zu untersuchen. In diesem Fall muss aber auch ba = c gelten, denn aus ba = a bzw. ba = b bzw. ba = e w¨ urde b = e  bzw. a = e bzw. b = a−1 folgen, und das hatten wir bereits ausgeschlossen.

Frage 14 Was versteht man unter der Ordnung einer endlichen Gruppe? Antwort: Die Ordnung von G ist die Kardinalit¨at der Menge G und wird mit ord G oder |G| bezeichnet. Ist |G| endlich, so ist die Ordnung von G also die Anzahl der Elemente in G. Im anderen Fall hat G unendliche Ordnung. 

Frage 15 Welche Ordnung hat die Gruppe Sn ? Antwort: Eine Permutation einer n-elementigen Menge l¨asst sich auf n! verschiedene Arten festlegen: F¨ ur das Bild des ersten Elements hat man n M¨ oglichkeiten, f¨ ur das zweite noch n − 1 M¨oglichkeiten usw., bis schließlich f¨ ur das Bild des letzten Elements nur noch eine M¨oglichkeit ¨ubrig bleibt. Die Gruppe Sn hat somit die Ordnung n!. 

Frage 16 Wie ist die Ordnung eines Elements a einer Gruppe G definiert? Antwort: Definiert man f¨ ur a ∈ G und n ∈ Z

8

1 Algebraische Grundlagen ⎧ n-mal ⎪   ⎪ ⎪ ⎨ aa · · · a an := e ⎪ −1 −1 −1 ⎪ ⎪ ⎩a

a · · · a

f¨ ur n > 0 f¨ ur n = 0 , f¨ ur n < 0.

n-mal

dann gelten die ¨ ublichen ,,Potenzregeln“ am an = am+n ,

(am )n = amn ,

und aus diesen folgt {n ∈ Z; an = e} = kZ f¨ ur eine nichtnegative ganze Zahl k. F¨ ur k > 0 hat a eine endliche Ordnung in G. Die Zahl k ist in diesem Fall die Ordnung von a in G. Im Fall k = 0 sagt man, a hat unendliche Ordnung in G. Besitzt a eine endliche Ordnung in G, so ist die Ordnung von a also die kleinurliche Zahl mit dieser ste nat¨ urliche Zahl n, f¨ ur die an = e gilt. Gibt es keine nat¨ Eigenschaft, dann hat a unendliche Ordnung in G. 

Frage 17 K¨onnen Sie f¨ ur die Gruppe S3 jeweils die Ordnungen der sechs Elemente angeben? Antwort: Das neutrale Element σ1 ist wie in jeder Gruppe das einzige Element mit der Ordnung 1. Die Elemente σ2 und σ3 besitzen beide die Ordnung 3, und σ4 , σ5 und  σ6 besitzen jeweils die Ordnung 2.

Frage 18 Wann heißt eine Gruppe zyklisch? Antwort: Eine Gruppe G heißt zyklisch, wenn sie von einem einzigen Element a ∈ G erzeugt ist. D. h., f¨ ur jedes g ∈ G gibt es eine ganze Zahl m mit g = am . Im Fall einer endlichen Gruppe der Ordnung n gilt dann G = {e, a, a2 , . . . , an−1 }. Ist |G| unendlich,  dann gilt G = {e, a, a−1, a2 , a−2 , . . .}.

Frage 19 Warum ist jede zyklische Gruppe abelsch? Antwort: Sei g das erzeugende Element von G. F¨ ur alle a, b ∈ G gibt es dann m, n ∈ Z mit a = g m und b = g n . Es folgt ab = g m g n = g m+n = g n+m = g n g m = ba.



1.2 Abbildungen zwischen Gruppen, Untergruppen

9

Frage 20 K¨onnen Sie jeweils ein Beispiel einer endlichen und einer nichtendlichen zyklischen Gruppe angeben? Antwort: Die Gruppe Z/nZ ist eine zyklische Gruppe der Ordnung n, erzeugt von der Restklasse 1. Die ganzen Zahlen sind eine zyklische Gruppe, deren Ordnung nichtendlich ist. Das erzeugende Element ist die 1. Mit diesen beiden Beispielen sind bis auf Isomorphie schon alle zyklischen Gruppen mit endlicher bzw. nichtendlicher Ordnung aufgez¨ahlt. Eine zyklische Gruppe G = oge der Abbildung {e, a1 , a2 , . . . , an } der Ordnung n ist n¨amlich verm¨ Z/nZ → G,

m → am

isomorph zu Z/nZ, und f¨ ur eine nichtendliche Gruppe H = {e, h1 , h−1 , h2 , h−2 , . . .} ist die Abbildurig Z → h,

m → hm

ein Isomorphismus.



1.2 Abbildungen zwischen Gruppen, Untergruppen F¨ ur zwei Gruppen G und G sind vor allem diejenigen Abbildungen F : G −→ G von Interesse, durch die nicht nur die Elemente, sondern auch die Gruppenstruktur von G in bestimmter Weise auf diejenige von G abgebildet wird, sodass gruppentheoretische Relationen zwischen zwei Elementen a, b ∈ G auch zwischen den Bildern von a und b in G bestehen. Abbildungen mit dieser Eigenschaft nennt man Homomorphismen. Frage 21 Was versteht man unter einem Homomorphismus zwischen zwei Gruppen (G, ∗) und (H, )? Wann heißt ein Homomorphismus (a) (b) (c) (d) (e)

Monomorphismus, Epimorphismus, Isomorphismus, Endomorphismus, Automorphismus?

Antwort: Eine Abbildung F : G −→ H heißt Homorphismus, wenn f¨ ur alle a, b ∈ G gilt: F (a ∗ b) = F (a) F (b). Die anderen vier Begriffe beschreiben spezielle Homomorphismen. Ein Homomorphismus F heißt

10 (a) (b) (c) (d) (e)

1 Algebraische Grundlagen Monomorphismus, falls F injektiv ist, Epimorphismus, falls F surjektiv ist, Isomorphismus, falls F bijektiv ist, Endomorphismus, falls F ein Homomorphismus von G in sich selbst ist, Automorphismus, falls F ein Isomorphismus von G −→ G ist. 

Frage 22 Wann heißen zwei Gruppen isomorph? Antwort: Zwei Gruppen G und H heißen isomorph, geschrieben G H, wenn es einen Isomorphismus von G nach H gibt. 

Frage 23 K¨onnen Sie einige Beispiele von Homomorphismen nennen? Antwort: (a) F¨ ur zwei Gruppen G und H ist die Abbildung G −→ H, die jedes g ∈ G auf das neutrale Element in H abbildet, stets ein Homomorphismus. (b) Ist G eine Gruppe und H ⊂ G eine Untergruppe, dann ist die identische Abbildung H −→ G, g −→ g ein Homomorphismus. (c) Die Abbildung −− : (Z, +) −→ (Zn , ⊕) n → n ist wegen n + m = n ⊕ m ein Homomorphismus. Dies ist ein Beispiel eines allgemeineren Prinzips, das in Frage 39 genauer erl¨autert wird: Ist G eine Gruppe und N ein Normalteiler in G, dann ist die sogenannte kanonische Projektion π : G −→ G/N,

g → gN

von G in die Menge G/N der Linksnebenklassen von N in G ein Gruppenhomomorphismus. (d) Die Exponentialfunktion exp : R −→ R+ ist wegen exp(x + y) = exp(x) exp(y) ein Gruppenhomomorphismus von der additiven Gruppe (R, +) in die multiplikative Gruppe (R+ , ·). Da die Exponentialfunktion die reellen Zahlen bijektiv auf R+ abbildet, handelt es sich dabei um einen Isomorphismus. (e) Die komplexe Konjugation −−

: C −→ C,

a + ib → α − ib

ist offensichtlich ein Automorphismus der additiven Gruppe, +). Wegen (a + ib) · (c + id) = (ac − bd) − i(ad + bc) = (a + ib) · (c + id)

1.2 Abbildungen zwischen Gruppen, Untergruppen

11

handelt es sich aber auch um einen Automorphismus der multiplikativen Gruppe (C∗ , ·). Die komplexe Konjugation beschreibt also einen K¨orperautomorphismus von C. (f) Die komplexe Exponentialfunktion exp : C −→ C ist ein Gruppenhomomorphismus von der additiven Gruppe (C, +) in die multiplikative Gruppe (C∗ , ·). Dieser ist surjektiv, aber wegen exp(z) = exp(z + 2kπi) f¨ ur alle k ∈ Z nicht injektiv. (g) Jede lineare Abbildung V −→ W zwischen zwei Vektorr¨aumen V und W ist insbesondere ein Homomorphismus zwischen den Gruppen (V, +) und (W, ∗). 

Frage 24 Warum gilt f¨ ur einen Gruppenhomomorphismus F : (G, ∗) −→ (G , ) sets (a) F (e) = e f¨ ur die neutralen Elemente e ∈ G und e ∈ G sowie (b) F (a−1 ) = (F (a))−1 f¨ ur alle a ∈ G? Antwort: F¨ ur beliebiges a ∈ G ist F (a) = F (a ∗ e) = F (a) F (e), also F (e) = e . Das zeigt (a). Damit gilt dann e = F (e) = F (a ∗ a−1 ) = F (a) F (a−1 ), und daraus folgt (b).



Frage 25 Was versteht man unter dem Kern eines Homomorphismus? Antwort: Der Kern eines Homomorphismus F : G −→ G , geschrieben ker F , ist die Menge aller a ∈ G, die durch F auf das neutrale Element in G abgebildet werden. Es ist also ker(F ) := {a ∈ G; F (a) = e }. 

Frage 26 Warum ist ein Homomorphismus F : (G, ∗) −→ (G , ) genau dann injektiv, wenn ker F = {e} mit dem neutralen Element e ∈ G gilt?

Antwort: Sei zun¨achst ker F = {e}. F¨ ur a, b ∈ G mit F (a) = F (b) gilt dann F (a ∗ b−1 ) = F (a) F (b−1 ) = F (a) (F (b))−1 = e , also a ∗ b−1 ∈ ker(F ) und damit wegen der Voraussetzung a = b. Das heißt, F ist injektiv.

12

1 Algebraische Grundlagen

Die andere Richtung folgt aus F (e) = e . Ist F injektiv, dann ist e das einzige Element, das auf e abgebildet wird. 

Frage 27 Warum ist die Zusammensetzung von Homomorphismen wieder ein Homomorphismus? Antwort: F¨ ur Homomorphismen F : (G, ∗) −→ (G , ) und F  : (G , ) −→ (G , •) und Elemente a, b ∈ G gilt F  ◦ F (a ∗ b) = F  (F (a) F (b)) = F  (F (a)) • F  (F (b)) = F  ◦ F (a) • F  ◦ F (b). Damit ist die Abbildung F  ◦ F : G −→ G ein Homomorphismus.



Frage 28 K¨onnen Sie folgende Aussagen begr¨ unden? (a) Die identische Abbildung id : G −→ G ist ein Isomorphismus. (b) Ist F : G −→ G , ein Isomorphismus, dann ist die (wohldefinierte) Umkehrabbildung F −1 : G −→ G ebenfalls ein Isomorphismus. (c) Die Zusammensetzung von Isomorphismen ist wieder ein Isomorphismus. Antwort: (a) Die identische Abbildung ist bijektiv und ferner wegen id(a+b) = a+b = id(a) + id(b) ein Homomorphismus. (b) Als Umkehrabbildung einer bijektiven Abbildung ist F −1 ebenfalls bijektiv. Sind ferner a , b beliebige Elemente aus G dann gibt es a, b ∈ G mit F (a) = a und F (b) = b und es gilt: F −1 (a · b ) = F −1 (F (a) · F (b)) = F −1 (F (a · b)) = a · b = F −1 (a ) · F −1 (b ), also ist F −1 ein Homomorphismus. (c) Dies folgt aus dem Ergebnis zu Frage 27 zusammen mit der Tatsache, dass die Verkettung bijektiver Abbildungen wieder bijektiv ist.  Frage 29 Wann heißt eine Teilmenge H ⊂ G einer Gruppe (G, ·) Untergruppe? Antwort: H ⊂ G ist eine Untergruppe von G, wenn die Elemente aus H bez¨ uglich der Verkn¨ upfung ,,·“ ebenfalls eine Gruppe bilden. 

Frage 30 Was besagt das Untergruppenkriterium? Antwort: Das Kriterium besagt: Eine nichtleere Teilmenge U ⊂ G einer Gruppe G ist eine Untergruppe von G genau dann, wenn gilt

1.2 Abbildungen zwischen Gruppen, Untergruppen

13

(i) a ∈ U =⇒ a−1 ∈ U (ii) a, b ∈ U =⇒ ab ∈ U . Beweis: Dass jede Untergruppe U die beiden Bedingungen erf¨ ullen muss, gilt definitionsgem¨aß. Umgekehrt folgt aus (i) und (ii) zusammen e ∈ U . Da das Assoziativgesetz in ganz G und somit insbesondere in U gilt, erf¨ ullt U folglich alle drei Gruppenaxiome. 

Frage 31 Ist F : G −→ G ein Gruppenhomomorphismus, warum tragen ker F und das Bild im F von F dann in nat¨ urlicher Weise eine Gruppenstruktur? Antwort: F¨ ur a, b ∈ ker F gilt F (ab) = F (a)F (b) = ee = e, also ab ∈ ker F . Ferner gilt wegen F (a−1 ) = (F (a))−1 , dass mit a auch a−1 in ker F enthalten ist. Der Kern von F ist also nach dem Kriterium aus Frage 30 eine Untergruppe von G. F¨ ur a , b ∈ im F gibt es a, b ∈ G mit F (a) = a und F (b) = b . Somit gilt F (ab) = a b , also a b ∈ im F . Außerdem gilt F (a−1 ) = F (a)−1 = a−1 , also ist mit  a auch a−1 in im F enthalten und im F daher eine Untergruppe von G .

Frage 32 Was versteht man unter einer Linksnebenklasse von G bez¨ uglich einer Untergruppe H ⊂ G? Was ist eine Rechtsnebenklasse? Antwort: F¨ ur eine Unterguppe H ⊂ G heißt die Menge aH = {ah; h ∈ H} f¨ ur a ∈ G eine Linksnebenklasse von H in G. Entsprechend heißt Ha := {ha; h ∈ H} eine Rechtsnebenklasse von H in G. Beispiel: Sei G = (R2 , +) und H ⊂ G ein eindimensionaler Unterraum, d.h. eine Gerade durch den Ursprung. Dann ist H insbesondere eine Untergruppe von G. F¨ ur v ∈ R2 bezeichnet dann die Linksnebenklasse v + H in geometrischer Hinsicht die zu H parallele Gerade im R2 , die durch den Punkt O + v verl¨auft. Die Menge der Linksnebenklassen bez¨ uglich H wird mil G/H bezeichnet. Die Rechtsnebenklassen bezeichnet man mit G\H. Die Abbildung g −→ g −1 bildet jedes Element ah ∈ aH auf (ah)−1 = h−1 a−1 ∈ Ha−1 ab und vermittelt daher eine Bijektion zwischen G/H und G\H, die aH auf Ha−1 abbildet.

14

1 Algebraische Grundlagen

Ist G abelsch, so sind Links- und Rechtsnebenklassen trivialerweise identisch. Das gilt im Allgemeinen allerdings nicht. Diejenigen Untergruppen H, f¨ ur die aH = Ha gilt, besitzen besonderes Interesse (vgl. Frage 39). 

Frage 33 Wieso sind zwei Linksnebenklassen von H in G entweder disjunkt oder identisch?

Antwort: Es gen¨ ugt, die folgende Implikation zu zeigen: a ∈ bH =⇒ aH = bH.

(∗)

Aus a ∈ aH ∩ bH folgt dann n¨amlich sofort a H = aH = bH. Sei also a ∈ bH, dann gilt a = bh1 und b = ah−1 ur ein h1 ∈ H. F¨ ur ein beliebiges 1 f¨ Element c ∈ bH gibt es entsprechend ein h2 ∈ H mit c = bh2 , und daraus folgt ur ein c = ah−1 1 h2 ∈ aH. Also gilt bH ⊂ aH. Gilt umgekehrt c ∈ aH, also c = ah3 f¨ h3 ∈ H, dann folgt c = bh1 h3 ∈ bH. Damit ist auch aH ⊂ bH und insgesamt (∗) gezeigt. 

Frage 34 Was versteht man unter dem Index einer Untergruppe H einer endlichen Gruppe G? Antwort: Unter dem Index von H in G versteht man die Anzahl der Linksnebenklassen (und damit der Rechtsnebenklassen) von H in G. Man bezeichnet diese Zahl mit (G : H). 

1.2 Abbildungen zwischen Gruppen, Untergruppen

15

Frage 35 Was besagt der Satz von Lagrange? Antwort: Der Satz von Lagrange besagt: Ist G eine endliche Untergruppe und H ⊂ G eine Untergruppe, dann gilt |G| = (G : H) · |H|. Der Beweis ergibt sich im Wesentlichen aus Antwort 33. Aus dieser folgt insbesondere, dass G die disjunkte Vereinigung der Linksnebenklassen von H in G ist. Da in jeder Linksnebenklasse aH genau |H| Elemente liegen, folgt daraus schon der Satz von Lagrange. 

Frage 36 Warum ist in einer endlichen Gruppe G die Ordnung einer Untergruppe H stets ein Teiler der Ordnung von G? Antwort: Da (G : H) eine nat¨ urliche Zahl ist, ergibt sich die Antwort als eine unmittelbare Konsequenz aus dem Satz von Lagrange. 

Frage 37 Was besagt der kleine Fermat’sche Satz? Was besagt er im Spezialfall G = (Z/pZ)∗ , wo p eine Primzahl ist? Antwort: Aus dem Satz von Lagrange erh¨alt man als Spezialfall: Die Ordnung eines Elements a ∈ G ist ein Teiler der Gruppenordnung. F¨ ur jedes a ∈ G gilt also a|G| = am·ord a = em = e. Das ist der kleine Fermat’sche Satz in gruppentheoretischer Sprechweise. Ist G = (Z/pZ)∗ , so gilt wegen |G| = p − 1 speziell ap−1 = 1 f¨ ur alle a ∈ G bzw. ap−1 = 1 (mod p)

f¨ ur alle a ∈ Z, die nicht durch p teilbar sind.

So lautet der kleine Fermat’sche Satz in seiner klassischen zahlentheoretischen Formulierung. 

Frage 38 Warum ist jede Gruppe von Primzahlordnung p zyklisch und damit abelsch? Antwort: Nach dem Satz von Lagrange hat jedes Element aus G entweder die Ordnung 1 oder die Ordnung p. Jedes vom neutralen Element verschiedene Element aus G erzeugt daher die Gruppe G. 

Frage 39 Was versteht man unter einem Normalteiler in G? Antwort: Eine Untergruppe N ⊂ G heißt Normalteiler in G, wenn gilt:

16

1 Algebraische Grundlagen aN = N a

f¨ ur alle a ∈ G,

d.h., wenn die Links- und Rechtsnebenklassen von N in G ¨ ubereinstimmen.

Frage 40 Aus welchem Grund spielen die Normalteiler in einer Gruppe eine ausgezeichnete Rolle? Antwort: Ist N ein Normalteiler in G, dann l¨asst sich auf der Menge der Linksnebenklassen G/N von N in G eine Gruppenstruktur definieren, indem man f¨ ur zwei Linksnebenklassen aN und bN deren Produkt durch aN · bN := abN

(∗)

erkl¨art. Allerdings muss begr¨ undet werden, dass auf diese Weise tats¨achlich eine Verkn¨ upfung in der Menge der Linksnebenklassen von N in G gegeben ist. In der Definition (∗) werden n¨amlich Repr¨asentanten der vorkommenden Linksnebenklassen benutzt und es ist a priori nicht selbstverst¨andlich, dass man bei der Wahl von anderen Repr¨asentanten derselben Klassen das gleiche Ergebnis bekommt. Es muss daher gezeigt werden, dass die Verkn¨ upfung wohldefiniert, d.h. unabh¨angig von der Auswahl der Repr¨asentanten ist. Genau muss Folgendes gezeigt werden Aus a N = aN und b N = bN folgt stets abN = a b N. Seien also die beiden Voraussetzungen erf¨ ullt. Dann gibt es Elemente n1 , n2 ∈ N mit a = a n1 und b = b n2 , und daraus folgt abN = ab n2 N = ab N = aN b = a n2 N b = a N b = a b N. Das zeigt die Wohldefiniertheit der Verkn¨ upfung. Man beachte, dass hier zweimal von der Normalteilereigenschaft von N Gebrauch gemacht wurde. Diese Argumentation l¨asst sich daher nicht auf Links- oder Rechtsnebenklassen ¨ ubertragen. Die Gruppenstruktur von G/N ergibt sich nun leicht aus derjenigen von G. So u upfung (∗) unmittelbar von G auf G/N . ¨bertr¨agt sich die Assoziativit¨at der Verkn¨ Die Verkn¨ upfungsdefinition garantiert unmittelbar, dass mit aN und bN auch aN · bN eine Linknsnebenklasse von N in G ist. Ferner ist mit eN = N ein neutrales Element in G/N gegeben und zu jeder Linksnebenklasse aN ∈ G/N existiert mit a−1 N ein inverses Element in G/N . Damit ist G/N eine Gruppe und die kanonische Projektion π : G −→ G/N, ein Gruppenhomomorphismus.

a → aN 

Frage 41 Ist der Kern eines Gruppenhomomorphismus F : G −→ G stets ein Normalteiler in G?

1.2 Abbildungen zwischen Gruppen, Untergruppen

17

Antwort: Sei b ∈ ker F . Dann gilt f¨ ur jedes a ∈ G F (aba−1 ) = F (a)F (b)F (a−1 ) = F (a)F (a−1 ) = 1, also aba−1 ∈ ker F . Daraus folgt zun¨achst a · ker F · a−1 ⊂ ker F und durch einen M¨achtigkeitsvergleich der beiden Mengen dieser Inklusion anschließend a·ker F ·a−1 = ker F , also a · ker F = ker F · a. Demnach ist ker F ein Normalteiler in G. Die Aussage des folgenden Homomorphiesatzes impliziert, dass jeder Normalteiler in G sich als Kern eines Gruppenhomomorphismus realisieren l¨asst. 

Frage 42 Was besagt der Homomorphiesatz f¨ ur Gruppen? Antwort: Der Homomorphiesatz besagt: Zu jedem Gruppenhomomorphismus F : G −→ G gibt es einen eindeutig bestimmten Homomorphismus F : G/ ker F −→ G , so dass das folgende Diagramm kommutiert.

Es gilt im F = im F und ker F = 0, insbesondere ist F injektiv. F¨ ur surjektives F gilt also G G/ ker F. Beweis: Falls ¨ uberhaupt eine Abbildung F mit diesen Eigenschaften existiert, dann gilt f¨ ur alle a ∈ G: F (a ker F ) = F (a). (∗) Umgekehrt folgt die Existenz von F , wenn man zeigen kann, dass die durch (∗) gegebene Abbildung wohldefiniert, also unabh¨angig von der Auswahl der Repr¨asentanten ist. Dazu muss gezeigt werden, dass aus a ker F = b ker F stets F (a ker F ) = F (b ker F ) folgt. Sei also a ker F = b ker F , dann gilt ab−1 ∈ ker F , also F (ab−1 ) = F (a)F −1 (b) = 1, also F (a) = F (b), und mit Definition (∗) folgt wie gew¨ unscht F (a ker F ) = F (b ker F ). Das zeigt, dass F durch (∗) wohldefiniert ist. Also existiert ein Homomorphismus mit den gesuchten Eigenschaften. Dieser ist eindeutig, weil er (∗) erf¨ ullen muss. Beispiel: Sei GL(n, K) die Gruppe der invertierbaren n × n-Matrizen u ¨ber einem K¨orper K. Die Determinantenabbildung det : GL(n, K) −→ K ∗ ist ein surjektiver Gruppenhomomorphismus (vgl. Frage 265) mit dem Kern SL(n, K) (,,Special Linear Group“: die Menge aller n × n-Matrizen u ¨ber K mit Determinante 1). Mit dem Homomorphiesatz schließt man

18

1 Algebraische Grundlagen GL(n, K)/SL(n, K) K ∗ .

Weitere Anwendungsbeispiele des Homomorphiesatzes finden sich in den Antworten zu Frage 51 und Frage 64. 

Frage 43 Was besagt der Satz von Cayley? Antwort: Der Satz von Cayley besagt: F¨ur jede Gruppe existiert ein kanonischer injektiver Homomorphismus G −→ Sym G in die Gruppe Sym G aller Selbstabbildungen von G. Mit anderen Worten, jede Gruppe der Ordnung n ist isomorph zu einer Untergruppe von Sn . Zum Beweis betrachte man f¨ ur a ∈ G die Abbildung τa : G −→ G,

g → ag.

Man verifiziert leicht die folgenden drei Eigenschaften ur jedes a ∈ G (i) τa ist bijektiv f¨ ur alle a, b ∈ G (ii) τa ◦ τb = τab f¨ (iii) τa ◦ τa−1 = id f¨ ur alle a ∈ G. Aus (i), (ii) und (iii) folgt, dass die Menge Θ := {τa ; a ∈ G} eine Untergruppe der symmetrischen Gruppe Sym(G) ist. Wegen (ii) ist G −→ Θ,

a → τa

ein Homomorphismus. Dieser ist injektiv, denn aus τa = τb folgt ag = bg f¨ ur alle g ∈ G, also a = b. 

Frage 44 K¨onnen Sie alle Untergruppen der symmetrischen Gruppe S3 beschreiben? Antwort: Die einzigen Untergruppen der Ordnung 2 in S3 sind die von den Transpositionen σ4 , σ5 und σ6 (zur Bezeichnung siehe Frage 11) erzeugten Untergruppen. Eine Untergruppe der Ordnung 3 ist mit σ2  := {1, σ2 , σ3 } gegeben. Mehr Untergruppen der Ordnung 3 kann es nicht geben, denn eine von σ2  verschiedene Untergruppe der Ordnung 3 m¨ usste mindestens eine der Permutationen σ4 , σ5 oder σ6 der Ordnung 2 enthalten, was aufgrund des Satzes von Lagrange nicht sein kann. Da nach dem Satz von Lagrange jede echte Untergruppe von S3 h¨ ochstens die Ordnung 3 hat, sind damit alle Untergruppen aufgez¨ahlt. 

1.3 Der Signum-Homomorphismus

19

Frage 45 Warum ist jede Gruppe der Ordnung ≤ 5 eine abelsche Gruppe? Antwort: Die Gruppen der Ordnung 2, 3 und 5 sind Gruppen von Primzahlordnung. F¨ ur eine Gruppe G, deren Ordnung eine Primzahl p ist, folgt aber aus dem Satz von Lagrange, dass jedes vom neutralen Element verschiedene Element aus G die Ordnung p hat und damit ein Erzeuger von G ist. Gruppen mit Primzahlordnung sind also zyklisch und damit nach Antwort 38 abelsch. F¨ ur Gruppen der Ordnung 4 wurde die Behauptung schon in der Antwort zu Frage 13 gezeigt, und f¨ ur Gruppen der Ordnung 1 ist sie trivial. 

1.3 Der Signum-Homomorphismus Jeder Permutation σ : {1, 2, . . . , n} −→ {1, 2, . . . , n} l¨ asst sich ein Vorzeichen so zuordnen, dass die Abbildung ε : Sn −→ {−1, 1} ein Gruppenhomomorphismus ist. Die Homomorphieeigenschaft von ε spielt in vielen Zusammenh¨angen eine große Rolle, insbesondere bei der Definition der Determinante nach Leibniz (vgl. Frage 271). Frage 46 Was versteht man unter dem Fehlstand einer Permutation σ ∈ Sn ? Antwort: Ein Paar (j, k) ∈ {1, . . . , n}2 nennt man einen Fehlstand von σ ∈ Sn , wenn j σ(k)   123 gilt. Zum Beispiel hat die Permutation genau zwei Fehlst¨ande, n¨amlich das 231 Paar (1, 3) und das Paar (2, 3). 

Frage 47 Wie ist das Vorzeichen einer Permutation σ ∈ Sn definiert? Antwort: F¨ ur σ ∈ Sn ist das Vorzeichen sign σ definiert durch  +1, falls σ eine gerade Anzahl an Fehlst¨anden hat sign σ = −1, falls σ eine ungerade Anzahl an Fehlst¨anden hat. 

Frage 48 Wann heißt ein Element τ ∈ Sn eine Transposition?

20

1 Algebraische Grundlagen

Antwort: Eine Permutation τ ∈ Sn heißt Transposition, wenn sie zwei Elemente aus {1, . . . , n} vertauscht und alle anderen fest l¨asst, wenn es also zwei Elemente k, j aus {1, . . . , n} mit k = j gibt, so dass gilt: τ (k) = j,

τ (j) = k,

τ (m) = m

f¨ ur alle m ∈ {1, . . . , n}\{j, k}.

Zur Bezeichnung der Transposition benutzt man die Schreibweise (j, k).



Frage 49 Warum ist jede Permutation σ ∈ Sn f¨ ur n ≥ 2 ein endliches Produkt von Transpositionen? ur jede beliebige Antwort: Ist σ die identische Abbildung, dann gilt σ = τ · τ −1 f¨ Transposition τ ∈ Sn . Im anderen Fall gibt es eine kleinste Zahl j ∈ {1, . . . n}, f¨ ur die σ(j) = j gilt, spezieller σ(j) > j wegen der Bijektivit¨at von σ. Ist τ1 die Abbildung, welche j mit σ(j) vertauscht, dann ist τ1 · σ eine Permutation, die mindestens die ersten j Elemente aus {1, . . . , n} fest l¨asst, d.h., τ1 · σ bildet mindestens ein Element mehr als σ auf sich selbst ab. Daraus folgt induktiv die Existenz von Transpositionen τ1 , τ2 , . . . , tk mit −1 k < n − j + 1, f¨ ur die gilt τk · · · τ2 · τ1 · σ = id,  also σ = τ1 . 12345 Beispiel. F¨ ur die Permutation σ = erh¨alt man nacheinander 45123   12345 (1, 4) · σ = , 15423   12345 (2, 5) · (1, 4) · σ = , 12453   12345 (3, 4) · (2, 5) · (1, 4) · σ = , 12354   12345 (4, 5) · (3, 4) · (2, 5) · (1, 4) · σ = = id. 12345 −1

Es folgt σ = ((4, 5) · (3, 4) · (2, 5) · (1, 4))

= (1, 4) · (2, 5) · (3, 4) · (4, 5).



Frage 50 Warum ist die Abbildung ε : Sn −→ {−1, 1},

σ → ε(σ) := Vorzeichen von σ

ein Gruppenhomomorphismus? Antwort: Es muss gezeigt werden, dass f¨ ur τ, σ ∈ Sn gilt: sign (τ · σ) = sign τ · sign σ.

(∗)

1.3 Der Signum-Homomorphismus

21

Dieser Zusammenhang ergibt sich im Wesentlichen aus der folgenden Darstellung des Signums:  σ(k) − σ(j) sign σ = , (∗∗) k−j π(j) m + n verschwindet. Also gilt deg(f · g) ≤ deg f + deg g. dass c f¨ Ist R zudem ein Integrit¨atsring, dann folgt aus an = 0 und bm = 0 auch cn+m = an bm = 0. Zusammen mit deg(f · g) ≤ m + n ergibt sich deg(f · g) = deg f + deg g. 

Frage 75 Wenn R ein Integrit¨atsring ist, wieso dann auch R[X]?

Antwort: F¨ ur nichttriviale Polynome f, g ∈ R[X] gilt deg f ≥ 0 und deg g ≥ 0. Dann ist nach Frage 74 aber auch deg(f · g) = deg f + deg g ≥ 0, also f · g = 0. Das zeigt, dass R[X] ein Integrit¨atsring ist. 

Frage 76 Wie ist f¨ ur einen kommutativen Ring R und f¨ ur ein Element r ∈ R der Einsetzungshomomorphismus Fr : R[X] −→ R definiert?

32

1 Algebraische Grundlagen

Antwort: F¨ ur r ∈ R definiert man Fr : R[X] −→ R,

 i∈N

ci X i −→



ci r i .

i∈N

Dass dies ein Homomorphismus von Ringen ist, pr¨ uft man unmittelbar nach.



Frage 77 Was versteht man unter einem euklidischen Ring? Antwort: Ein Integrit¨atsring R heißt euklidischer Ring, wenn es eine Abbildung δ : R\{0} −→ N gibt, die die folgende Eigenschaft besitzt: Zu je zwei Elementen a, b ∈ R mit b = 0 existieren (nicht notwendig eindeutig bestimmte) Elemente p, q ∈ R, so dass a = bq + r, r = 0 oder δ(r) < δ(b) gilt. Zum Beispiel ist Z aufgrund des Satzes u ¨ber den euklidischen Algorithmus ein euklidischer Ring, wenn man δ als Betragsfunktion w¨ahlt.  Frage 78 K¨onnen Sie zeigen, dass der Polynomring K[X] zusammen mit der Gradabbildung ein euklidischer Ring ist? Antwort: Seien f, g zwei Polynome aus K[X] mit g = 0. Es muss gezeigt werden, dass Polynome q, r ∈ K[X] existieren, f¨ ur die gilt f = qg + r,

deg r < deg g.

(∗)

Ist deg g > deg f , dann folgt dies bereits mit q = 0 und r = f . Man kann daher im Folgenden von m = deg f ≥ deg g = n ausgehen. F¨ ur f = aX m + · · · und g = bX n + · · · setze man q1 :=

a · X m−n , b

f1 = f − q1 g.

Dann gilt q1 g = aX m + · · · und damit f = q1 g + f1 ,

deg f1 < deg f.

Gilt nun bereits deg f1 < deg g, so hat man eine Zerlegung des Typs (∗) gefunden. Andernfalls kann man dasselbeVerfahren f¨ ur f1 wiederholen und eine Zerlegung f1 = q2 g + f2 ,

deg f2 < deg f

finden. Derart fortfahrend l¨asst sich eine Serie f1 , f2 , . . . von Polynomen mit deg f1 > ochstens m − n) Schritten k deg f2 > · · · konstruieren. Nach endlich vielen (genauer h¨ gilt dann notwendigerweise deg fk < deg g, und man erh¨alt

1.5 Polynomringe

33

f = q1 g + q2 g + · · · + qk g + fk = (q1 + · · · + qk )g + fk ,

deg fk < deg g.

Mit q = q1 + · · · + qk und r = fk folgt (∗). Um die Eindeutigkeit zu zeigen, betrachte man eine weitere Darstellung f = q  g + r mit deg r < deg g. Es gilt dann (q − q  )g + (r − r ) = 0 bzw. (q − q  )g = r − r.

(∗∗)

Ist (q − q  ) = 0, dann folgt deg ((q − q  )g) ≥ deg g. Andererseits ist nach Voraussetzung deg(r − r) < deg g, im Widerspruch zu (∗∗). Also gilt q = q  und damit auch r = r . 

Frage 79 K¨onnen Sie das Verfahren aus Frage 78 an den beiden Polynomen f = 4X 4 + 3X 3 + 2X 2 + X + 1,

g = X3 + X2 + X + 1

veranschaulichen? Antwort: Man erh¨alt q1 g = 4X · g = 4X 4 + 4X 3 + 4X 2 + 4X + 4 und damit f1 = −X 3 − 2X 2 − 3X − 3. Weiter ist q2 g = −1 · g, also f2 = f1 + g = −X 2 − 2X − 2. Damit erh¨alt man wegen deg f2 < deg g mit f = (4X − 1) · g + (−X 2 − 2X − 2) 

die gesuchte Zerlegung.

Frage 80 Wieso ist jeder euklidische Ring ein Hauptidealring? Antwort: Sei R ein euklidischer Ring und a ein Ideal in R. Man kann a = 0 annehmen, da andernfalls bereits a = (0) gilt. Sei a = min{δ(r); r ∈ a}.

(∗)

Wir zeigen, dass a = (a) gilt. Dazu w¨ahle man ein beliebiges b ∈ a. Wegen (∗) gilt δ(b) ≥ δ(a), und da R ein euklidischer Ring ist, gibt es geeignete Elemente q, r ∈ R mit b = qa + r, wobei r = 0 oder δ(r) < δ(a) gilt. Ist nun δ = 0, dann kann r wegen (∗) nicht in a enthalten sein, woraus b − qa ∈  a folgt. Das ist ein Widerspruch, da mit b

34

1 Algebraische Grundlagen

und a auch b − qa ein Element des Ideals a ist. Es muss also r = 0 und damit b = qa, also b ∈ (a) gelten. Daraus folgt a = (a), also ist R ein Hauptidealring. 

Frage 81 Wann heißen zwei Elemente a, b eines Integrit¨atsrings R assoziiert? Antwort: Die beiden Elemente a und b heißen assoziiert, wenn es eine Einheit e ∈ R∗ mit ae = b gibt. 

Frage 82 Wieso sind zwei Elemente a, b eines Integrit¨atsrings R genau dann assoziiert, wenn (a) = (b) gilt? Antwort: Sind a und b assoziiert, dann gilt ae = b und be = a mit Einheiten e, e ∈ R∗ . Daraus folgt b ∈ (a) und (a) ∈ b, also (b) ⊃ (a) und (a) ⊃ (b). Das beweist die ¨ eine Richtung der Aquivalenz. Gelte nun umgekehrt (a) = (b). Dann gibt es Elemente p, q ∈ R mit a = pb und b = qa, woraus a = pqa bzw. a · (1 − pq) = 0 folgt. Ist a = 0, dann erh¨alt man pq = 1, die Elemente p und q sind also Einheiten und a und b folglich assoziiert. Dies gilt auch im Fall a = 0, denn wegen b = qa folgt dann a = b = 0. 

Frage 83 Wann nennt man ein Element p = 0 eines Integrit¨atsrings R irreduzibel, wann Primelement? Antwort: (i) p, wobei p ist keine Einheit, heißt irreduzibel, wenn aus einer Gleichung p = ab mit a, b ∈ R stets folgt, dass a oder b eine Einheit in R ist. Im anderen Fall heißt p reduzibel. (ii) p heißt Primelement, wenn aus p|ab mit a, b ∈ R stets p|a oder p|b folgt. Dabei bedeutet die Schreibweise p|q, dass p ein Teiler von q ist, also ein Element r ∈ R mit q = pr existiert. Im Ring Z sind die irreduziblen Elemente genauso wie die Primelemente gerade ±p, wobei p eine Primzahl ist. 

Frage 84 Wieso ist in jedem Integrit¨atsring R jedes Primelement auch irreduzibel?

Antwort: Sei p ∈ R ein Primelement. Aus p = ab folgt dann p|a oder p|b. Ohne Beschr¨ankung der Allgemeinheit k¨onnen wir p|b, also b = cp f¨ ur ein c ∈ R annehmen.

1.5 Polynomringe

35

Es folgt p = acp oder p · (1 − ac) = 0. Damit ist a eine Einheit in R und p folglich irreduzibel. 

Frage 85 Wieso gilt f¨ ur einen Hauptidealring R auch, dass jedes irreduzible Element ein Primelement ist?

Antwort: Sei p ∈ R irreduzibel und gelte p|ab sowie p  a. Es muss p|b gezeigt werden. Dazu betrachte man das Ideal (a) + (p) = {ra + sp; s, r ∈ R}. Da R nach Voraussetzung ein Hauptideal ist, wird (a) + (p) von einem Element c ∈ R erzeugt, also gilt (a) + (p) = (c) und insbesondere a ∈ (c) und p ∈ (c), also a = rc und p = sc f¨ ur geeignete Elemente r, s ∈ R. Da p irreduzibel ist, ist entweder s oder c eine Einheit in R. Im ersten Fall folgt c = s−1 p und damit a = rs−1 p, im Widerspruch zur Voraussetzung, dass p kein Teiler von a ist. Also bleibt nur die M¨ oglichkeit, dass c eine Einheit in R ist. Dies impliziert (c) = (a) + (p) = R, insbesondere gibt es e, f ∈ R mit ea + f p = 1. Multiplikation dieser Gleichung mit b liefert eab + f pb = b. Wegen p|ab folgt aus dieser Gleichung wie gew¨ unscht p|b. 

Frage 86 K¨onnen Sie zeigen, dass sich in einem Hauptidealring R jedes Element a = 0, welches keine Einheit ist, als endliches Produkt von Primelementen schreiben l¨asst? Antwort: Ist a irreduzibel, dann ist a nach Frage 84 prim und somit insbesondere ein endliches Produkt von Primelementen. Wir k¨ onnen folglich im Weiteren davon ausgehen, dass a reduzibel ist und f¨ uhren den Beweis indirekt, nehmen also an, dass sich a nicht als endliches Produkt von Primelementen schreiben l¨asst. Da a reduzibel ist, gilt ur zwei Nichteinheiten a1 und b1 , von denen nach der Voraussetzung sich a = a1 b1 f¨ mindestens einer ebenfalls nicht als endliches Produkt von Primelementen schreiben l¨asst. Sei dies etwa a1 . Dann gilt aus denselben Gr¨ unden wie oben a1 = a2 b2 f¨ ur zwei Nichteinheiten a2 , b2 ∈ R, wobei man ohne Beschr¨ankung der Allgemeinheit annehmen kann, dass sich a2 nicht als endliches Produkt von Primelementen schreiben l¨asst. F¨ahrt man auf diese Weise fort, erh¨alt man eine Folge a = a0 , a1 , a2 , . . . ∈ R,

ai+1 |ai .

Da ferner ai+1 und ai nicht miteinander assoziiert sind, f¨ uhrt das auf eine echt aufsteigende Kette von Idealen (a) = (a0 )  (a1 )  (a2 )  · · · .

36

1 Algebraische Grundlagen  Nun ist leicht einzusehen, dass in diesem Fall auch b = i∈N (ai ) ein Ideal in R ist, und da R ein Hauptideal ist, gilt b = (b) f¨ ur ein b ∈ R. Nach Definition von b gibt es dann einen Index i0 mit b ∈ (ai0 ). Es folgt b = (b) ⊂ (ai0 ) ⊂ (ai ) ⊂ b f¨ ur alle i ≥ i0 . Also ist (ai0 ) = (ai ) f¨ ur i ≥ i0 , im Widerspruch dazu, dass die Kette der Ideale echt aufsteigend ist. 

Frage 87 K¨onnen Sie zeigen, dass die Primfaktorzerlegung in einem Integrit¨atsring bis auf Assoziiertheit eindeutig ist, d.h. dass aus einer Gleichung der Form p1 · · · pr = q1 · · · qs

(∗)

f¨ ur Primelemente pi , qi ∈ R stets folgt, dass nach geeigneter Umnummerierung pi und qi assoziiert sind und insbesondere r = s gilt? Antwort: Aus (∗) folgt p1 |q1 · · · qs , und da q1 , . . . , qs Primelemente sind, gibt es ein qi mit p1 |qi , also p1 = 1 qi . Durch Umnummerierung kann man i = 1 erreichen und erh¨alt damit die Gleichung p2 · · · pr = 1 q2 · · · qs . Auf dieselbe Weise schließt man nun, dass p2 zu einem der Elemente q2 , . . . , qs assoziiert ur i = 1, . . . , r assoziiert ist, wenn man sein muss. Induktiv folgt daraus, dass pi zu qi f¨ die Elemente q1 , . . . , qs entsprechend umnummeriert. Insbesondere gilt s > r, und das Herausk¨ urzen aller pi liefert die Gleichung 1 = qr+1 · · · qs , welche zeigt, dass die Elemente qr+1 , . . . , qs s¨amtlich Einheiten sind, im Widerspruch zu ihrer Eigenschaft als Primelemente. 

Frage 88 Wie ist der gr¨ oßte gemeinsame Teiler von Ringelementen r1 , . . . , rn ∈ R definiert? Antwort: Sei R ein Integrit¨atsring. Ein Element d ∈ R heißt gr¨oßter gemeinsamer Teiler von r1 , . . . , rn , wenn gilt: (i) d|ri f¨ ur i = 1, . . . , n, d. h. d ist ein gemeinsamer Teiler der ri . (ii) Ist t Teiler der ri , so gilt t|d. Man schreibt in diesem Fall d = ggT(r1 , . . . , rn ).



1.5 Polynomringe

37

Frage 89 Seien a, b Elemente eines euklidischen Rings R und d = ggT(a, b). Dann gilt aR + bR = dR, insbesondere existieren r, s ∈ R mit ar + bs = d, wobei ggT(r, s) = 1 gilt. K¨onnen Sie das beweisen? ur ein d ∈ R, und es Antwort: Da R ein Hauptidealring ist, gilt aR + bR = d R f¨  ist d ein gemeinsamer Teiler von a und b und damit auch von d. Es gilt also d |d. ur bestimmte Andererseits impliziert die Gleichung aR + bR = d R, dass as + br = d f¨ Zahlen r, s ∈ R gilt, und hieraus folgt, dass jeder gemeinsame Teiler von a und b auch ein Teiler von d ist. Also gilt d|d und folglich d = d . Das beantwortet den ersten Teil der Frage. Ist d∗ ein gemeinsamer Teiler von r und s, dann folgt aus der Gleichung ar + bs = d, dass d∗ d ein Teiler von d ist. Folglich ist d∗ eine Einheit, und es gilt ggT(r, s) = 1. 

Frage 90 K¨onnen Sie zeigen, dass ein Element p = 0 eines Hauptidealrings R genau dann ein Primelement ist, wenn der Restklassenring R/(p) ein K¨ orper ist? Antwort: Sei p ein Primelement. F¨ ur jedes a ∈ R\(p) gilt dann ggT(a, p) = 1, und nach Frage 89 gibt es r, s ∈ R mit ra + sp = 1. F¨ ur die Restklasse [ar + sp] = [a][r] ∈ R/(p) gilt daher [r][a] = [1]. d.h., [a] ist eine Einheit in R/(p). Damit ist R/(p) ein K¨orper. Ist umgekehrt p kein Primelement, dann gilt p = ab f¨ ur zwei Nichteinheiten a, b ∈ R. In R/(p) gilt dann [a] = [0] und [b] = [0] aber [a][b] = [ab] = [p] = [0]. Der Ring R/(p) besitzt in diesem Fall Nullteiler und kann daher kein K¨ orper sein. 

Frage 91 Was ist eine Nullstelle eines Polynoms f ∈ R[X]? Antwort: Ein Element a ∈ R heißt Nullstelle von f , wenn f (a) = 0 gilt, d. h. wenn f im Kern des Einsetzungshomomorphismus Fa : R[X] −→ R, p −→ p(a) liegt.

Frage 92 Sei α ∈ K eine Nullstelle des Polynoms f ∈ K[X]. K¨ onnen Sie zeigen dass dann ein Polynom g ∈ K[X] existiert, so dass f = (X − α) · g gilt? Antwort: Division mit Rest f¨ uhrt auf eine Gleichung f = (X − α) · g + r

(∗)

mit deg r < deg(X − α) = 1, also r ∈ K. Setzt man hier α f¨ ur X ein, so folgt wegen f (α) = 0 unmittelbar r = 0. 

2 Vektorr¨ aume In diesem Kapitel wird der Vektorraumbegriff axiomatisch eingef¨ uhrt und einige grundlegende Begriffe erl¨autert, etwa ,,Unterraum“, ,,Linearkombination“, ,,lineare Unabh¨angigkeit“ und ,,Erzeugendensystem“. F¨ ur Vektoren eines allgemeinen Vektorraums benutzen wir stets lateinische Buchstaben u, v, w, wobei die Buchstaben ur Elemente des Grundk¨ orpers x, y, z in der Regel Vektoren des K n bezeichnen. F¨ K benutzen wir in den meisten F¨allen griechische Buchstaben α, β, γ, . . ..

2.1 Grundbegriffe Frage 93 Wie lauten die Axiome f¨ ur einen K-Vektorraum? Antwort: Sei K ein K¨orper. Ein K-Vektorraum ist eine Menge V zusammen mit einer inneren Verkn¨ upfung V × V −→ V , (v, w) −→ v + w, genannt ,,Addition“, und einer upfung K × V −→ V , genannt ,,skalare Multiplikation“, f¨ ur die die ¨außeren Verkn¨ folgenden Eigenschaften gelten: (V1) V ist eine abelsche Gruppe bez¨ uglich der Addition ,,+“. (V2) F¨ ur alle v, w ∈ V und alle α, β ∈ K gilt: (i) α · (β · v) = (αβ) · v (Assoziativit¨at) (α + β) · v = α · v + β · v, (ii) (Distributivit¨at) α · (v + w) = α · v + α · w (iii) 1 · v = v

Frage 94 Wie erh¨alt man aus den Axiomen die folgenden Rechenregeln? (i) (ii) (iii) (iv)

α · 0V = 0V f¨ ur alle α ∈ K 0K · v = 0V f¨ ur alle v ∈ V (−α) · v = α · (−v) = −α · v Aus α · v = 0V folgt α = 0K oder v = 0V

(Das Nullelement des K¨orpers K und das des Vektorraums V werden hier durch einen entsprechenden Index unterschieden. Das wird aber nur an dieser Stelle so gemacht, im

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 R. Busam et al., Prüfungstrainer Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-59404-9_2

39

40

2 Vektorr¨aume

Weiteren wird auf den Unterschied nicht mehr durch eine spezielle Bezeichnungsweise hingewiesen.) Antwort: (i) Es gilt α · 0V + α · 0V = α · (0V + 0V ) = α · 0V . Daraus folgt α · 0V = 0K . (ii) Aus 0K · v + 0K · v = (0K + 0K ) · v = 0K · v folgt 0K · v = 0V . (iii) Mit (i) und (ii) gilt α · v + (−α) · v = (α + (−α)) · v = 0K · v = 0V

und

α · v + α · (−v) = α · (v + (−v)) = α · 0V = 0V . Daraus folgt (iii). Sei αv = 0V und α = 0K . Dann gilt v = 1 · v = α−1 α · v = α−1 · (αv) = α−1 · 0V = 0V . 

Frage 95 K¨onnen Sie einige Beispiele f¨ ur Vektorr¨aume nennen? Antwort: (i) Das Standardbeispiel ist der Raum K n = {x = (x1 , . . . , xn ); xi ∈ K}, bestehend aus allen n-Tupeln von Elementen aus K. Definiert man die Addition und die skalare Multiplikation komponentenweise durch (x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ), α · (x1 , . . . , xn ) = (αx1 , . . . , αxn ), so ergibt sich die G¨ ultigkeit der Vektorraumaxiome f¨ ur K n unmittelbar aus den K¨orpereigenschaften von K. Aus denselben Gr¨ unden sieht man, dass auch die R¨aume K[X] := {Folgen (xn )n∈N in K; xi = 0 f¨ ur fast alle i} und

K N := {Folgen (xn )n∈N in K},

versehen mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation, jeweils K-Vektorr¨aume sind. Man nennt K[X] den Polynomring ¨ uber K. Im Unterschied zu K n haben N die R¨aume K und K[X] unendliche Dimension (vgl. Frage 115). (ii) Die Menge Abb (K, K) der Abbildungen K −→ K ist ein Vektorraum, wenn man die Addition und skalare Multiplikation durch (f + a)(x) = f (x) + g(x),

(αf )(x) = α · f (x)

2.1 Grundbegriffe

41

f¨ ur f, g ∈ K K und α ∈ K definiert. In der Regel interessiert man sich nur f¨ ur bestimmte Teilmengen von Abb(K, K), die in den meisten interessanten F¨allen ebenfalls eine Vektorraum-struktur tragen. Speziell f¨ ur K = R bilden z. B. die Mengen C [a, b] := {stetige Funktionen auf [a, b]} C k [a, b] := {k-mal stetig differenzierbare Funktionen auf [a, b]} R[a, b] := {Regelfunktionen auf [a, b]} Vektorr¨aume. (iii) F¨ ur jede rein irrationale Zahl ξ sind die Mengen Q(α) := {a + bξ; a, b ∈ Q} √ Veklorr¨aume u ¨ber Q. Beispielsweise ist die Menge Q( 2) als Erweiterungsk¨orper von Q insbesondere ein Q-Vektorraum. Ein analoger Zusammenhang gilt f¨ ur alle Erweiterungsk¨orper eines Grundk¨orpers K (vgl. [4]). (iv) Die komplexen Zahlen C := {a + bi; a, b ∈ R} sind insbesondere ein R-Vektorraum. (v) Jeder K¨orper K besitzt die Struktur eines K-Vektorraums, indem man die Multiplikation als skalare Multiplikation deutet. 

Frage 96 Was versteht man unter einem Unterraum eines K-Vektorraums V ? Antwort: Eine nichtleere Teilmenge U ⊂ V heißt Untervektorraum oder linearer Unterraum oder kurz Unterraum von V , wenn U zusammen mit der in V gegebenen Vektoraddition und skalaren Multiplikation ebenfalls einen Vektorraum bildet. Da die Assoziativ- und Distributivgesetze in U automatisch gelten, da sie in V gelten, ist eine Teilmenge U ⊂ V durch folgende drei Eigenschaften als Unterraum ausgezeichnet: (i) U = ∅ (ii) v, w ∈ U =⇒ v + w ∈ U (iii) v ∈ U =⇒ αv ∈ U f¨ ur alle α ∈ K. Man beachte, dass man aus (iii) sofort −1 · v = −v ∈ U sowie 0 · v = 0 ∈ U erh¨alt. Beispiele: (a) Jeder Vektorraum enth¨alt insbesondere sich selbst als Unterraum sowie den trivialen Unterraum U = {0}. (b) Die Menge U := {(x1 , x2 , x3 ); x1 , x2 , x3 ∈ K, x3 = 0} ⊂ K 3 bildet einen Unterraum von K 3 , die Menge

42

2 Vektorr¨aume X := {(x1 , x2 , x3 ); x1 , x2 , x3 ∈ K, x3 = 1} ⊂ K 3

allerdings nicht, da die Summe zweier Elemente aus X nicht mehr in X liegt. (c) F¨ ur α1 , α2 , β ∈ K ist U := {(x1 , x2 ) ∈ K; α1 x1 + α2 x2 = β} genau dann ein Unterraum, wenn β = 0 gilt. In diesem Fall enth¨alt U n¨amlich den Nullvektor, und f¨ ur x = (x1 , x2 ) und y = (y1 , y2 ) und λ ∈ K folgt α1 (x1 + y1 ) + α2 (x2 + y2 ) = (α1 x1 + α2 x2 ) + (α1 y1 + α2 y2 ) = 0 + 0 = 0 α1 λx1 + α2 λx2 = λ(α1 x1 + α2 x2 ) = λ · 0 = 0, also x + y ∈ U und λx ∈ U . F¨ ur β = 0 ist U jedoch kein Unterraum, denn U enth¨alt in diesem Fall nicht den Nullvektor. (d) Ist A eine reelle m × n-Matrix (vgl. Kapitel 3), dann ist die L¨ osungsmenge U := {x ∈ K n ; A · x = 0} des zugeh¨origen homogenen Systems ein Unterraum von K n . (e) Im Raum Abb(R, R) der Abbildungen R −→ R hat man die folgende aufsteigende Kette von Unterr¨aumen Rd [X] ⊂ R[X] ⊂ C k (R) ⊂ C (R) ⊂ R(R) ⊂ Abb(R, R). Dabei bezeichnet Rd [X] die Menge aller Polynome mit Grad ≤ d, C k (R) die Menge der k−mal stetig differenzierbaren reellen Funktionen, k ∈ N, C (R) die Menge der stetigen reellen Funktionen und R(R) die Menge der Regelfunktionen in R. 

Frage 97 Ist die Menge U := {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; x1 · x2 ≥ 0} ein Unterraum von R2 ? Antwort: Die Vektoren v = (1, 2) und w = (−2, −1) liegen beide in U , trotzdem gilt v + w = (−1, 1) ∈ U . Also ist U kein Unterraum. 

Frage 98 K¨onnen Sie zeigen, dass der Durchschnitt (auch unendlich vieler) Unterr¨aume eines Vektorraums V wieder ein Unterraum von V ist? Gilt dasselbe auch f¨ ur die Vereinigung von Unterr¨aumen? Antwort: Sei (Ui )i∈I ein System vonUnterr¨aumen aus V , wobei I irgendeine Indexmenge bezeichnet. Der Durchschnitt i∈I Ui enth¨alt den Nullvektor, da dieser in allen

2.1 Grundbegriffe

43

Ui liegt. Ferner gilt f¨ ur v, w ∈

 i∈I

Ui

u, w ∈ Ui

f¨ ur alle i ∈ I,

und folglich, da die Ui Unterr¨aume sind, v + w ∈ Ui also v+w ∈

und αv ∈ Ui 

Ui

f¨ ur alle i ∈ I,

und αv ∈

i∈I



Ui .

i∈I

 Somit ist i∈I Ui ein Unterraum von V . Dagegen ist die Vereinigung U1 ∪ U2 zweier Unterr¨aume U1 , U2 ∈ V in der Regel kein Unterraum. Sei zum Beispiel U1 = {(x1 , x2 ) ∈ K 2 ; x1 = 0},

und

U2 = {(x1 , x2 ) ∈ K 2 ; x2 = 0},

dann liegen die Vektoren u1 = (0, 1) und u2 = (1, 0) beide in U1 ∪ U2 , nicht aber deren Summe u1 + u2 = (1, 1). 

Frage 99 Was versteht man unter einer Linearkombination eines endlichen Systems (v1 , . . . , vr ) von Vektoren eines K-Vektorraums V ? Antwort: Unter einer Linearkombination der Vektoren v1 , . . . , vr ∈ V versteht man jede Summe der Form α1 v1 + · · · + αr vr , ur i = 1, . . . , r beliebige Elemente des Grundk¨ orpers K sind. Da V gewobei αi f¨ gen¨ uber skalarer Multiplikation und Addition von Vektoren abgeschlossen ist, ist jede Linearkombination von Vektoren aus V damit selbst ein Element aus V . 

Frage 100 Was versteht man unter einer Linearkombination von Vektoren eines unendlichen Systems von Vektoren aus V ? Antwort: Eine Linearkombination eines unendlichen Systems S ist eine Linearkombination eines endlichen Teilsystems von S, d. h. eine Linearkombination von endlich vielen Vektoren aus S. Man betrachte zum Beispiel das unendliche System S = (1, X, X 2 , X 3 , . . .) des Polynomrings K[X]. Jede Linearkombination aus S besitzt dann die Gestalt α0 + α1 X + α2 X 2 + · · · + αr X r mit αi ∈ K und r ∈ N.



44

2 Vektorr¨aume

Frage 101 Was versteht man unter dem von einem System S = (v1 , . . . , vr ) von Vektoren in V aufgespannten Unterraum? Wieso handelt es sich dabei u ¨berhaupt um einen linearen Unterraum? Antwort: Der von S aufgespannte Unterraum ist die Menge aller Linearkombinationen von Vektoren aus S. Er wird mit span(S) bezeichnet. Erg¨anzend definiert man span(∅) := {0}. Beispiel: F¨ ur die Vektoren e1 = (1, 0, 0) und e2 = (0, 1, 0) aus K 3 gilt span(e1 , e2 ) = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ K 3 ; x3 = 0}. Um zu zeigen, dass span(S) Unterraum ist, betrachte man zwei Vektoren v, w ∈ span(S). Es gilt v = α1 v1 + · · · + αr vr ,

w = β1 v1 + · · · + βr vr

mit bestimmten αi , βi ∈ K, also −v = (−α1 )v1 + · · · + (−αr )vr v + w = (α1 + β1 )v1 + · · · + (αr + βr )vr

∈ ∈

span(S), span(S).

Damit ist insbesondere 0 ∈ span(S). Weiter gilt f¨ ur jedes λ ∈ K λv = (λα1 )v1 + · · · + (λαr )vr ∈ span(S). Damit ist span(S) abgeschlossen gegen¨ uber skalarer Multiplikation und der Addition von Vektoren. Außerdem gelten in span(S) die Assoziativ- und Distributivgesetze, da sie in V gelten. Also ist span(S) ⊂ V ein Vektorraum, folglich ein Unterraum von V . 

Frage 102 Sei S = (v1 , v2 , . . .) ein (eventuell unendliches) System von Vektoren aus V . Durch welche Eigenschaft l¨asst sich der Unterraum span(S) charakterisieren? Antwort: Es gilt: span(S) ist der kleinste Unterraum von V , der alle Vektoren aus S enth¨alt. Genau bedeutet das  span(S) = {U ⊂ V ; U Unterraum mit S ⊂ U }. Beweis: Sei W :=

 {U ⊂ V ; U Unterraum mit S ⊂ U }.

Die Menge W bildet nach Frage 98 einen Unterraum von V . Ebenso ist span(S) nach Frage 101 ein Untervektorraum. Da S ⊂ span(S) gilt, folgt W ⊂ span(S). Umgekehrt erh¨alt man aber auch span(S) ⊂ W , denn jedes v ∈ span(S) l¨asst sich als Linearkombination

2.1 Grundbegriffe

45 v = α1 v1 + · · · + αr vr

f¨ ur ein r ∈ N und bestimmten α1 , . . . , αr ∈ K schreiben. Diese Linearkombination ist in jedem Unterraum U mit S ⊂ U und damit auch in W enthalten. 

Frage 103 Was versteht man unter einem Erzeugendensystem eines Vektorraums V ? Wann heißt ein Vektorraum V endlich erzeugt? Antwort: Ein System S von Vektoren aus V heißt Erzeugendensystem von V , wenn V = span(S) gilt. V heißt endlich erzeugt, wenn es ein Erzeugendensystem von V gibt, das nur endlich viele Elemente enth¨alt. 

Frage 104 Wann heißt ein System S = (v1 , . . . , vr ) von Vektoren eines K-Vektorraums V linear unabh¨ angig bzw. linear abh¨ angig? Antwort: S heißt linear unabh¨angig, wenn f¨ ur alle α1 , . . . , αr ∈ K gilt: α1 v1 + · · · + αr vr = 0 ⇐⇒ α1 = · · · = αr = 0. S heißt linear abh¨angig, wenn S nicht linear unabh¨angig ist, wenn es also eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors mit Vektoren aus V gibt. Zum Beispiel ist das System der beiden Funktionen f1 : x −→ ex und f2 : x −→ e−x im Vektorraum C (R) linear unabh¨angig, dagegen sind die drei Funktionen (f1 , f2 , sinh) wegen 1 x 1 −x e − e − sinh x = 0 f¨ ur alle x ∈ R 2 2 linear abh¨angig. 

Frage 105 Wann heißt ein unendliches System S von Vektoren linear unabh¨angig? Antwort: Ein unendliches System S = (v1 , v2 , . . .) heißt linear unabh¨angig, wenn jedes endliche Teilsystem linear unabh¨angig ist. Das bedeutet, dass f¨ ur jedes r ∈ N gilt: α1 v1 + · · · + αr vr = 0 ⇐⇒ α1 = α2 = · · · = αr = 0. In diesem Sinne ist z. B. das System der Polynome (p0 , p1 , p2 , . . .) mit pi (x) = X i

f¨ ur alle i ∈ N

linear unabh¨angig in R[X]. F¨ ur jedes r ∈ N folgt n¨amlich aus

46

2 Vektorr¨aume α0 p0 + α1 p1 + · · · + αr pr = α0 + α1 X + · · · + αr X r = 0

notwendigerweise α0 = α1 = · · · = αr = 0.



Frage 106 Was bedeutet die lineare Abh¨angigkeit bei Systemen der L¨ange 1 bzw. 2? Antwort: Ein System S = (v) ist linear abh¨angig genau dann, wenn v = 0 gilt, ein System S = (v, w) genau dann, wenn v = α · w mit einem α ∈ K gilt.  Frage 107 K¨onnen Sie folgenden Zusammenhang begr¨ unden: Ein System S = ur k = 1, . . . , r gilt: (v1 , . . . , vr ) ist linear unabh¨angig genau dann, wenn f¨ vk ∈ span(v1 , . . . , vk−1 ) (dabei ist span(∅) = {0})? Antwort: Beweis mit Induktion nach r. Der Fall r = 1 ist klar, da {v1 } genau dann linear unabh¨angig ist, wenn v1 = 0, also v1 ∈ span(∅) gilt. Sei daher r ≥ 2 und die Behauptung f¨ ur k < r schon gezeigt. Angenommen, die Vektoren (v1 , . . . , vr ) sind linear abh¨angig. Dann gibt es α1 , . . . , αr mit αi = 0 f¨ ur mindestens ein i ∈ {1, . . . , r}, so dass gilt (∗) α1 v1 + · · · + αr vr = 0, also α1 v1 + · · · + αr−1 vr−1 = −αr vr . Ist αr = 0, dann liefert die Division durch −αr eine Darstellung von vr als Linearkombination von v1 , . . . , vr−1 , in diesem Fall gilt also vr ∈ span(v1 , . . . , vr−1 ). Ist αr = 0, dann sind bereits die Vektoren v1 , . . . , vr−1 linear abh¨angig. Nach Induktionsvoraussetzung l¨asst sich vr−1 als Linearkombination von v1 , . . . , vr−2 darstellen, und indem man diese in (∗) substituiert, erh¨alt man β1 v1 + · · · + βr−2 vr−2 + αr vr = 0, mit bestimmten βi ∈ K, die nicht alle verschwinden. Das System (v1 , . . . , vr−2 , vr ) der L¨ange r − 1 ist demnach linear abh¨angig. Nach Induktionsvoraussetzung gilt vr ∈ span(v1 , . . . , vr−2 ) und damit erst recht vr ∈ span(v1 , . . . , vr−1 ). Das zeigt insgesamt die Implikation v1 , . . . , vr linear abh¨angig =⇒ vr ∈ span(v1 , . . . , vr−1 ). Sei umgekehrt vr ∈ span(v1 , . . . , vr−1 ). Dann gilt α1 v1 + · · · + αr−1 vr−1 = vr , f¨ ur bestimmte αi ∈ K, und durch Addition von −vr auf beiden Seiten der Gleichung

2.2 Basis und Dimension erh¨alt man eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors.

47 

2.2 Basis und Dimension Der Begriff der Basis ist von fundamentaler Bedeutung f¨ ur die Lineare Algebra. In der Tat ergeben sich die meisten Zusammenh¨ ange der Linearen Algebra als eine Folge der Tatsache, dass Vektorr¨aume u ¨ berhaupt eine Basis besitzen. Auf dem Begriff der Basis gr¨ undet sich auch der Dimensionsbegriff. Außerdem erm¨ oglicht die Auswahl einer Basis, Vektoren eines n-dimensionalen Vektorraums durch n-Tupel von Elementen aus K zu beschreiben und lineare Abbildungen zwischen endlichdimensionalen Vektorr¨aumen durch Matrizen. Die wichtigsten S¨ atze in diesem Kapitel sind der Basisauswahlsatz, der Basiserg¨anzungssatz sowie der Austauschsatz von Steinitz. Frage 108 Was versteht man unter einer Basis in einem K-Vektorraum V ? Antwort: Eine Basis ist ein System S von Vektoren aus V mit den beiden Eigenschaften (i) S ist ein Erzeugendensystem von V , also V = span(S). (ii) S ist linear unabh¨angig. Beispiele: (a) Eine Basis des K n ist gegeben durch die Standardbasis En = (e1 , . . . , en ) mit e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 0, 1). (b) Eine Basis des Vektorraums K[X] = { i∈N αi X i ; αi = 0 f¨ ur fast alle i} der 2 , .√. .). Polynome in K ist gegeben durch das unendliche System (1, X, X √ (c) Die Elemente 1 und 2 bilden eine Basis des Q-Vektorraums Q( 2). (d) (1, i) ist eine Basis von C, betrachtet als R-Vektorraum. 

Frage 109 Wie lassen sich Basen in einem endlich erzeugten Vektorraum V = {0} charakterisieren? Antwort: Folgende Aussagen sind f¨ur B = (v1 , . . . , vn ) ¨aquivalent: (i) B ist eine Basis von V . (ii) B ist ein unverl¨angerbares (maximales) linear unabh¨angiges System in V , d. h., f¨ugt man zu B irgendeinen Vektor v ∈ V hinzu, so ist das neue System linear abh¨angig. (iii) B ist ein unverk¨urzbares (minimales) Erzeugendensystem von V, d. h., l¨asst man einen Vektor weg, so ist das neue System kein Erzeugendensystem mehr. (iv) Jeder Vektor aus V l¨asst sich eindeutig als Linearkombination von Vektoren aus B schreiben.

48

2 Vektorr¨aume

Beweis: (i) =⇒ (ii): Sei v ∈ V beliebig. Da B als Basis insbesondere ein Erzeugendensystem von Vist, l¨asst sich v als Linearkombination der Basisvektoren darstellen, es n gilt also v = i=1 αi vi mit geeigneten αi ∈ K. Subtraktion von v auf beiden Seiten der Gleichung liefert dann n  αi vi = 0. v− i=1

Da zumindest der Koeffizient bei v in dieser Linearkombination nicht verschwindet, bedeutet das, dass die Vektoren v, v1 , . . . , vn linear abh¨angig sind. (ii) =⇒ (iii): Sei B ein maximal linear unabh¨angiges System. W¨are B kein Erzeugendensystem, dann g¨abe es einen Vektor v ∈ V mit v ∈ span(B) und somit w¨are B ∪ {v} ebenfalls linear unabh¨angig, im Widerspruch zur Maximalit¨at von B. Da andererseits B als maximal linear unabh¨angiges System insbesondere linear unabh¨angig ist, ur jeden Basisvektor vi ∈ B kein Erzeugendensystem mehr. Daraus folgt ist B\{vi } f¨ die Minimalit¨atseigenschaft von B. (iii) =⇒ (iv): Ist B ein minimales Erzeugendensystem, so l¨asst sich jeder Vektor aus v ∈ V als Linearkombination der Vektoren aus nAngenommen, die nB darstellen. Darstellung sei nicht eindeutig, es gelte also v = i=1 αi vi = i=1 βi vi , wobei wir ohne Beschr¨ankung der Allgemeinheit αn = βn annehmen k¨ onnen. Dann folgt vn = −

n−1  i=1

αi − βi vi , αn − βn

also vn ∈ span(v1 , . . . , vn−1 ).

i F¨ ur jede Linearkombination λ1 v1 + · · · λn vn gilt dann mit α := − ααni −β −βn

λ1 v1 + · · · λn vn =

n−1 

(λi + λn α )vi .

i=1

Das heißt, (v1 , . . . , vn−1 ) ist ebenfalls ein Erzeugendensystem von V , im Widerspruch dazu, dass B minimal ist. (iv) =⇒ (i): Unter der Voraussetzung ist B zumindest ein Erzeugendensystem von V , und aus der Eindeutigkeit der Linearkombinationen folgt, dass sich insbesondere der Nullvektor nur durch eine einzige Linearkombination darstellen l¨asst, n¨amlich durch die, in der alle Koeffizienten verschwinden. Daraus folgt die lineare Unabh¨angigkeit von B. 

Frage 110 Was besagt der Basisauswahlsatz? Antwort: Der Basisauswahlsatz lautet: Jedes Erzeugendensystem E = (v1 , . . . , vm ) eines endlich-dimensionalen Vektorraums V enth¨alt ein Teilsystem, das eine Basis von V ist.

2.2 Basis und Dimension

49

Beweis: Da E endlich ist, enth¨alt E ein minimales Erzeugendensystem. Dieses muss dann eine Basis von V sein. 

Frage 111 Was besagt der Basiserg¨ anzungssatz oder Austauschsatz von Steinitz? Antwort: Der Satz besagt: Jedes linear unabh¨angige System S = (u1 , . . . , ur ) von Vektoren eines endlich erzeugten Vektorraums V l¨asst sich durch Hinzunahme von Vektoren eines Erzeugendensystems E = (v1 , . . . , vm ) zu einer Basis von V erg¨anzen. Beweis: Ausgehend von S0 := S konstruiere man linear unabh¨angige Systeme S1 , . . . , Sm durch die rekursive Vorschrift  Si−1 falls vi ∈ span(Si−1 ) Si = Si−1 ∪ {vi } sonst ur i = 1, . . . , m linear unabh¨angig. Sm ist Nach Konstruktion sind alle Systeme Si f¨ aber auch ein Erzeugendensystem von V , da span(Sm ) alle Vektoren des Erzeugendensystems E enth¨alt. Also ist Sm eine Basis von V und der Satz damit bewiesen. Will man beispielsweise die linear unabh¨angigen Vektoren v1 = (1, 1, 0, 0) und v2 = (0, 1, 1, 0) des R4 mit Vektoren aus der Standardbasis zu einer Basis B des R4 erg¨anzen, so liefert der obige Algorithmus S0 = (v1 , v2 ), S1 = (v1 , v2 , e1 ) = S2 = S3 , S4 = (v1 , v2 , e1 , e4 ) = B. 

Frage 112 K¨onnen Sie begr¨ unden, warum jeder endlich erzeugte K-Vektorraum V eine Basis besitzt? Antwort: Man wende den Basisauswahlsatz auf ein endliches Erzeugendensystem E von V an. Die so erhaltene Basis B ⊂ E ist dann in jedem Fall sogar endlich. 

Frage 113 Sei V ein endlich erzeugter K-Vektorraum, E = (v1 , . . . , vm ) ein Erzeugendensystem und B = (u1 , . . . , ur ) eine Basis von V . Wieso gilt dann r ≤ m? Antwort: Das linear unabh¨angige System (u2 , . . . , ur ) l¨asst sich nach dem Basiserg¨anzungssatz durch die Hinzunahme von i1 Vektoren aus E zu einer Basis B1 von V erg¨anzen, wobei notwendigerweise i1 ≥ 1 gilt. Analog l¨asst sich das linear unabh¨angige System B1 \{u2 } zu einer Basis B2 erg¨anzen, indem man i2 weitere Vektoren aus E hinzuf¨ ugt. Auf diese Weise fortfahrend konstruiert man eine Folge B1 , . . . , Br von Vektorraumbasen mit

50

2 Vektorr¨aume |B1 | = r − 1 + i1 |B2 | = r − 2 + i1 + i2 ··· |Br | = i1 + i2 + · · · + ir .

Wegen Br ⊂ E gilt i1 + · · · + ir ≤ m und wegen ij ≥ 1 f¨ ur j = 1, . . . , r folgt daraus r ≤ m wie gew¨ unscht. 

Frage 114 Warum haben je zwei Basen eines endlich erzeugten K-Vektorraums dieselbe L¨ange? Antwort: Seien B1 und B2 zwei Basen von V der L¨ange n bzw. m. Da B2 insbesondere ein Erzeugendensystem ist, gilt m ≥ n nach Frage 113. Aus demselben Grund gilt aber auch n ≤ m, also insgesamt n = m. 

Frage 115 Wie ist die Dimension eines K-Vektorraums definiert? Antwort: Wenn V endlich erzeugt ist, haben alle Basen nach Frage 114 dieselbe L¨ange. Diese L¨ange nennt man die Dimension von V (dim V ). Ist V nicht endlich erzeugt, so setzt man dim V = ∞ und sagt, V sei unendlich-dimensional. 

Frage 116 Wie ist der Rang rg(v1 , . . . , vr ) eines endlichen Systems (v1 , . . . , vr ) von Vektoren aus V definiert? Antwort: Es ist rg(v1 , . . . , vn ) = dim span(v1 , . . . , vn ). 

Frage 117 K¨onnen Sie zeigen, dass es in einem nicht endlich erzeugten K-Vektorraum linear unabh¨angige Systeme beliebiger L¨ange gibt? Antwort: Angenommen, der Zusammenhang gilt nicht. Dann gibt es ein linear unabh¨angiges System maximaler L¨ange in V . Dies w¨are dann eine Basis von V , also insbesondere ein endliches Erzeugendensystem von V , im Widerspruch dazu, dass V unendlichdimensional ist. 

2.2 Basis und Dimension

51

Frage 118 Man betrachte zum Raum der stetigen Funktionen aus R die folgende Teilmenge S = {fa : R −→ R; fa (x) = x + a}. K¨onnen Sie alle maximal linear unabh¨angigen Teilmengen von S bestimmen? Antwort: F¨ ur a = b sind die beiden Funktionen fa und fb linear unabh¨angig, denn aus α1 fa + βfb = 0 folgt αfa (x) + βfb (x) = α(x + a) + β(x + a) = (α + β)x + αa + βb = 0

(∗)

f¨ ur alle x ∈ R. Einsetzen der speziellen Werte x = 0 und x = 1 liefert αa + βb = α + β + αa + βb = 0, also β = −α und damit α(a − b) = 0, was wegen a = b dann α = 0 und schließlich auch β = 0 impliziert. Das zeigt die lineare Unabh¨angigkeit der Funktionen fa , fb . Je drei paarweise verschiedene Funktionen fa , fb , fc aus S sind jedoch linear abh¨angig. Wie oben f¨ uhrt αfa + βfb + γfc = 0 auf (α + β + γ)x + αa + βb + γc = 0

f¨ ur alle x ∈ R,

was auf jeden Fall f¨ ur die L¨osungen des Gleichungssystems α+β +γ = αa+βb+γc = 0 erf¨ ullt ist. Dieses System aus zwei Gleichungen in drei Unbekannten besitzt aber stets eine nichttriviale L¨osung. (Was sich unmittelbar aus der Theorie linearer Gleichungssysteme ergibt, auf ,,elementarem“ Weg aber auch durch explizite Konstruktion der L¨osungen wie im ersten Teil der Antwort verifiziert werden kann.) Insgesamt folgt, dass die maximal linear unabh¨angigen Systeme aus S genau diejenigen sind, die zwei verschiedene Funktionen aus S enthalten.  Frage 119 Ist B eine Basis eines K-Vektorraums V , wieso gilt dann |V | = max{|B|, |K|}? Antwort: Die Ungleichung |V | ≥ |B| ist klar. Um |V | ≥ |K| zu beweisen, w¨ahle man einen beliebigen Vektor v ∈ B. Wegen v = 0 gilt αv = βv f¨ ur aα = b. Es folgt K = Kv ⊂ V , also |K| ≤ |V |. Zum Bew eis der anderen Ungleichung betrachte man die f¨ ur jeden Vektor v ∈ V k(v) eindeutige Darstellung v = i=1 αi vi und ordne dem Vektor v die Menge Ψ(v) := {(α1 , v1 ), . . . , (αk(v) , vk(v) )} ⊂ K × B zu. Damit ist Ψ eine injektive Abbildung V −→ Pfin (K × B), wobei Pfin (M ) f¨ ur eine beliebige Menge M die Menge der endlichen Teilmengen von M bezeichnet. Ist M unendlich, so gilt der allgemeine Zusammenhang |Pfin (M )| = |M |, und damit erh¨alt man insgesamt |V | ≤ |Pfin (K × B)| = |K × B| = max{|K|, |B|}.



52

2 Vektorr¨aume

Frage 120 Ist B eine Basis des Raums RR der Funktionen R −→ R und C eine Basis der Raums C (R) der stetigen Funktionen auf R, dann gilt |B| > |R| und |C| = |R|. K¨onnen Sie das begr¨ unden? Antwort: Die Abbildung Ψ : RR −→ P(R) mit Ψ(f ) = {x ∈ R; f (x) = 0} ist surjektiv. Also gilt |RR | ≥ |P(R)| > |R|. Da |RR | = max{|R|, |B|} nach Frage 119 gilt, folgt |B| > |R|. Eine stetige Funktion ist durch ihre Werte in Q bereits eindeutig festgelegt. Daher ist die Abbildung f −→ f |Q C (R) −→ RQ , injektiv. Es folgt |C (R)| ≤ |RQ | = |RN | = |R|. Zusammen mit |C (R)| = max{|R|, |C|} folgt daraus die Behauptung. 

Frage 121 Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum und U ⊂ V ein Unterraum. K¨onnen Sie dim U ≤ dim V zeigen und dass dim U = dim V nur f¨ ur U = V gilt? Antwort: Sei dim V = n. Angenommen, dim U > n. Dann gibt es ein linear unabh¨angiges System der L¨ange n + 1 von Vektoren aus U . Das System dieser Vektoren ist nat¨ urlich auch in V linear unabh¨angig, im Widerspruch zu Antwort 109 (d). Also ist U endlich erzeugt mit dim U ≤ dim V . Der Zusatz folgt aus dem Basiserg¨anzungssatz. 

Frage 122 Seien U, W ⊂ V Unterr¨aume eines K-Vektorraums V . Unter welcher Bedingung ist auch U ∪ W ein Unterraum von V ? Antwort: Bez¨ uglich der Vereinigung von Unterr¨aumen gilt: U ∪ W ist genau dann ein Unterraum, wenn U ⊂ W oder W ⊂ U gilt. Hier ist die ,,R¨ uckrichtung“ der ¨ Aquivalenz offensichtlich, da U ∪ W in diesem Fall einem der beiden Unterr¨aume U oder W entspricht. Gilt umgekehrt U ⊂ W und W ⊂ U , dann w¨ahle man Vektoren u ∈ U \W und w ∈ W \U . Der Vektor u + w kann dann nicht in U enthalten sein, denn aus u + w = u ∈ U folgt w = u − u ∈ U , im Widerspruch zur Voraussetzung. Analog folgt u + w ∈ W , insgesamt also u + w ∈ U ∪ W . Daher kann U ∪ W in diesem Fall kein Vektorraum sein. 

2.3 Summen von Vektorr¨ aumen Die Antworten zu den Fragen 98 und 122 zeigen, dass man durch die bloße mengentheoretische Vereinigung zweier Unterr¨aume in der Regel keinen neuen Unterraum

2.3 Summen von Vektorr¨aumen

53

erh¨alt. Um gegebene Unterr¨aume U und W zu einem gr¨ oßeren Raum zusammenzufassen, der ebenfalls eine lineare Struktur tr¨ agt, bildet man statt dessen die Summe U + W , welche gerade dem Erzeugnis der Menge U ∪ W entspricht. Frage 123 Wie ist die Summe U + W zweier Unterr¨aume eines K-Vektorraums V definiert? Antwort: Man definiert U + W = span(U ∪ W ). Damit besitzt jedes Element aus v ∈ U + W eine Darstellung v = u + w mit u ∈ U und w ∈ W . Diese Darstellung braucht im Allgemeinen jedoch nicht eindeutig zu sein. 

Frage 124 Wie lautet die Dimensionsformel f¨ ur Unterr¨ aume? K¨ onnen Sie eine Beweisskizze geben?

Antwort: Die Dimensionsformel lautet: F¨ur endlich-dimensionale Untervektorr¨aume U, W ⊂ V gilt dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ). Beweis: Sei (v1 , . . . , vm ) eine Basis von U ∩ W . Gem¨aß dem Basiserg¨anzungssatz kann man diese zu einer Basis BU = (v1 , . . . , vm , u1 , . . . , ur ) von U bzw. einer Basis BW = (v1 , . . . , vm , w1 , . . . , ws ) von W erg¨anzen. Durch Zusammenfassen von BU und BW erh¨alt man B := (v1 , . . . , vm , u1 , . . . , ur , w1 , . . . , ws ). Da das System B genau dim U + dim W − dim(U ∩ B) Vektoren enth¨alt, gen¨ ugt es zu zeigen, dass B eine Basis von U + W ist. Offensichtlich ist B ein Erzeugendensystem von U +W , also muss nur noch die lineare Unabh¨angigkeit nachgewiesen werden. Dazu betrachte man α v + · · · + αm vm + β1 u1 + · · · + βr ur + γ1 w1 + · · · + γs ws = 0.

1 1   =:v

(∗)

=:−v

Der Vektor v l¨asst sich sowohl als Linearkombination von Vektoren aus BU als auch von Vektoren aus BW darstellen und liegt folglich in U ∩ W . Daher muss er sich bereits als Linearkombination der Vektoren v1 , . . . , vm darstellen lassen, also ist (∗) ¨aquivalent zu α1 v1 + · · · + αm vm + γ1 w1 + · · · + γs ws = 0 mit eindeutig bestimmten αi ∈ K. Das ist eine Linearkombination der Basisvektoren ur i = 1, . . . , s. Setzt man aus BW . Da BW linear unabh¨angig ist, folgt daraus γi = 0 f¨ dieses Ergebnis in (∗) ein, so liefert die linearen Unabh¨angigkeit von BU , dass auch die

54

2 Vektorr¨aume

restlichen Koeffizienten in (∗) verschwinden. Das zeigt die lineare Unabh¨angigkeil von B und damit insgesamt die Behauptung. 

Frage 125 Wann heißt die Summe U + W zweier Unterr¨aume eines K-Vektorraums V direkt? Antwort: Eine Summe U + W heißt direkt, geschrieben U ⊕ W , wenn U ∩ W = {0} gilt. Das ist ¨aquivalent dazu, dass jedes Element v ∈ U ⊕W eine eindeutige Darstellung v = u + w mit u ∈ U und w ∈ W besitzt. Hat man n¨amlich eine Basis (u1 , . . . , ur ) von U und eine Basis (w1 , . . . , wm ) von W , so impliziert U ∩ W = {0}, dass das System Jeder (u1 , . . . , ur , w1 , . . . , wm ) linear unabh¨angig und damit eine Basis rvon U + Wist. m Vektor v  ∈ U + W hat dann eine eindeutige Darstellung v = α u + i i i=1 i=1 βi wi  mit u = ri=1 αi ui ∈ U und w = m β w ∈ W .  i i i=1

Frage 126 Wann gilt f¨ ur zwei Unterr¨aume U und W eines endlichdimensionalen K-Vektorraums dim(U + W ) = dim(U ) + dim(W )? Antwort: Nach der Dimensionsformel aus Frage 124 gilt die Formel genau dann, wenn dim(U ∩ W ) = 0, also U ∩ W = {0} gilt bzw. genau dann, wenn die Summe direkt ist. 

Frage 127 Was ist ein Komplement eines Unterraums U ⊂ V in V ? Ist ein Komplement, falls es existiert, eindeutig bestimmt? Antwort: Ein Komplement eines Unterraums U ⊂ V ist ein Unterraum W ⊂ V derart, dass V = U ⊕ W gilt. Ein Komplement ist nicht eindeutig bestimmt. Sei V zum Beispiel zweidimensional und U der von einem Vektor u ∈ V aufgespannte Unterraum. F¨ ur zwei von u linear unabh¨angige Vektoren w und w gilt dann V = U ⊕ Kw = U ⊕ Kw , aber Kw = Kw , sofern w = w ist.



3 Lineare Abbildungen und Matrizen In der Linearen Algebra bewegt man sich immer innerhalb von Vektorr¨ aumen, also Mengen mit einer bestimmten algebraischen Struktur. Wie meistens in der Mathematik geh¨ort zu einer bestimmten, durch strukturelle Eigenschaften ausgezeichneten Klasse von Mengen aber auch eine bestimmte Klasse von Abbildungen, die die Struktur ebendieser Mengen respektieren. Im Fall der Linearen Algebra sind das die linearen Abbildungen oder Vektorraumhomomorphismen. Eine lineare Abbildung F : V −→ W zwischen zwei Vektorr¨ aumen V und W u ¨ bertr¨agt alle vektorraumspezifischen Relationen, die zwischen den Vektoren aus V bestehen, auf deren Bilder in W . So gilt z. B. v ∈ span(v1 , . . . , vr ) =⇒ F (v) ∈ span(F (v1 ), . . . , F (vr )) v1 , . . . , vr linear abh¨angig =⇒ F (v1 ), . . . , F (vr ) linear abh¨ angig w = α1 v1 + · · · + αr vr =⇒ F (w) = α1 F (v1 ) + · · · + αr F (vr ). Das letzte Beispiel ist besonders aufschlussreich. Da sich jede Relation, die zwischen den Elementen eines Vektorraums besteht, durch den Begriff der Linearkombination ausdr¨ ucken l¨asst, gen¨ ugt es, f¨ ur eine lineare Abbildung zu fordern, dass sie bestehende Gleichungen zwischen Linearkombinationen u agt, dass al¨ bertr¨ so f¨ ur v1 , . . . , vr ∈ V und α1 , . . . , αr ∈ K stets gilt: F (α1 v1 + · · · + αr vr ) = α1 F (v1 ) + · · · + αr F (vr ) Dies ist bereits in der k¨ urzeren Forderung F (α1 v1 + α2 v2 ) = α1 F (v1 ) + α2 F (v2 )

f¨ ur alle v1 , v2 ∈ V und α1 , α2 ∈ K

enthalten.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 R. Busam et al., Prüfungstrainer Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-59404-9_3

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56

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Da sich alle Elemente eines Vektorraums als Linearkombinationen der Basisvektoren darstellen lassen, verwundert es nicht, dass lineare Abbildungen die Eigenschaft besitzen, bereits durch ihre Werte auf den Basisvektoren eindeutig bestimmt zu sein, was ein große rechnerische und theoretischen Tragweite besitzt.

3.1 Grundbegriffe Wir f¨ uhren in diesem Abschnitt die wesentlichen Grundbegriffe ein und leiten daraus die ersten elementaren Eigenschaften linearer Abbildungen ab. Hier und im Folgenden bezeichnen wir lineare Abbildungen stets große lateinische Buchstaben F, G. Ist von allgemeinen, nicht unbedingt linearen, Abbildungen die Rede, dann benutzen wir kleine Buchstaben f, g, h. Frage 128 Wann heißt eine Abbildung F : V −→ W zwischen K-Vektorr¨aumen V und W K-linear oder K-Homomorphismus? Antwort: Eine Abbildung F : V −→ W heißt K-linear bzw. K-Homomorphismus, wenn f¨ ur alle v, w ∈ V und alle α ∈ K gilt (i) F (v + w) = F (v) + F (w). (ii) F (αv) = α · F (v). Die beiden Bedingungen lassen sich zusammenfassen, indem man f¨ ur v, w ∈ V und α, β ∈ K fordert F (αv + βw) = αF (v) + βF (w). 

Frage 129 K¨onnen Sie die Begriffe Isomorphismus, Epimorphismus, Endomorphismus und Automorphismus erl¨autern? Antwort: Alle vier Begriffe bezeichnen Spezialf¨alle linearer Abbildungen. Eine lineare Abbildung F : V −→ W zwischen K-Vektorr¨aumen V und W heißt Isomorphismus, wenn F bijektiv ist, Epimorphismus, wenn F surjektiv ist,

3.1 Grundbegriffe

57

Endomorphismus, wenn F eine Selbstabbildung ist, also V = W gilt, Automorphismus, wenn V = W gilt und F bijektiv ist.  Frage 130 K¨onnen Sie einige Beispiele linearer Abbildungen nennen? Antwort: Seien V, W Vektorr¨aume. (a) Die identische Abbildung id: V −→ V ist wegen id(v + v  ) = v + v  = id(v) + id(v  ) id(αv) = αv = α · id(v) ein Homomorphismus, aufgrund der Bijektivit¨at sogar ein Isomorphismus. (b) Die Nullabbildung o : V −→ W mit o(v) = 0 f¨ ur alle v ∈ V ist K-linear: o(v + v  ) = 0 = 0 + 0 = o(v) + o(v  ) o(αv) = 0 = α · 0 = α · o(v). (c) F¨ ur einen Unterraum U ⊂ V ist die Inklusionsabbildung U → V ein Vektorraumhomomorphismus. (d) Die komplexe Konjugation −− : C −→ C mit x + iy −→ x − iy ist R-linear, allerdings nicht C-linear. F¨ ur α ∈ C\R gilt n¨amlich αz = α · z = αz. Das ist ¨ubrigens der Grund, weshalb die komplexe Konjugation keine holomorphe Funktion ist (vgl. [6], S. 265). (e) Die linearen Abbildungen R −→ R sind genau die Abbildungen des Typs x −→ ax mit a ∈ R, also genau diejenigen Abbildungen, deren Graph eine Gerade durch den Ursprung beschreibt. (f) Zu m, n ∈ N seien m × n Elemente αij ∈ K mit 1 ≤ i ≤ m und 1 ≤ j ≤ n gegeben. Die Abbildung f : K n −→ K m , die jeden Vektor (x1 , . . . , xn ) ∈ K n auf den Vektor ⎞ ⎛ n n   ⎝ a1j xj , . . . , αmj xj ⎠ j=1

j=1

abbildet, ist eine K-lineare Abbildung. (h) F¨ ur ein Intervall [a, b] bezeichne C ([a, b]) den R-Vektorraum der stetigen Funktionen und C 1 ([a, b]) der stetig differenzierbaren Funktionen auf [a, b]. Dann sind die Abbildungen  x int : C ([a, b]) −→ C 1 ([a, b)], f −→ F mit F (x) = f (t) dt, diff : C ([a, b]) −→ C ([a, b]), 1

f −→ f



a

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3 Lineare Abbildungen und Matrizen R-lineare Abbildungen zwischen unendlich-dimensionalen Veklorr¨aumen. 

Frage 131 Ist die Abbildung F : R2 −→ R mit F ((x1 , x2 )) = x1 − x2 linear? Wie verh¨alt es sich mit G : R2 −→ R, definiert durch G((x1 , x2 )) = x1 x2 ? Antwort: Die Abbildung F ist linear. F¨ ur zwei Vektoren x = (x1 , x2 ) und y = (y1 , y2 ) sowie α ∈ R gilt F (x + y) = F ((x1 + y1 , x2 + y2 )) = (x1 + y1 ) − (x2 + y2 ) = (x1 − x2 ) + (y1 − y2 ) = F (x) + F (y) F (αx) = F ((αx1 , αx2 )) = αx1 − αx2 = α(x1 − x2 ) = αF ((x1 , x2 )) = αF (x). Dagegen ist G nicht linear. Es ist n¨amlich G(x + y) = G((x1 + y1 , x2 + y2 )) = (x1 + y1 )(x2 + y2 ) = x1 x2 + y1 y2 = G(x) + G(y). Ist α ∈ R, so folgt die Nichtlinearit¨at von G auch aus G(αx) = G((αx1 , αx2 )) = α2 x1 x2 = αx1 x2 = αG(x). 

Frage 132 Warum ist die Zusammensetzung (Verkettung) linearer Abbildungen wieder linear? Antwort: Seien G : U −→ V und F : V −→ W linear. Dann gilt f¨ ur alle Vektoren u, u ∈ U F ◦ G(u + u ) = F (G(u + u )) = F (G(u) + G(u )) = F (G(u)) + F (G(u ))

(wegen der Linearit¨at von G) (wegen der Linearit¨at von F )

= F ◦ G(u) + F ◦ G(u ). Nach demselben Muster zeigt man f¨ ur α ∈ R F ◦ G(αu) = F (G(αu)) = F (αG(u)) = αF (G(u)) = α(F ◦ G)(u). Also ist F ◦ G linear.



Frage 133 Ist F : V −→ W linear und bijektiv, warum ist dann auch die Umkehrabbildung G : W −→ V linear und bijektiv?

3.1 Grundbegriffe

59

Antwort: Die Umkehrabbildung einer bijektiven Abbildung ist immer bijektiv Um die Linearit¨at zu zeigen, betrachte man w, w ∈ W und v, v  ∈ V mit F (v) = w und F (v  ) = w . Dann folgt wegen G ◦ F = id und der Linearit¨at von F G(w + w ) = G(F (v) + F (v  )) = G(F (v + v  )) = v + v  = G(w) + G(w ). Weiter erh¨alt man f¨ ur alle α ∈ K G(αw) = G(αF (v)) = G(F (αv)) = αv = αG(w). 

Frage 134 Warum ist die Zusammensetzung von Isomorphismen wieder ein Isomorphismus? Antwort: Die Zusammensetzung zweier Isomorphismen ist als Zusammensetzung zweier bijektiver Abbildungen bijektiv und außerdem linear nach Frage 132.  Frage 135 Wie ist der Kern, wie das Bild einer linearen Abbildung F : V −→ W erkl¨art? Antwort: Man definiert ker F := F −1 (0) := {v ∈ V ; F (v) = 0} ⊂ V im F := F (V ) := {w ∈ W ; es gibt ein v ∈ V mit w = F (v)} ⊂ W. 

Frage 136 Warum besitzen der Kern und das Bild einer K-linearen Abbildung F : V −→ W stets eine Vektorraumstruktur? Antwort: Seien v, v  ∈ ker F und α ∈ K. Dann gilt F (v + v  ) = F (v) + F (v  ) = 0 + 0 = 0, also v + v  ∈ ker F F (αv) = α · F (v) = α · 0 = 0, also αv ∈ ker F, Somit ist ker F ein Untervektorraum von V . Liegen w, w ∈ W im Bild von F , dann gibt es Vektoren v, v  ∈ V mit w = F (v) und w = F (v  ). Mit α ∈ K folgt w + w = F (v) + F (v  ) = F (v + v  ) ∈ im F αw = α · F (v) = F (αv) ∈ im F,

60

3 Lineare Abbildungen und Matrizen also ist im F ein Untervektorraum von W .



Frage 137 K¨onnen Sie zur linearen Abbildung F : R2 −→ R,

(x1 , x2 )T −→ x1 − x2

den Kern und das Bild angeben? Antwort: Wegen F ((x1 , x2 )T ) = 0 ⇐⇒ (x1 − x2 ) = 0 ⇐⇒ x1 = x2 folgt ker F = {(x1 , x2 )T ∈ R2 ; x1 = x2 } = R · (1, 1)T . Zu jedem a ∈ R gibt es mit (a, 0) zumindest ein Urbild unter F (es gibt nat¨ urlich noch viel mehr). Daher ist im F = R. 

Frage 138 Wie l¨asst sich die Surjektivit¨at bzw. Injektivit¨at einer linearen Abbildung F : V −→ W mittels der Eigenschaften von im F bzw. ker F charakterisieren? Antwort: Es gilt: (i) F surjektiv ⇐⇒ im F = W , (ii) F injektiv ⇐⇒ ker F = {0}. Aussage (i) ist klar: F ist surjektiv genau dann, wenn f¨ ur jedes w ∈ W ein v ∈ V mit F (v) = w existiert, was gerade bedeutet, dass jedes w ∈ W im Bild von F liegt. Zu Aussage (ii): Ist F injektiv, so kann nat¨ urlich nur ein Element auf die Null abgebildet werden. Das zeigt die ,,Hinrichtung“. Ist umgekehrt ker F = {0}, dann folgt aus F (v) = F (v  ), also F (v − v  ) = 0, dass v − v  = 0 und damit v = v  gilt. D. h., F ist injektiv. 

Frage 139 Was besagt der ,,Basisbildersatz“ f¨ ur lineare Abbildungen? Antwort: Der Satz besagt: Seien V, W Vektorr¨aume, F : V −→ W linear, sowie (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V . Dann ist die Abbildung F durch die Bilder F (v1 ), . . . , F (vn ) der Basisvektoren bereits eindeutig bestimmt. Beweis: F¨ ur beliebiges v ∈ V gibt es eindeutig bestimmte Skalare α1 , . . . , αn ∈ K mit v = α1 v1 + · · · + αn vn . F¨ ur den Wert F (v) unter einer linearen Abbildung F : V −→ W gilt dann

3.1 Grundbegriffe

61

F (v) = F (α1 v1 + · · · + αn vn ) = α1 F (v1 ) + · · · + αn F (vn ). Der Wert F (v) ist also f¨ ur jedes v ∈ V durch die Bilder F (v1 ), . . . , F (vn ) der Basisvektoren bereits eindeutig bestimmt. 

Frage 140 Gibt es eine lineare Abbildung F : R2 −→ R2 mit F ((2, 1)T ) = (1, 1)T ,

F ((1, 1)T ) = (2, 1)T ,

F ((1, 2)T ) = (1, 2)T ?

Antwort: Die Vektoren v1 = (2, 1)T und v2 = (1, 1)T bilden eine Basis von R2 . Nach dem Basisbildersatz ist F durch die Werte f¨ ur v1 und v2 bereits eindeutig festgelegt, sofern F linear ist. In diesem Fall erhielte man wegen (1, 2)T = −v1 + 3 · v2 F ((1, 2)T ) = −F (v1 ) + 3 · F (v2 ) = −(1, 1)T + 3 · (2, 1)T = (5, 2)T = (1, 2)T . Daraus folgt, dass keine lineare Abbildung mit den angegebenen Eigenschaften existiert. 

Frage 141 Mit HomK (V, W ) bezeichnet man die Menge aller K-linearen Abbildungen V −→ W . Wie l¨asst sich auf HomK (V, W ) eine Vektorraumstruktur definieren? Antwort: F¨ ur zwei Abbildungen F, G ∈ HomK (V, W ) und α ∈ K definiere man die Vektorraumaddition sowie die skalare Multiplikation durch F + G : V −→ W, αF : V −→ W,

(F + G)(v) = F (v) + G(v) (αF )(v) = α · F (v).

(i) (ii)

Dann sind F + G und αF K-linear wegen (F + G)(v + v  ) = F (v + v  ) + G(v + v  ) = F (v) + F (v  ) + G(v) + G(v  ) = (F + G)(v) + (F + G)(v  ), (F + G)(αv) = F (αv) + G(αv) = αF (v) + αG(v) = α(F (v) + G(v)) = α(F + G)(v). Die Abbildungen F +G und αF geh¨oren damit ebenfalls zu HomK (V, W ), also handelt es sich bei HomK (V, W ) zusammen mit den beiden Operationen (i) und (ii) um einen K-Vektorraum. 

Frage 142 Warum ist HomK (V, W ) (kanonisch) isomorph zu W ? Antwort: Sei F ∈ HomK (K, W ). F¨ ur jedes α ∈ K gilt dann F (α) = α · F (1), und damit ist F bereits durch den Wert F (1) ∈ W eindeutig bestimmt. Umgekehrt l¨asst

62

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

sich zu jedem w ∈ W eine lineare Abbildung G ∈ HomK (K, W ) allein durch die Festsetzung G(1) = w definieren. Die Abbildung Φ : HomK (K, W ) −→ W,

F −→ F (1)

ist also bijektiv. Sie ist ferner linear, denn f¨ ur F, G ∈ HomK (K, W ) und α, β ∈ K hat man wegen der Linearit¨at von F und G Φ(αF + βG) = (αF + βG)(1) = αF (1) + βG(1) = αΦ(F ) + βΦ(G). Insgesamt handelt es sich bei F also um einen Isomorphismus.



Frage 143 Was versteht man unter dem Rang einer linearen Abbildung F : V −→ W? Antwort: Der Rang von F ist definiert als die Dimension des Bildes von F rg F := dim im F. Beispielsweise besitzt eine konstante Abbildung V −→ W mit v −→ w f¨ ur ein w ∈ W und alle v ∈ V den Rang 1. F¨ ur die identische Abbildung id : V −→ V gilt rg id = dim V , und f¨ ur die Nullabbildung o : V −→ {0} ist rg o = 0. 

Frage 144 Was besagt die Dimensionsformel (Rangformel) f¨ ur lineare Abbildungen? K¨onnen Sie eine Beweisskizze geben? Antwort: Die Dimensionsformel liefert einen Zusammenhang zwischen der Dimension des Kerns und der des Rangs einer linearen Abbildung. Sie lautet: F¨ur K-Vektorr¨aume V, W und K-lineare Abbildungen f : V −→ W gilt dim V = dim ker F + dim im F. Beweis: Ist einer der beiden R¨aume im F oder ker F unendlich-dimensional, so auch V , und in diesem Fall gilt die Formel. Man kann also annehmen, dass ker F und im V beide von endlicher Dimension sind. Man w¨ahle eine Basis (v1 , . . . , vr ) von ker F . Nach dem Basiserg¨anzungssatz kann diese zu einer Basis (v1 , . . . , vr , w1 , . . . , ws ) von V erg¨anzt werden, wobei s + r = n = dim V gilt. Die Vektoren F (w1 ), . . . , F (ws ) bilden ein Erzeugendensystem von im F , denn f¨ ur v ∈ V hat man eine Darstellung dann s r v = i=1 αi vi + j=1 αj wj mit eindeutig bestim mten αi , αj ∈ K. Daraus folgt F (v) =

r  i=1

+ αi f (vi ) +

 =0

s  j=1

αj F (wj ) =

s  j=1

αj F (wj ).

3.1 Grundbegriffe

63

Somit ist im F = span(F (w1 ), . . . , F (ws )). Die Dimensionsformel folgt also, wenn jetzt noch die lineare Unabh¨angigkeit der F (wi ) gezeigt werden kann. In diesem Fall gilt dann n¨amlich dim im F = s = n − r = dim V − dim ker F . Sei also α1 F (w1 ) + · · · + αs F (ws ) = 0. Dann folgt aufgrund der Linearit¨at von F α1 w1 + · · · + αs ws ∈ ker F, also α1 w1 + · · · + αs ws = β1 v1 + · · · + βr vr f¨ ur eindeutig bestimmte βi ∈ R. Man erh¨alt −β1 v1 − · · · − βr vr + α1 w1 + · · · + αs ws = 0, und daraus folgt α1 = · · · = αs = β1 = · · · = βr = 0, da (v1 , . . . , vr , w1 , . . . , ws ) eine Basis von V ist. Damit ist die lineare Unabh¨angigkeit von (F (w1 ), . . . , F (ws )) und insgesamt die Dimensionsformel bewiesen. 

Frage 145 K¨onnen Sie folgenden Zusammenhang begr¨ unden? Ist V oder W endlichdimensional, so gilt f¨ ur F ∈ HomK (V, W ) stets rg F ≤ min(dim V, dim W ). Antwort: Wegen im F ⊂ W gilt stets rg F = dim im F ≤ dim W . Es muss im Folgenden also nur noch rg F ≤ dim V nachgewiesen werden. Ist W endlich-dimensional und V unendlich-dimensional, dann gilt erst recht rg F < V , und die Ungleichung ist in diesem Fall richtig. F¨ ur endlich-dimensionales V folgt rg F ≤ dim V aus dem Basisbildersatz, demzufolge im F ein Erzeugendensystems der L¨ange dim V besitzt. Also gilt dim im F = rg F ≤ dim V aufgrund von Frage 113. 

Frage 146 Folgt aus dim ker F < ∞ und dim im F < ∞ die Endlichkeit von dim V ? Antwort: Ja, denn dim V = dim ker F + dim im F < ∞.



Frage 147 Sei dim V = dim W < ∞. K¨onnen Sie zeigen, dass die folgenden Aussagen ¨aquivalent sind? (i) F ist surjektiv,

(ii) F ist injektiv,

(iii) F ist bijektiv.

64

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Mit anderen Worten: Eine lineare Abbildung zwischen zwei Vektorr¨aumen derselben Dimension ist bereits dann bijektiv, wenn sie injektiv oder surjektiv ist. Antwort: Ist F surjektiv, dann gilt dim im F = dim W = dim V , und damit folgt aus der Dimensionsformel dim ker F = 0, also ker F = {0}, d. h., F ist injektiv nach Frage 138. Ist F injektiv, dann gilt dim ker F = 0, und zwar wieder aufgrund von Frage 138. Die Dimensionsformel liefert dann dim W = dim V = dim im F . Daraus folgt die Surjektivit¨at von F . ¨ Damit ist die Aquivalenz (i) ⇐⇒ (ii) gezeigt, aus der unmittelbar folgt, dass beide Aussagen mit (iii) ¨aquivalent sind. 

Frage 148 Sei dim V = dim W = n. Warum ist F genau dann ein Isomorphismus wenn rg F = n gilt? Antwort: Ist F bijektiv, dann gilt ker F = {0}, und aus der Dimensionsformel folgt rg F = dim V = dim W = n. Gilt umgekehrt rg F = n, dann liefert die Dimensionsformel dim ker F = 0. Also ist F injektiv und aufgrund von Frage 147 auch bijektiv, also ein Isomorphismus. 

3.2 Quotientenvektorr¨ aume und affine Unterr¨ aume ¨ Das Aquivalent zu den Nebenklassen der Gruppentheorie bilden bei den Vektorr¨aumen die affinen Unterr¨aume. In der Euklidischen Geometrie handelt es sich dabei um Punkte, Geraden und Ebenen. Dies sind selbst in der Regel keine Unterr¨aume, sondern entstehen aus diesen durch Parallelverschiebung entlang eines Vektors. Frage 149 Was ist ein affiner Unterraum eines Vektorraums V ? K¨ onnen Sie einige Beispiele nennen? Antwort: Man nennt eine Teilmenge A ⊂ V einen affinen Unterraum, wenn A leer ist oder es ein Element a ∈ V und einen linearen Unterraum U ⊂ V gibt, so dass gilt A = a + U := {a + u; u ∈ U }. Im R3 sind die affinen Unterr¨aume gerade die Punkte, Geraden und Ebenen, im R2 analog die Punkte und Geraden. Die Gerade x2 = x1 + 1 etwa ist der um den Vektor (0, 1)T parallel verschobene Unterraum R · (1, 1)T ⊂ R2 .

3.2 Quotientenvektorr¨aume und affine Unterr¨aume

65

Ein weiteres wichtiges Beispiel f¨ ur affine Unterr¨aume sind die L¨ osungsmengen nichthomogener Gleichungssysteme (s. Frage 223). 

Frage 150 Wie ist die Dimension eines affinen Unterraums definiert? Was versteht man unter einer affinen Gerade bzw. einer affinen Ebene? Antwort: Die Dimension eines affinen Unterraums v + U ist dim U . Man nennt einen affinen Unterraum A Gerade, wenn A die Dimension 1 und Ebene, wenn A die Dimension 2 hat. 

Frage 151 Was ist eine affine Hyperebene? K¨ onnen Sie ein Beispiel nennen? Antwort: Ist V ein n-dimensionaler Vektorraum und U ⊂ V ein Unterraum der Dimension n − 1, so ist jeder affine Unterraum v + U eine Hyperebene in V .  Beispiele f¨ ur Hyperebenen sind die Geraden im R2 und die Ebenen im R3 .

Frage 152 Wann heißen zwei affine Unterr¨aume A1 = v1 + U1 und A2 = v2 + U2 parallel? Wann ist eine affine Gerade zu einer affinen Ebene parallel? Antwort: A1 und A2 heißen parallel, wenn U1 ⊂ U2 oder U2 ⊂ U1 gilt. Ist A1 eine affine Gerade, A2 eine affine Ebene, so ist A1 parallel zu A2 , wenn U1 ein Unterraum von U2 ist. 

Frage 153 K¨onnen Sie zeigen: Ist U ⊂ V ein Unterraum, dann gilt f¨ ur v, w ∈ V entweder v +U = w +U oder (v +U )∩(w +U ) = ∅? (Anschaulich: Zwei nicht parallele affine Unterraum dentische parallele affine Unterr¨aume besitzen keinen Schnittpunkt.) Antwort: Sei a ∈ (v +U )∩(w+U ). Dann gibt es u1 , u2 ∈ U mit a = v +u1 = w+u2 . Daraus folgt zun¨achst v = w + u2 − u1 . Ist nun b ein beliebiges Element aus v + U , dann gilt b = v + u3 f¨ ur ein u3 ∈ U , also b = w + u2 − u1 + u3 ∈ w + U . Das zeigt v +U ⊂ w +U , und auf dieselbe Weise folgt w +U ⊂ v +U . Das zeigt die Behauptung. 

Frage 154 Sei U ein Unterraum und V /U := {v + U ; v ∈ V }. Wie kann man dieser Menge eine K-Vektorraumstruktur aufpr¨agen? Wie nennt man den Raum V /U ?

66

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Antwort: Setzt man versuchsweise (v + U ) + (w + U ) = (v + w)) + U,

α(v + U ) = αv + U,

(∗)

so erf¨ ullt V /U zusammen mit diesen Verkn¨ upfungen formal alle Vektorraumaxiome. Die Frage w¨are damit beantwortet, vorausgesetzt man kann zeigen, dass durch (∗) u ¨berhaupt eine wohldefinierte Abbildung gegeben ist, was in diesem Fall bedeutet, dass die Definition der Summe und skalaren Multilplikation unabh¨angig von der Auswahl der Repr¨asentanten sind. Es muss also gezeigt werden, dass aus v + U = v  + U und w + U = w + U stets (v + w) + U = (v  + w ) + U und αv + U = αv  + U folgt, wie es in dem Beispiel in der Abbildung der Fall ist.

Gelte also v +U = v  +U und w+U = w +U . Dann folgt v  = v +u1 und w = w+u2 f¨ ur bestiminte u1 , u2 ∈ U . Es folgt dann (v  + w ) + U = (v + u1 + w + u2 ) + U = (v + w)+u1 +u2 +U = (v+w)+U und αv  +U = α(v+u1 )+U = αv+αu1 +U = αv+U . Damit sind die Verkn¨ upfungen durch (∗) in der Tat wohldelfiniert und V /U damit ein K-Vektorraum. Man nennt V /U Quotientenvektorraum. 

Frage 155 Sei F : V −→ W eine lineare Abbildung und w ∈ W . Was versteht man unter der Faser von F u ¨ber w? Antwort: Die Faser ist die Urbildmenge F −1 (w) des Vektors w unter F : F −1 (w) := {v ∈ V ; F (v) = w}. Die Faser von F ¨uber w ist genau dann nichtleer, wenn w im Bild von F liegt.



3.2 Quotientenvektorr¨aume und affine Unterr¨aume

67

Frage 156 Wieso wird V durch die Fasern von F in disjunkte Teilmengen zerlegt? Antwort: Jedes v ∈ V wird auf genau ein Element F (v) = w ∈ W abgebildet und  liegt daher in genau einer Faser, n¨amlich in F −1 (w).

Frage 157 In welchem Zusammenhang stehen die Fasern von F mit den affinen Unterr¨aumen von V ? Antwort: Es gilt: F¨ur v ∈ V ist die Faser von F ¨uber F (v) gerade der affine Unterraum v + ker F . Es gilt also v + ker F = F −1 (F (v)). Ist F insbesondere surjektiv, dann entsprechen die Fasern von F auf bijektive Weise den affinen Unterr¨aumen v + U mit U = ker F . Beweis: Sei U := ker F . F¨ ur v + u ∈ v + U gilt F (v + u) = F (v), also v + u ∈ F −1 (F (v)), und damit v + U ⊂ F −1 (F (v)). Ist umgekehrt v  ∈ F −1 (F (v)), dann gilt F (v  ) = F (v), also F (v  − v) = 0 bzw. v  − v ∈ U . Es folgt v  = v + u mit einem u ∈ U und schließlich v  ∈ v + U . Das zeigt insgesamt die erste Behauptung. Die zweite folgt daraus unmittelbar, denn f¨ ur ein surjektives F liegt u ¨ber jedem w = F (v) genau eine nichtleere Faser, und diese ist nach dem ersten Teil von der Gestalt v + U . 

Frage 158 Wie ist die nat¨ urliche Projektion πU : V −→ V /U definiert? Antwort: F¨ ur v ∈ V definiert man πU (v) = v + U. Damit ist πU ein surjektiver Homomorphismus mit ker πU = U .



Frage 159 Sei F : V −→ W linear w ∈ im F und u ∈ F −1 (w) beliebig. K¨ onnen Sie F −1 (w) = u + ker F = {u + v; v ∈ ker F } zeigen? Antwort: Sei u ∈ F −1 (w). Dann gilt F (u ) = F (u), also u − u ∈ ker F und damit ur ein v ∈ ker F . u = u + v f¨ Gilt umgekehrt u = u + v mit v ∈ ker F , dann ist F (u − u) = 0 und folglich  F (u ) = F (u) = w, also u ∈ F −1 (w).

68

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Frage 160 Wie lautet der Faktorisierungssatz? Antwort: Der Satz lautet: Sei F : V −→ W surjektiv und linear mit ker F = U . Sei ferner U  ein Komplement von U in V , also ein linearer Unterraum, mit dem V = U ⊕ U  gilt. Dann ist die Einschr¨ankung F |U  : U  −→ W ein Isomorphismus und mit der Projektion π : V = U ⊕ U  −→ U  ,

u + u −→ u

auf den zweiten Summanden gilt F = F |U  ◦ π. In Form eines Diagramms hat man

Beweis: Die erste Aussage (ii) ergibt sich daraus, das F |U  erstens U  surjektiv auf W abbildet und zweitens wegen ker F |U  = {0} injektiv ist. Damit folgt die zweite Aussage unmittelbar aufgrund der Konstruktion von π. 

Frage 161 Wie lautet der Homomorphiesatz f¨ ur Vektorr¨aume? Antwort: Der Satz lautet: Sei U ⊂ V ein linearer Unterraum eines K-Vektorraums V und sei π : V −→ V /U der kanonische Epimorphismus oder allgemeiner ein Epimorphismus mit ker π ⊂ U . Dann gibt es zu jeder K-linearen Abbildung F : V −→ W eine lineare Abbildung F : V /U −→ W , so dass das unten stehende Diagramm kombetatiert

Es ist F genau dann injektiv, wenn U = ker F gilt und genau dann surjektiv, wenn F surjektiv ist. Beweis: Die Eindeutigkeit ist klar. Um die Existenz zu zeigen beachte man, dass f¨ ur zwei Vektoren v, v  mit π(v) = π(v  ) gilt v  − v ∈ U ⊂ ker F und daher v  = v + u mit einem u ∈ ker F . Es folgt dann F (v  ) = F (v + u) = F (v), und daher ist die durch

3.2 Quotientenvektorr¨aume und affine Unterr¨aume F : V /U −→ W,

69

v −→ F (v)

gegebene Abbildung wohldefiniert, wobei mit v jeweils irgendein Urbild von v ∈ V /U unter π gemeint ist. Mit dieser Definition ist die Beziehung F = F ◦ π erf¨ ullt. Weiter muss gezeigt werden, dass F K-linear ist. Dazu seien v, v  ∈ V und v, v  entsprechende Urbilder in V sowie α ∈ K. Dann gilt F (v + v  ) = F (v + v  ) = F (v) + F (v  ) = F (v) + F (v) F (αv) = F (αv) = α · F (v) = α · F (v). Damit ist auch die K-Linearit¨at von F nachgewiesen. Es bleiben noch die beiden Zusatzbehauptungen zu zeigen. Es gilt F (v) = F (v) = 0 genau dann, wenn v ∈ ker F gilt. Ist U = ker F , so folgt daraus v = 0, also ist F injektiv. Ist umgekehrt F injektiv, so gilt die Gleichung F (v) = 0 dann und nur dann, wenn v in ker F liegt. In diesem Fall muss dann ker F = U gelten. Dass F genau dann surjektiv ist, wenn F dies ist, ergibt sich unmittelbar aus der  Konstruktion von F .

Frage 162 Der Homomorphiesatz besitzt als Spezialfall ein f¨ ur die Anwendungen wichtiges Korollar, den sogenannten Isomorphiesatz. K¨ onnen Sie diesen noch einmal herleiten?

Antwort: Der Isomorphiesatz lautet: Sei F : V −→ W eine K-lineare Abbildung. Dann induziert F in nat¨ urlicher Weise einen Isomorphismus V /ker F im F , also einen Isomorphismus V /ker F W , falls F surjektiv ist. In Form eines Diagramms erh¨alt man



Frage 163 K¨onnen Sie zeigen, dass sich jeder affine Unterraum A = v + U von V als Faser einer linearen Abbildung F : V −→ W realisieren l¨asst? Antwort: Ist A = ∅, so betrachte man etwa die Nullabbildung o : V −→ W mit o(v) = 0 f¨ ur alle v ∈ V . Dann gilt A = ∅ = o−1 (1).

70

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Ist A = ∅, dann betrachte man den kanonischen Epimorphismus π : V −→ V /U . Es gilt A = v + U = π −1 (π(v)), also ist A eine Faser von π. 

Frage 164 Sei A eine Teilmenge eines K-Vektorraums V . K¨ onnen Sie zeigen, dass A genau dann ein affiner Unterraum von V ist, wenn f¨ u r jeweils endlich r rviele Elemente a0 , . . . , ar und Koeffizienten α1 , . . . , αr mit i=1 αi = 1 stets folgt i=1 αi ai ∈ A? Antwort: Sei A ein affiner Unterraum von V . Nach Frage 163 existiert dann ein Homomorphismus V −→ W in einen Vektorraum W mit A = F −1 (w) f¨ ur ein Element w ∈ W . Es folgt  r  r r    F αi ai = αi F (ai ) = αi · w = w. i=1

Also gilt

i=0 r 

i=0

αi ai ∈ F −1 (w) = A.

i=1

Um die Umkehrung zu zeigen, betrachte man zu beliebigem a0 ∈ A die Menge ΔA := {a − a0 ; a ∈ A}. Wir zeigen, dass ΔA ein Untervektorraum von V ist. Zum einen ist jedenfalls 0 ∈ ΔA und damit ΔA = ∅. Sind nun a, b ∈ ΔA, so ist a = a1 − a0 und b = a2 − a0 mit a1 , a2 ∈ A. Es folgt a + b = (a1 − a0 + a2 ) − a0 ∈ ΔA. F¨ ur α ∈ K gilt aufgrund der Voraussetzung αa1 + (1 − α)a0 ∈ A, da die Koeffizienten in dieser Summe sich zu 1 summieren. Also hat man, wiederum aufgrund der Voraussetzung, αa = (αa1 + (1 − α)a0 ) − a0 ∈ ΔA. Folglich ist ΔA ein Untervektorraum und damit A = a0 + ΔA ein affiner Unterraum von V . 

3.3 Matrizen Nach dem zentralen Basisbildersatz, der in Frage 139 behandelt wurde, ist eine lineare Abbildung F : V −→ W durch ihre Werte auf den Vektoren einer Basis von V bereits eindeutig festgelegt. Ist V endlich-dimensional, dann existiert eine endliche Basis B = (v1 , . . . , vn ), und F ist ausreichend durch die n Werte F (v1 ), F (v2 ), . . . , F (vn )

3.3 Matrizen

71

beschrieben. Ist auch W endlich-dimensional, dann lassen sich die n Vektoren F (vj ) ∈ W bez¨ uglich einer Basis B  = (w1 , . . . , wm ) von W als Linearkombination F (vj ) = α1j w1 + · · · + αmj wm darstellen, wobei die Koeffizienten αij ∈ K f¨ ur i = 1, . . . , m eindeutig bestimmt sind. Aus diesen beiden Eigenschaften zusammen schließt man, dass s¨ amtliche Informationen u orperelementen ¨ber die lineare Abbildung F in den m · n K¨ αij ,

f¨ ur 1 ≤ m ≤ i, j ≤ n

bereits eindeutig codiert sind. Diese kann man auch u ¨bersichtlich in einem rechteckigen Schema, einer sogenannten m × n-Matrix eintragen. Das sieht dann so aus: ⎛ ⎞ a11 · · · a1n ⎜ .. .. ⎟ ⎝ . . ⎠ am1

· · · amn

Matrizen beschreiben also lineare Abbildungen. Den Anwendungen linearer Abbildungen entsprechen dann bestimmte kalk¨ ulm¨ aßige Operationen an Matrizen die sich auf Additionen und Multiplikationen innerhalb des Gundk¨ orpers K reduzieren. Matrizen repr¨asentieren daher die eher ,,rechnerische Seite“ der Linearen Algebra, weswegen sie in konkreten Anwendungen eine außerdordentliche Rolle spielen. Wichtig ist aber zu betonen, dass eine Matrix eine lineare Abbildung immer nur im Hinblick auf bestimmte gegebene Vektorraumbasen des Definitions- und Wertebereichs beschreibt. Frage 165 Wie kann man den Begriff einer m × n-Matrix in einem K¨ orper K formal definieren? Antwort: Eine m × n-Matrix mit Koeffizienten kann man formal als eine Abbildung A : {1, 2, . . . , m} × {1, 2, . . . , n} −→ K,

(i, j) −→ aij

definieren. Man nennt den Index i den Zeilenindex, den Index j den Spaltenindex des Elements aij . Die m · n Werte dieser Abbildung, durch die A eindeutig bestimmt ist, lassen sich¨ ubersichlich in einem rechteckigen Schema anordnen ⎞ ⎛ a11 · · · a1n ⎜ .. ⎟ . A = (aij )1≤i≤m1≤j≤n = ⎝ ... . ⎠ am1

· · · amn

Meist spricht man von diesem Schema selbst als einer Matrix und bezieht sich darauf, wenn von Zeilen, Spalten, Diagonalen und dergleichen die Rede ist. In manchen Zusammenh¨angen schreiben wir eine m × n-Matrix A auch in der Form

72

3 Lineare Abbildungen und Matrizen ⎛ ⎞ z1 A = (s1 , . . . , sn ) = ⎝ · · · ⎠ , zm

wobei s1 , . . . , sn die Spalten (verstanden als Spaltenvektoren in K m ) und z1 , . . . , zm die Zeilen (verstanden als Zeilenvektoren in K n ) bezeichnen. Die Menge der m × n-Matrizen u ¨ber K bezeichnen wir mit M (m × n, K) Eine weitere gebr¨auchliche Bezeichnung ist K m×n . F¨ ur die Menge der quadratischen n × n Matrizen u ¨ber K benutzen wir die Schreibweise M (n, K). Wir behandeln hier in den meisten F¨allen nur Matrizen mit Eintr¨agen aus einem K¨orper K. Es sei nur bemerkt, dass Matrizen sich nat¨ urlich auch f¨ ur kommutative Ringe gem¨aß der obigen Definition einf¨ uhren lassen. Die Regeln f¨ ur die Addition und Multiplikation lassen sich dann genauso u  ¨bernehmen.

Frage 166 Wie sind f¨ ur Matrizen A, B ∈ K m×n und α ∈ K die Summe A + B und das skalare Produkt αA erkl¨art? Ist K m×n ein K-Vektorraum? Antwort: Addition und skalare Multiplikation werden in K m×n komponentenweise erkl¨art. F¨ ur A = (aij ) und B = (bij ) ist also (A + B)ij = (aij + bij ) sowie (αA)ij = (αaij ). m×n

Damit ist K eine abelsche Gruppe bez¨ uglich der Addition. Neutrales Element ist uglich der die Matrix, deren s¨amtliche Eintr¨age null sind, und die zu A = (aij ) bez¨ Addition inverse Matrix lautet −A = (−aij ). Zusammen mit der skalaren Multiplikation ist K m×n damit ein K-Vektorraum. Er besitzt die Dimension m · n, denn die Matrizen Eij , deren Eintr¨age in der i-ten Zeile und j-ten Spalte gleich 1 sind, und deren andere Eintr¨age alle verschwinden, bilden  offensichtlich eine Basis von K m×n .

Frage 167 Wie ist f¨ ur eine Matrix A = (aij ) ∈ K m×n und einen Vektor x = T n (x1 , . . . , xn ) ∈ K das Produkt A · x definiert? Antwort: Das Produkt A · x ⎛ a11 ⎜ .. A·x =⎝ . am1

ist wie folgt erkl¨art: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ n ⎞ · · · a1n x1 j=1 a1j xj ⎟ .. ⎟ · ⎜ .. ⎟ = ⎜ . .. ⎠ . . ⎠ ⎝ . ⎠ ⎝  .. n · · · amn xn j=1 amj xj

Man beachte: Das Produkt A · x ist nur f¨ ur den Fall definiert, in dem die Anzahl der Spalten von A mit der Anzahl der Komponenten von x u ¨bereinstimmt.

3.3 Matrizen

73

Zur Bezeichnung: Bewegt man sich innerhalb des Matrizenkalk¨ uls, so ist aus formalen Gr¨ unden eine Unterscheidung zwischen Zeilen- und Spaltenvektoren aus K n wichtig – eine Unterscheidung, die in anderen Zusammenh¨angen keine Rolle spielt. Wir fassen Vektoren x ∈ K n in Zukunft stets als Spaltenvektoren auf. Um denselben Vektor als Zeilenvektor darzustellen, benutzen wir die Schreibweise xT (mit ,,T“ wie ,,Transponierte“). Etwas u ¨bersichtlicher kann man die Matrizenmultiplikation auch folgendermaßen darstellen: Sind s1 , . . . , sn ∈ K m die Spaltenvektoren von A, dann l¨asst sich A · x auch in der Form A · x = x1 s1 + · · · + xn sn schreiben, also z. ⎛ 1 2 ⎝2 3 3 4

B. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 10 1 2 3 4 ⎠ · ⎝ 100 ⎠ = 10 · ⎝ 2 ⎠ + 100 · ⎝ 3 ⎠ + 1000 · ⎝ 4 ⎠ . 5 1000 3 4 5 

Frage 168 K¨onnen Sie ⎛

3 2 ⎝5 3 2 5

⎛ ⎞ ⎞ 4 1 0 ⎜ 2 ⎟ ⎟ 2 2 ⎠·⎜ ⎝ −3 ⎠ 1 −1 −4

ausrechnen? Antwort: Man erh¨alt als Ergebnis ⎛ 3·4 + 2·2 + ⎝5 · 4 + 3 · 2 + 2·4 + 5·2 +

den Vektor 1 · (−3) + 2 · (−3) + 1 · (−3) +

⎞ ⎛ ⎞ 0 · (−4) 13 2 · (−4) ⎠ = ⎝ 12 ⎠ . −1 · (−4) 19 

Frage 169 Inwiefern ist durch eine Matrix A ∈ K m×n eine Abbildung FA : K n −→ K m gegeben? Antwort: F¨ ur jedes x ∈ K n ist A · x ein Element aus K m . Durch x −→ A · x ist also eine Abbildung FA : K n − K m gegeben. Diese Abbildung ist linear. Bezeichnen n¨amlich s1 , . . . , sn die Spaltenvektoren von A und sind x = (x1 , . . . , xn )T und y = (y1 , . . . , yn )T zwei Vektoren aus K n sowie α, β ∈ K, dann gilt

74

3 Lineare Abbildungen und Matrizen A · (αx + βy) = s1 · (αx1 + βy1 ) + · · · + sn · (αxn + βyn ) = α(s1 x1 + · · · + sn xn ) + β(s1 y1 + · · · + sn yn ) = α · Ax + β · Ay. 

Frage 170 K¨onnen Sie zeigen, dass sich umgekehrt jeder linearen Abbildung F : K n −→ K m eindeutig eine Matrix AF ∈ K m×n so zuordnen l¨asst, dass F (x) = AF ·x f¨ ur alle x ∈ K n gilt? Antwort: Sei e1 , . . . , en die Standardbasis des K n . Man betrachte die Matrix A := (F (e1 ), . . . , F (en )) ∈ K m×n , die als Spalten die Bilder der Basisvektoren des K n enth¨alt. Nach Frage 169 beschreibt ur alle x = (x1 , . . . , xn )T ∈ K n gilt A eine lineare Abbildung F : K n −→ K m . F¨ ⎛ ⎞ x1 ⎜ .. ⎟ FA (x) = A · x = (F (e1 ), . . . , F (en )) · ⎝ . ⎠ xn = x1 F (e1 ) + · · · + xn F (en ) = F (x1 e1 + · · · + xn en ) = F (x). Es folgt F (x) = FA (x). Damit wird F eindeutig durch die Matrix A beschrieben. Die gesuchte Matrix AF = A ist also diejenige Matrix, deren Spalten aus den Bildern F (ej ) der Basisvektoren ej besteht. Das beantwortet die Frage. Als Faustregel kann man sich merken: Die einer linearen Abbildung F : K n −→ K m zugeordnete Matrix A ∈ K m×n ist diejenige Matrix, deren Spalten die Bilder F (ej ) der Einheitsvektoren ej f¨ ur j = 1, . . . n sind. 

Frage 171 Gibt es eine Bijektion zwischen Hom(K n , K m ) und K m×n ? Antwort: Die Abbildung Hom(K n , K m ) −→ K n×m ,

F −→ (F (e1 ), . . . , F (en ))

ist nach Antwort 170 injektiv und nach Antwort 169 surjektiv, definiert folglich eine Bijektion zwischen der Menge der linearen Abbildungen K n −→ K m und der Menge  der Matrizen A ∈ K m×n .

3.3 Matrizen

75

Frage 172 K¨onnen Sie der linearen Abbildung F : R2 −→ R2 ,

(x2 , x2 )T −→ (x1 − x2 , 2x1 )T

ihre Matrix bez¨ uglich der Standardbasis zuordnen? Antwort: Mit e1 = (1, 0)T und e2 = (0, 1)T gilt F (e1 ) = (1, 2)T ,

F (e2 ) = (−1, 0)T .

Nach Frage 170 erh¨alt man als gesuchte Matrix   1 −1 . AF = 2 0  Frage 173 Sei F : R2 −→ R2 die lineare Abbildung, die geometrisch eine Drehung im Uhrzeigersinn um den Winkel ϑ beschreibt. Wie lautet die F zugeordnete Matrix AF ? Antwort: Mit F (e1 ) = (cos ϑ, sin ϑ),

   π  π , sin ϑ + = (− sin ϑ, cos ϑ) F (e2 ) = cos ϑ + 2 2

erh¨alt man als Darstellungsmatrix  AF =

cos ϑ − sin ϑ sin ϑ cos ϑ

 . 

Frage 174 Unter welchen Voraussetzungen ist das Produkt A · B zweier Matrizen definiert? Wie lautet gegebenenfalls die Definition? Antwort: Das Produkt A · B ist f¨ ur zwei Matrizen A und B genau dann erkl¨art, wenn die Anzahl der Spalten von A gleich der Anzahl der Zeilen von B ist, wenn also nat¨ urliche Zahlen m, n, p existieren mit A ∈ K m×n

und

B ∈ K n×p .

(∗)

F¨ ur zwei Matrizen A = (aij ) und B = (bij ) wie in (∗) ist das Produkt A · B dann eine Matrix in K m×p . F¨ ur die Koeffizienten von A · B gilt (A · B)k :=

n  i=1

aki bi ,

76

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

oder etwas schematischer ⎞ ⎛ ⎛ b11 a11 · · · a1n ⎜ .. .. ⎟ · ⎜ .. ⎝ . . ⎠ ⎝ . am1

· · · amn

bn1

⎞ ⎛ n b1p i=1 a1i bi1 .. ⎟ = ⎜ . . ⎠ ⎝  .. n · · · bnp i=1 ami bi1 ···

⎞ n ··· i=1 a1i bip ⎟ .. .. ⎠. . n . ··· i=1 ami bip

Man kann sich die Multiplikation auch so einpr¨agen: Die Spaltenvektoren von AB sind die Bilder der Spaltenvektoren von B unter der Abbildung x −→ A · x. 

Frage 175 Wie lautet das Ergebnis der Multiplikation ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 5 2 3 2 −2 8 ⎜ ⎟ ⎝ 5 1 3 −3 ⎠ · ⎜ 3 −8 ⎟? ⎝ 2 9 ⎠ 3 0 4 0 −1 1 Antwort: Man erh¨alt als Ergebnis die 2 × 2-Matrix ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 9 −20 3·5+2·3−2·2−8·1 3·2−2·8−2·9+8·1 ⎝ 5 · 5 + 1 · 3 + 3 · 2 + 3 · 1 5 · 2 − 1 · 8 + 3 · 9 − 3 · 1 ⎠ = ⎝ 37 26 ⎠ . 23 42 3·5+0·3+4·2−0·1 3·2−0·8+4·9+0·1 

Frage 176 Seien F : K n −→ K m und G : K m −→ K p lineare Abbildungen, die durch die Matrizen AF ∈ K m×n bzw. AG ∈ K p×m beschrieben werden. Wieso gilt dann f¨ ur alle x ∈ K n , (AG · AF ) · x = (G ◦ F )(x) d. h., dass auf der Ebene der Matrizen der Verkettung linearer Abbildungen gerade die Multiplikation von Matrizen entspricht? Antwort: Man betrachte den -ten Spaltenvektor s = (a1 , . . . , am )T der Matrix AF . Nach Antwort 170 gilt s = F (e ) mit dem -ten Standardbasisvektor e ∈ K n . Man erh¨alt (G ◦ F )(e ) = G(F (e )) = G((a1 , . . . , am )T ) = G(a1 1 + · · · + am m ) = a1 G( 1 ) + · · · + am G( m ), wobei 1 , . . . , m die Standardbasisvektoren in K m bezeichnen. Die Vektoren G( 1 ), . . . , G( m ) sind nach Antwort 170 genau die Spalten von AG , also ist die rechte Summe identisch mit AG ·s = AG ·(AF e ) = (AG ·AF )·e , also der -ten Spalte von AG ·AF . Damit gilt AG · AF = ((G ◦ F )(e1 ), . . . , (G ◦ F )(en )),

3.3 Matrizen

77

und nach Frage 170 ist das die Darstellungsmatrix von G ◦ F .



Frage 177 Unter welchen Bedingungen sind sowohl A · B als auch B · A definiert? Antwort: Die Produkte lassen sich nur dann bilden, wenn sowohl A als auch B quadratische Matrizen sind, also A, B ∈ M (n, K) gilt. Auf der Ebene der linearen Abbildungen, die durch Matrizen beschrieben werden, wird diese Bedingung dadurch verst¨andlich, dass die Verkettungen F ◦ G und G ◦ F nur dann beide definiert sind, wenn F und G denselben Definitions- und Zielbereich haben. In dem gegenw¨artigen Zusammenhang heißt das speziell, dass es sich bei beiden um Endomorphismen K n −→ K n handeln muss. 

Frage 178 Ist die Matrizenmultiplikation im Allgemeinen kommutativ? Antwort: Nein. Es gilt zum Beispiel       1 0 0 1 0 1 · = 0 0 0 1 0 0

 aber

0 0

1 1

    0 1 0 · = 0 0 0

0 0

 .

Das zweite Produkt zeigt obendrein, dass der Matrizenring nicht nullteilerfrei ist.



Frage 179 Geben Sie die Darstellungsmatrix der linearen Abbildung Φ : R3 −→ R3 an, die eine Drehung um die x3 -Achse um den Winkel ϑ, gefolgt von einer Drehung um die x1 -Achse um den Winkel  beschreibt (beide Drehungen im Uhrzeigersinn). K¨onnen Sie zeigen, dass man im Allgemeinen ein anderes Ergebnis erh¨alt, wenn man die Reihenfolge der Drehungen vertauscht? Antwort: Sei F : R3 −→ R3 die Drehung um die x3 -Achse um den Winkel ϑ und G : R3 −→ R3 die Drehung um die x1 -Achse um den Winkel  beschreiben. F¨ ur die zugeh¨origen 3 × 3-Maleinen AF und AG erh¨alt man durch eine einfache Verallgemeinerung der Argumentation aus Frage 173 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ cos ϑ − sin ϑ 0 1 0 0 AF = ⎝ sin ϑ cos ϑ 0 ⎠ , AG = ⎝ 0 cos  − sin  ⎠ . 0 0 1 0 sin  cos . Es gilt Φ = G ◦ F und folglich ⎛

⎞ cos ϑ − sin ϑ 0 AΦ = AG · AF = ⎝ cos  sin ϑ cos  cos ϑ − sin  ⎠ . sin  sin ϑ sin  cos ϑ cos  Vertauscht man die Reihenfolge der Drehungen, so erh¨alt man als Darstellungsmatrix der so erhaltenen Abbildung Φ : R3 −→ R3

78 ⎛

cos ϑ AΦ = AF · AG = ⎝ sin ϑ 0

3 Lineare Abbildungen und Matrizen ⎞ − sin ϑ cos  sin ϑ sin  cos ϑ cos  − cos ϑ sin  ⎠ = AΦ . sin  cos 

Daraus folgt Φ = Φ, die beiden Abbildungen R3 −→ R3 sind also verschieden.



3.4 Matrizenringe Da sich quadratische Matrizen addieren und miteinander multiplizieren lassen und diese Operationen zudem die Assoziativ- und Distributivgesetze erf¨ ullen, besitzt die Menge M (n, K) der quadratischen n × n-Matrizen u orper K die ¨ber einem K¨ Struktur eines Rings (oder spezieller die einer K-Algebra, da M (n, K) zus¨ atzlich ein K-Vektorraum ist). Die Menge aller invertierbaren Matrizen aus M (n, K) bilden dar¨ uberhinaus eine Gruppe. Frage 180 K¨onnen Sie f¨ ur A = (aij ) ∈ K m×n , B = (bij ) ∈ K n×p , C = (cij ) ∈ p×q verifizieren, dass die Matrizenmultiplikation assoziativ und distributiv ist, dass K also (AB)C = A(BC) gilt? Antwort: Wir benutzen folgende Notation: Mk bezeichne den Eintrag in der k-ten Zeile und -ten Spalte einer Matrix M . Es gilt ((AB)C)k =

p  i=1

(AB)ki ci =

p  n 

akj bji ci =

i=1 j=1

n 

akj

j=1

Das zeigt die Assoziativit¨at der Matrizenmultiplikation.

p 

bji ci = (A(BC))k .

i=1



Frage 181 Was ist eine K-Algebra? Antwort: Sei K ein K¨orper. Eine Algebra mit Eins u ¨ber K (kurz K-Algebra) ist ein Ring R mit 1, der gleichzeitig ein K-Vektorraum ist, so dass α(AB) = (αA)B = A(αB) f¨ ur alle α ∈ K und A, B ∈ R gilt.



Frage 182 Warum M (n, K) eine K-Algebra? Antwort: M (n, K) ist mit der Addition und Multiplikation von Matrizen ein Ring mit 1. Das folgt aus den Fragen 178 und 180. Das Distributivgesetz gilt wegen

3.4 Matrizenringe (A(B + C))k =

79 n 

aki (bi + ci ) =

i=1

n 

(aki bi + aki ci ) = (AB + AC)k

i=1

In Antwort 166 wurde schon begr¨ undet, dass M (n, K) ein Vektorraum ist. Ferner rechnet man ohne Probleme nach, dass α(AB) = (αA)B = A(αB) f¨ ur alle α ∈ K und A, B ∈ M (n, K). Also ist M (n, K) eine K-Algebra. 

Frage 183 Was versteht man unter dem Spaltenraum S(A), was unter dem Zeilenraum Z(A) einer Matrix A ∈ K m×n ? Antwort: Als Spaltenraum von A definiert man den durch die Spaltenvektoren s1 , . . . , sn ∈ K m von A aufgespannten Unterraum von K m . Entsprechend ist der Zeilenraum der durch die Zeilenvektoren z1 , . . . , zm ∈ K n von A aufgespannte Unterraum von K n , also S(A) := span(s1 , . . . , sn ),

Z(A) := span(z1 , . . . , zm ).

Man kann Zeilenraum und Spaltenraum daher auch charakterisieren durch S(A) := {Ax; x ∈ K n },

Z(A) := {xT A; x ∈ K m }. 

Frage 184 Wie sind Spaltenrang und Zeilenrang einer Matrix A ∈ K m×n definiert? Antwort: Der Spaltenrang rgs von A ist die Dimension des Spaltenraumes, der Zeilenrang rgz entsprechend die Dimension des Zeilenraumes. Der Spalten- bzw. Zeilenrang entspricht damit der Anzahl linear unabh¨angiger Spalten bzw. Zeilen in A. 

Frage 185 Welcher Zusammenhang besteht zwischen dem Spaltenrang von A ∈ K m×n und dem Rang der linearen Abbildung FA : K n −→ K m mit F (x) = A · x? Antwort: Die Spaltenvektoren s1 , . . . , sm von A bilden ein Erzeugendensystem von im f , da f¨ ur jedes w = F (x) ∈ im f gilt: ⎛ ⎞ x1 ⎜ .. ⎟ w = F (x) = A · x = (s1 , . . . , sn ) · ⎝ . ⎠ = x1 s1 + · · · + xn sn . xn

80

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Somit ist rg f = dim im f gleich der Dimension des durch die Spaltenvektoren si aufgespannten Unterraums von W , also gleich dem Spaltenrang von A. 

Frage 186 K¨onnen Sie beweisen, dass f¨ ur jede Matrix Zeilen- und Spaltenrang u ¨bereinstimmen, so dass also allgemein von dem Rang einer Matrix gesprochen werden kann? Antwort: Beim Beweis kann man so vorgehen, dass man zun¨achst zeigt, dass sich der Zeilenrang von A nicht ¨andert, wenn man eine Spalte aus A entfernt, die sich aus den u ¨brigen Spalten linear kombinieren l¨asst (der Spaltenrang ¨andert sich dadurch offensichtlich nicht). Ohne Beschr¨ankung der Allgemeinheit kann man dabei davon ausgehen, dass sich die letzte Spalte von A als Linearkombination der ersten n − 1 Spalten darstellen l¨asst, so dass also gilt: ⎞ ⎛ n−1 a11 · · · a1(n−1) i=1 αi a1i ⎟ ⎜ .. .. .. .. ⎠. ⎝ . . . . n−1 amn · · · am(n−1) i=1 αi ami Sei A ∈ K m×(n−1) diejenige Matrix, die man durch Streichen der letzten Spalte aus urlich auch die von A. A erh¨alt. Sind die Zeilen von A linear unabh¨angig, dann nat¨ Sind aber die Zeilen von A linear abh¨angig, gilt also m 

βj ajk = 0,

1 ≤ k ≤ n − 1,

j=1

mit bestimmten βj ∈ R, 1 ≤ j ≤ m, dann folgt daraus f¨ ur die Elemente der letzten Spalte von A m  j=1

βj ajn =

m  k=1

βj

n−1  i=1

αi aji =

n−1  i=1

αi

m  j=1

βj aji = 0. 



=0

Man sieht also, dass die Zeilen von A genau dann linear abh¨angig sind, wenn die Zeilen aus A dies sind. Beim Streichen einer Spalte, die sich aus den anderen linear kombinieren l¨asst, ¨andert sich der Zeilenrang nicht. Auf dieselbe Weise zeigt man, dass das Streichen einer linear abh¨angigen Zeile keinen Einfluss auf den Spaltenrang hat. Man kann in der Matrix A daher so lange linear abh¨angige Spalten und Zeilen  ∈ K m ×n gelangt, streichen, bis man zu einer – in aller Regel kleineren – Matrix A deren Spalten- und Zeilenvektoren alle jeweils voneinander linear unabh¨angig sind, und  muss dann quadratisch sein, denn die denselben Spalten- und Zeilenrang wie A hat. A  w¨are etwa n > m , dann k¨onnten die n Spaltenvektoren von A als Elemente aus K m nicht linear unabh¨angig sein.

3.4 Matrizenringe

81

 = rg (A)  = rg (A) gezeigt. Insgesamt ist damit rgs (A) = rgs (A) z z



Frage 187 Wann heißt eine Matrix A ∈ M (n, K) invertierbar? Antwort: Eine Matrix A ∈ M (n, K) heißt invertierbar, wenn es eine Matrix B ∈ M (n, K) gibt, so dass AB = BA = En gilt. Dabei bezeichnet En die Einheitsmatrix aus M (n, K). Die Matrix   2 1 1 1 ist beispielsweise invertierbar. Durch Ausprobieren findet man schnell       2 1 1 −1 1 0 · = . 1 1 −1 2 0 1 

Frage 188 Wieso ist die inverse Matrix B zu einer invertierbaren Matrix A eindeutig bestimmt? Antwort: Ist B  eine Matrix mit AB  = B  A = En , so folgt B  = B  En = B  (AB) = (B  A)B = (AB  )B = En B = B. Man kann daher von der Inversen einer Matrix A sprechen. Man bezeichnet sie mit A−1 . 

Frage 189 Warum ist eine Matrix A ∈ M (n, K) genau dann invertierbar, wenn die durch sie beschriebene lineare Abbildung FA : K n −→ K n ein Isomorphismus Ist? Antwort: Ist FA ein Isomorphismus, dann existiert eine Umkehrabbildung FA−1 mit FA ◦ FA−1 = id. Da die identische Abbildung des K n durch die Einheitsmatrix En beschrieben wird, folgt daraus mit Frage 176 A · B = En , wobei B die zur Abbildung FA−1 geh¨orende Matrix ist. Folglich ist A invertierbar, und die Inverse A−1 ist gerade die zur Umkehrabbildung von FA−1 geh¨ orende Matrix. 

82

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Frage 190 L¨asst sich die Invertierbarkeit einer Matrix A ∈ M (n, K) auch durch den Rang von A charakterisieren? Antwort: Aus den Antworten 185 und 189 folgt unmittelbar A ∈ M (n, K) invertierbar ⇐⇒ rg A = n. 

Frage 191 Wie ist die allgemeine lineare Gruppe (General Linear Group GL(n, K) definiert? K¨onnen Sie begrunden, weshalb GL(n, K) bez¨ uglich der Matrizenmultiplikation eine Gruppe ist? Antwort: GL(n, K) ist die Gruppe der invertierbaren Matrizen aus M (n, K). Sind A, B invertierbare Matrizen, so ist wegen (AB)−1 = B −1 A−1 auch AB invertierbar und somit ein Element aus GL(n, K). Das Assoziativgesetz ¨ ubertr¨agt sich vom Ring der Matrizen auf GL(n, K). Mit En enth¨alt GL(n, K) ein neutrales Element, und f¨ ur jede Matrix A ∈ GL(n, K) existiert nach Definition ein inverses Element A−1 , und wegen A = (A−1 )−1 ist dieses auch invertierbar, also ein Element aus GL(n, K). Damit sind alle Gruppenaxiome f¨ ur die allgemeine lineare Gruppe nachgewiesen. 

Frage 192 K¨onnen Sie – auch Hinblick auf sp¨atere Kapitel – eine m¨ oglichst große Liste von Eigenschaften einer Matrix A ∈ M (n, K) angeben, die zur Invertierbarkeit ¨aquivalent sind? Antwort: Zur Invertierbarkeit von A ¨aquivalente Eigenschaften sind (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) (k) (l) (m)

Es gibt eine Matrix B ∈ M (n, K) mit AB = En (,,Rechtsinverses“). Es gibt eine Matrix B ∈ M (n, K) mit BA = En (,,Linksinverses“) Die Gauß-Jordan’sche Normalform ist die Einheitsmatrix. rg A = n. rgz A = n rgs A = n FA ist ein Isomorphismus. FA ist bijektiv. FA ist surjektiv. FA ist injektiv. Das homogene LGS Ax = 0 hat nur die triviale L¨ osung. Das LGS Ax = b ist universell l¨osbar. A ist Basiswechselmatrix geeigneter Basen. 

3.4 Matrizenringe

83

Frage 193 Wieso gilt f¨ ur A ∈ K m×n , B ∈ K n×p rg(AB) ≤ min(rg A, rg B)?

Antwort: Sei FA : K n −→ K m bzw. FB : K p −→ K n die von A bzw. B vermittelte lineare Abbildung. Wegen im(FA ◦ FB ) ⊂ im(FA ) ist rg(AB) = dim im(FA ◦ FB ) ≤ dim im(FA ) = rg A. Nach der Dimensionsformel gilt dim K p = dim im (FB )+dim ker(FB ) sowie dim K p = dim im(FA ◦ FB ) + dim ker(FB ), also insgesamt rg(AB) = dim im(FA ◦ FB ) = dim im(FB ) + dim ker(FB ) − dim ker(FA ◦ FB ) ≤ dim im(FB ) = rg B, weil ker(FB ) ⊆ ker(FA ◦ FB ).



aquivalent, in Zeichen A ≈ Frage 194 Wann heißen zwei Matrizen A, B ∈ K m×n ¨ B? Antwort: A und B heißen ¨aquivalent, wenn es Matrizen P ∈ GL(m, K) und Q ∈ GL(n, K) gibt, so dass A = P BQ gilt. 

¨ Frage 195 K¨onnen Sie zeigen, dass durch ,,≈“ eine Aquivalenzrelation auf K m×n × m×n K definiert wird? Antwort: Die Relation ,,≈“ ist reflexiv, denn wegen A = Em AEn gilt A ≈ A, sie ist symmetrisch, denn aus A ≈ B, also A = P BQ folgt B = P −1 AQ−1 , also B ≈ A. Die Relation ist ferner transitiv, denn wenn A ≈ B und B ≈ C, also A = P BQ und B = SCT , gilt, dann ist A = P (SCT )Q = (P S)C(T Q), und damit A ≈ C. Die Relation ,,≈“ ist also reflexiv, symmetrisch und transitiv und definiert damit ¨  eine Aquivalenzrelation auf K m×n .

Frage 196 K¨onnen Sie den folgenden Invarianzsatz zeigen? F¨ ur A ∈ K m×n , P ∈ GL(m, K), Q ∈ GL(n, K) gilt rg(P AQ) = rg(A).

84

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Antwort: Durch die Rechtsmultiplikation mit Q werden die Spalten von A auf die Spalten von AQ abgebildet. Da Q einen Isomorphismus beschreibt, ¨andert sich die Anzahl linear unabh¨angiger Spalten dadurch nicht. Es ist also rgs (A) = rgs (AQ) und damit rg A = rg AQ. Mit demselben Argument zeigt man, dass P AQ genauso viele unabh¨angige Zeilen enth¨alt wie AQ. Damit hat man rgz (P AQ) = rgz (AQ) und rg(P AQ) = rg(AQ). Insgesamt folgt daraus rg(A) = rg(P AQ). 

3.5 Koordinatenisomorphismen und Basiswechselformalismus Hat man in einem Vektorraum V der Dimension n < ∞ eine Basis B = (v1 , . . . , vn ) bestimmt, so l¨asst sich jeder Vektor v ∈ V in der Form v = α1 v1 + · · · + αn vn schreiben, wobei die Koeffizienten α1 , . . . , αn eindeutig bestimmt sind. Der Vektor v ∈ V kann daher hinsichtlich der gegebenen Basis eindeutig durch das n-Tupel (α1 , . . . , αn ) beschrieben, also mit einem Element aus K n identifiziert werden. Was hier im Wesentlichen dahintersteckt, ist ein Isomorphismus V −→ K n , der es in jedem Fall erm¨oglicht, Strukturen eines endlich-dimensionalen Vektorraums ¨ durch Ubertragung auf den K n dort zu untersuchen und damit auch rechnerisch zug¨anglich zu machen. In diesem Abschnitt werden alle Vektorr¨aume als endlich-dimensional vorausgesetzt. Frage 197 Sei V ein Vektorraum der Dimension n < ∞. Was versteht man unter einem Koordinatensystem f¨ ur V ? Antwort: Ist B = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V , so existiert nach Frage 139 genau ein Isomorphismus κB : K n −→ V, welcher die Standardbasis des K n auf B abbildet, f¨ ur den also κB (ei ) = vi

f¨ ur i = 1, . . . , n

gilt. Den bei gegebener Basis B eindeutig bestimmten Isomorphismus κB nennt man das Koordinatensystem von V bez¨uglich der Basis B. F¨ ur jeden nichttrivialen endlich-dimensionalen Vektorraum u ¨ber einem unendlichen K¨orper existieren also unendlich viele Koordinatensysteme, n¨amlich zu jeder Basis genau eines. 

3.5 Koordinatenisomorphismen und Basiswechselformalismus

85

Frage 198 Sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum, B = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V und κB : K n −→ V ein Koordinatensystem. Was versteht man unter einem Koordinatenvektor κB (v) eines Elements v ∈ V bez¨ uglich B? Antwort: Der Koordinatenvektor von v ist das Urbild von v unter dem Koordinatensystem κB , also der Vektor n κ−1 B (v) ∈ K . F¨ ur die Basisvektoren vi gilt defintionsgem¨aß κ−1 B (vi ) = ei

f¨ ur i = 1, . . . , n

Wird v durch die Linearkombination v = α1 v1 + · · · + αn vn dargestellt, so folgt also

T κ−1 B (v) = (α1 , . . . , αn ) .

Um den Koordinatenvektor von v bez¨ uglich zu bezeichnen, benutzen wir in Zukunft auch die abk¨ urzende Schreibweise vB . Es soll also definitionsgem¨aß vB = κ−1 B (v) gelten. 

Frage 199 Wieso ist jeder Vektorraum V der Dimension n < ∞ isomorph zu K n ? Antwort: Die Koordinatenabbildung κB ist f¨ ur jede beliebige Basis B ein Isomorphismus. Dies folgt unmittelbar aus dem Basisbildersatz (Frage 139). 

Frage 200 Seien B = (v1 , . . . , vn ) und C = (w1 , . . . , wm ) Basen von V bzw. W und F : V −→ W eine lineare Abbildung. Wie ist die beschreibende Matrix MCB (F ) von F bez¨ uglich der Basen B und C definiert? Antwort: Die Matrix MCB (F ) ist definiert als diejenige Matrix, deren Spalten die Koordinatenvektoren der Bilder F (v1 ), . . . , F (vn ) bez¨ uglich der Basis C sind. Gilt also F (v1 ) = β11 w1 + β21 w2 + · · · + βm1 wm .. .. . . F (vn ) =β1n w1 + β2n w2 + · · · + βmn wm , so ist

⎛

β11 ⎜ .. B MC (F ) := ⎝ . βm1

⎞ · · · β1n .. ⎟ . .. . . ⎠ · · · βmn

86

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Man beachte, dass der obere Index die Basis des Definitionsbereichs, der untere die Basis des Wertebereichs von F bezeichnet. Diese Schreibweise erm¨ oglicht einen sehr suggestiven kalk¨ ulm¨aßgen Umgang mit beschreibenden Matrizen, der an der K¨ urzung von Br¨ uchen angelehnt ist (vgl. Frage 209).  Frage 201 Sei F : V −→ W linear. K¨onnen Sie (F (v))C = MCB (F ) · vB zeigen? Antwort: Sei vB = (α1 , . . . , αn ) der Koordinatenvektor von v. Dann gilt v = α1 v1 + · · · + αn vn und folglich, wenn wir die Bezeichnungen wie in der Antwort 200 w¨ahlen, F (v) = α1 F (v1 ) + · · · + αn F (vn ) = α1 (β11 w1 + · · · + βm1 wm ) + · · · + αn (β1n w1 + · · · + βmn wm ) = (α1 β11 + · · · + αn β1n )w1 + · · · + (α1 βm1 + · · · + αn βmn )wm . Es folgt

⎞ α1 β11 + · · · + αn β1n ⎠, ··· (F (v))C = ⎝ α1 βm1 + · · · + αn βmn ⎛

und aus dieser Darstellung erkennt man die G¨ ultigkeit der Formel. Das zugeh¨orige kommutative Diagramm ist

 Frage 202 K¨onnen Sie den folgenden, sogenannten Normalformensatz zeigen? Sind V und W endlich-dimensional und F : V −→ W linear, dann gibt es stets Basen B von V und C von W , so dass gilt   Er 0 , mit r = rg F. MCB (F ) = 0 0 Antwort: Sei B0 = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V . Die Bilder F (v1 ), . . . , F (vn ) bilden ein Erzeugendensystem von im F , und wegen dim im F = rg F = r finden sich

3.5 Koordinatenisomorphismen und Basiswechselformalismus

87

darunter genau r linear unabh¨angige, die man – nach eventueller Neuanordnung – mit F (v1 ), . . . , F (vr ) bezeichnen kann. Nach der Dimensionsformel besitzt ker F die  Dimension n − r, und daher gibt es eine Basis (vr+1 , . . . , vn ) von ker F . Dann ist     ur die gilt B = (v1 , . . . , vr , vr+1 , . . . , vn ) eine Basis von V , f¨ (F (v1 ), . . . , F (vr )) ist Basis von im F

 F (vr+1 ) = · · · = F (vn ) = 0.

und

Man erg¨anze die Vektoren F (v1 ), . . . , F (vr ) nun zu einer Basis   C = (F (v1 ), . . . , F (vr ), wr+1 , . . . , wm )

von W . Man hat dann (F (vi ))C = ei

f¨ ur 1 ≤ i ≤ r

und

und folglich MCB (F )

 =

(F (vj ))C = 0 f¨ ur Er 0

0 0

r+1≤j ≤n

 . 

Frage 203 Seien dim V, W Vektorr¨aume mit endlichen Dimensionen dim = n, dim W = m. Mit B = (v1 , . . . , vn ) und C = (w1 , . . . , wm ) seien zwei Basen von V bzw. W gegeben. K¨onnen Sie zeigen, dass dann die Elementarabbildungen Fij : V −→ W,

Fij (vk ) = δjk wi

eine Basis von Hom(V, W ) bilden? Antwort: Sei G ∈ Hom(V, W ). F¨ ur die Bilder der Basisvektoren gelte G(vk ) = αk1 w1 + · · · + αkn wm ,

1≤k≤n

F¨ ur den Basisvektor vk stimmt dann G mit der Abbildung Gk := αk1 F1k + · · · + αkn Fnk u ¨berein, es gilt also

 Gk (vj ) =

G(vj ) f¨ ur j = k 0 sonst.

Daraus folgt G = G1 +· · ·+Gn , da die Abbildungen auf beiden Seiten dieser Gleichung auf s¨amtlichen Basisvektoren und folglich u ubereinstimmen. Es ist also ¨berall ¨ G=

n  m  i=1 j=1

αij Fji ,

88

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

woraus folgt, dass die Funktionen Fij ein Erzeugendensystem von Hom(V, W ) bilden. Es bleibt zu zeigen, dass sie linear unabh¨angig sind. Sei m  n 

αij Fji = 0,

i=1 j=1

dann gilt insbesondere f¨ ur k = 1, . . . , n m  n 

αij Fji (vk ) = 0,

also

i=1 j=1

m  n 

αij δik (vk ) =

i=1 j=1

m 

αij wi = 0.

j=1

Daraus folgt αij = 0 f¨ ur alle i ∈ {1, . . . , m} und alle j ∈ {1, . . . , m}, also die lineare  Unabh¨angigkeit der Fij .

Frage 204 K¨onnen Sie eine Basis von K 2×2 angeben? Antwort: Eine Basis ist 

1 0

0 0

  0 , 0

1 0

  0 , 1

0 0

  0 , 0

0 1

 .

Dies sind gerade die beschreibenden Matrizen der vier Elementarabbildungen Fij : K 2 −→ K 2 . 

Frage 205 Gegeben seien lineare Abbildungen F : U −→ V und G : V −→ W sowie Basen B = (u1 , . . . , un ) von U , C = (v1 , . . . , vm ) von V und D = (w1 , . . . , wp ) von W . Sei C und B := MD (G) ∈ K p×m . A := MCB (F ) ∈ K m×n Wie kann man dann

B (G ◦ F ) ∈ K p×n C := MD

aus A und B berechnen? Antwort: Das Diagramm

ist kommutativ, da das linke und rechte Teildiagramm dies sind. Folglich gilt B C = MD (κD ◦ (FB ◦ FA ) ◦ κ−1 B ).

3.5 Koordinatenisomorphismen und Basiswechselformalismus

89

B und nach Definition von MD folgt daraus, dass C gerade die zur Abbildung FB ◦ FA geh¨orende Matrix ist, also C = AB gilt. 

Frage 206 Sei dim V = n und B eine Basis von V . K¨ onnen Sie zeigen, dass durch MBB : Hom(V, V ) −→ M (n, K),

F −→ MBB (F )

ein Isomorphismus von K-Algebren definiert wird? Antwort: Die Abbildung ist linear und injektiv, da eine lineare Abbildung F durch die Bilder der Basisvektoren, die als Spalten in MBB (F ) auftreten, eindeutig bestimmt ist. Sie ist ferner surjektiv, da durch jede Festlegung der Bilder der Basisvektoren eine lineare Abbildung definiert wird. 

Frage 207 Sei V ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum mit den Basen B = (v1 , . . . , vn ) bzw. B  = (v1 , . . . , vn ). In welcher Beziehung stehen die Koordinatenur vektoren vC und vB (v ∈ V ) zueinander? Wie erh¨alt man die Basiswechselmatrix f¨ ¨ den Ubergang von den B-Koordinaten zu den C-Koordinaten? Antwort: Sei vB = (α1 , . . . , αn ) und vC (α1 , . . . , αn ), d. h., v besitze bez¨ uglich der Basen B bzw. C die eindeutigen Darstellungen v = α1 v1 + · · · + αn vn v = α1 v1 + · · · + αn vn . F¨ ur 1 ≤ i ≤ n sei ferner (ai1 , . . . , ain ) der Koordinatenvektor von vi bez¨ uglich C. d. h., es gilt f¨ ur 1 ≤ i ≤ n. vi = ai1 v1 + · · · + ain vn , Dann folgt v = α1 v1 + · · · + αn vn = α1 (a11 v1 + · · · + a1n vn ) + · · · + αn (an1 v1 + · · · + ann vn ) = (a11 α1 + · · · + an1 αn )v1 + · · · + (a1n α1 + · · · + ann αn )vn . F¨ ur i = 1, . . . , n gilt also αi = α1i α1 + · · · + ani αn . Ist MCB die Matrix, die die Koordinatenvektoren von (v1 , . . . , vn ) als Spalten besitzt, also ⎞ ⎛ a11 · · · a1n ⎜ .. ⎟ , .. MCB := ⎝ ... . . ⎠ an1 · · · ann

90

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

so erh¨alt man damit den Zusammenhang vC = MCB vB . Die Matrix MCB (= MCB (id)) nennt man Basiswechselmatrix.



Frage 208 Warum sind Basiswechselmatrizen stets invertierbar? Antwort: Da sowohl id, κB und κC in dem unten stehenden kommutativen Diagramm Isomorphismen sind, ist auch FA ein Isomorphismus. Dessen Darstellungsmatrix ist die Basiswechselmatrix MCB , die somit invertierbar ist.



Frage 209 Begr¨ unden Sie die folgenden Formeln (Basiswechselformalismus): Sind B, C, D Basen eines endlich-dimensionalen Vektorraums, so gilt B C MD = MD · MCB

und

MBC = (MCB )−1 .

Antwort: Nach Antwort 207 gilt C vD = MD vC

Daraus folgt

und vC = MCB vB .

C vD = MD MCB vB

und damit die erste Formel. Die zweite folgt aus vC = MCB vB durch Linksmultiplikation mit (MCB )−1 .



Frage 210 In V = R2 sei S = (e1 , e2 ) die Standardbasis und B = (v1 , v2 ) mit v1 = (3, 4)T und v2 = (−1, 2)T eine weitere Basis. K¨ onnen Sie MBS und MSB bestimmen? K¨onnen Sie ferner f¨ ur v = s1 e1 + s2 e2 = t1 v1 + t2 v2

3.5 Koordinatenisomorphismen und Basiswechselformalismus

91

dle Koordinaten t1 und t2 durch s1 und s2 ausdr¨ ucken? Antwort: MBS ist nach Antwort 207 die Matrix, die die Koordinatenvektoren von uglich S als Spalten besitzt. Also ist (v1 , v2 ) bez¨   3 −1 S MB = . 4 2 Wegen e1 = 0.2 · v1 − 0.4 · v2 und e2 = 0.1 · v1 + 0.3 · v2 gilt ferner   0.2 0.1 . MSB = −0.4 0.3 F¨ ur die Koordinaten gilt



t1 t2



= MBS



s1 s2

 . 

Frage 211 Sei F : V −→ W linear, B, B  seien Basen von V und C, C  seien Basen von W . K¨onnen Sie erl¨autern, warum das Diagramm

kommutativ ist und warum f¨ ur die beteiligten Matrizen 

MCB (F ) = MCC · MCB (F ) · PBB



gilt? Antwort: Die beiden trapezf¨ormigen Teildiagramme oben und unten sind nach den Antworten 199 bzw. 201 kommutativ, die beiden dreickigen Teildiagramme links und rechts nach Antwort 207. Daraus folgt die Kommutativit¨at des gesamten Diagramms, und aus dieser ergibt sich auch unmittelbar die Formel. 

92

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

3.6 Das Gauß’sche Eliminationsverfahren Das Gauß’sche Eliminationsverfahren bietet eine praktikable Methode zur Bestimmung des Rangs einer Matrix sowie zur L¨osung linearer Gleichungssysteme. Das dahinter liegende Prinzip ist es, eine Matrix durch eine Reihe von elementaren Zeilenund Spaltenumformungen, die weder den Rang der Matrix noch die L¨ osungsmenge des Gleichungssystems ver¨andern, auf sogenannte Zeilenstufenform zu transformieren, aus der sich die gesuchten Informationen unmittelbar ,,ablesen“ lassen. Frage 212 Was versteht man unter der Zeilenstufenform einer Matrix A ∈ K m×n ? Wie l¨asst sich der Rang einer Matrix in Zeilenstufenform unmittelbar ablesen? Antwort: Eine Matrix A ∈ K m×n ist in Zeilenstufenform, wenn A die folgende Gestalt hat:

Aus dieser Zeilenstufenform folgt rg(A) = r, da die ersten r Zeilen von A linear unabh¨angig sind. 

Frage 213 Welche Arten von Umformungen einer Matrix bezeichnet man als elementare Zeilenumformungen? Antwort: Es gibt drei Typen elementarer Zeilenumformungen. Typ I: Multiplikation einer Zeile mit einem Skalar α ∈ K ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ··· ··· ⎝ ai ⎠ −→ ⎝ αai ⎠ ··· ··· Typ II: Additon des α-fachen der j-ten Zeile zur i-ten Zeile ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ··· ··· ⎜ ai ⎟ ⎜ ai + αaj ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ · · · ⎟ −→ ⎜ · · · ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ αj ⎠ ⎝ ⎠ aj ··· ···

3.6 Das Gauß’sche Eliminationsverfahren

93

Typ III: Vertauschung zweier Zeilen ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ··· ··· ⎜ aj ⎟ ⎜ ai ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ · · · ⎟ −→ ⎜ · · · ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ai ⎠ ⎝ aj ⎠ ··· ··· Analog definiert man elementare Spaltenumformungen, indem man in allen drei Definitionen das Wort ,,Zeile“ durch ,,Spalte“ ersetzt. 

Frage 214 Wieso ¨andert sich der Rang einer Matrix bei elementaren Zeilenumformungen nicht? Antwort: Es ist

⎧ ⎨ span(a1 , . . . , αai , . . . , aj , . . . , an ) span(a1 , . . . , ai , . . . , aj , . . . , an ) = span(a1 , . . . , ai + αaj , . . . , aj , . . . , an ) ⎩ span(a1 , . . . , αaj , . . . , ai , . . . , an ).

Damit ¨andert sich die Dimension des von den Zeilenvektoren von A aufgespannten Untervektorraums – also rg A – durch elementare Zeilenumformungen nicht. Somit gilt Erh¨alt man B ∈ K m×n aus A ∈ K m×n durch eine Reihe elementarer Zeilenumformungen, so gilt stets rg A = rg B. 

Frage 215 Was besagt der Satz u ¨ber das Gauß’sche Eliminationsverfahren? Antwort: Der Satz besagt: Jede Matrix A ∈ K m×n l¨asst sich durch eine Serie elementarer Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform bringen. Beweis: Ist A nicht die Nullmatrix, dann gibt es einen kleinsten Spaltenindex j1 , so dass ai1 j1 = 0 f¨ ur ein i1 ∈ {1, . . . , m} gilt. Man vertausche die i1 -te Zeile mit der ersten (Umformung vom Typ I). Dies f¨ uhrt auf eine Matrix der Gestalt ⎞ ⎛ 0 · · · 0 a11 · · · a1r ⎜ 0 · · · 0 a21 · · · a2r ⎟ ⎟ ⎜ A = ⎜ . .. .. ⎟ ⎝ .. . . ⎠ 0···0

am1

· · · amr

mit a11 = ai1 j1 = 0. Zu denjenigen Zeilen aus A mit dem Zeilenindex k (k = 1), in denen die unter a11 stehende Komponente ungleich null ist, addiere man nun das a uhrt auf − a11 -fache der ersten Zeile (elementare Zeilenumformung vom Typ II). Dies f¨ k1 eine Matrix der Gestalt

94

3 Lineare Abbildungen und Matrizen  0···0 A = 0···0 

a11 0

∗ A(1)



Dasselbe Verfahren l¨asst sich nun auf die kleinere Matrix A(1) anwenden, wobei deren elementare Zeilenumformungen als solche von A zu interpretieren sind. Rekursiv gewinnt man auf diese Weise die gew¨ unschte Zeilenstufenform. Das Verfahren bricht nach endlich vielen Schritten ab, und zwar genau dann, wenn nach m Schritten A(m) entweder die leere Matrix oder die Nullmatrix ist. 

Frage 216 Wie lautet die Zeilenstufenform der Matrix ⎛ ⎞ 0 1 0 A = ⎝ 1 1 2 ⎠? 3 3 6 Antwort: Das Gauß’sche Verfahren liefert ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 0 1 0 1 1 2 1 1 ⎝1 1 2⎠  ⎝0 1 0⎠  ⎝0 1 3 3 6 3 3 6 0 0

⎞ 2 0⎠. 0



Frage 217 Welche Gestalt besitzt die Zeilenstufenform einer Matrix? (i) A ∈ K m×n mit rg A = n (m ≥ n), (ii) A ∈ K m×n mit rg A = m (n ≥ m), (iii) A ∈ GL(n, K)? Antwort: Die Zeilenstufenformen der Matrizen sehen folgendermaßen aus:



Frage 218 Welche Typen von Elementarmatrizen sind Ihnen bekannt? Wie kann man sie definieren, warum sind sie invertierbar?

3.6 Das Gauß’sche Eliminationsverfahren

95

Antwort: Es gibt im Wesentlichen drei Arten von Elementarmatrizen ⎞ ⎛ 1 Typ I: (α = 0): Diese Elementarmatrizen unter⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ . scheiden sich von der Einheitsmatrix nur im Dia⎟ ⎜ ⎟ ⎜ α gonalelement akk . Linksmultiplikation (Rechts⎟ ⎜ ⎟ ⎜ . multiplikation) mit einer solchen Matrix bewirkt .. ⎠ ⎝ eine Multiplikation der k-ten Zeile (Spalte) mit α. 1 ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎞

1 ..

⎟ ⎟ Typ II: Diese Elementarmatrizen unterscheiden ⎟ ⎟ sich von der Einheitsmatrix nur im Koeffizienten ⎟ ⎟ akl mit k = l. Linksmultiplikation (Rechtsmul⎟ ⎟ tiplikation) mit einer Matrix dieses Typs bewirkt ⎟ ⎟ eine Addition des α-fachen der l-ten Zeile zur k⎟ ⎠ ten Zeile (der k-ten Spalte zur l-ten Spalte).

. 1

··· α . .. . .. 1 ..

. 1

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎞

1 ..

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

. 0 .. . 1

··· 1 . .. . .. ··· 0 ..

.

Typ III: Diese Elementarmatrizen unterscheiden sich von der Einheitsmatrix in den vier Koeffizienten akk , all , akl , alk . Linksmultiplikation (Rechtsmultiplikation) mit einer Matrix dieses Typs bewirkt eine Vertauschung der l-ten und k-ten Zeile (Spalte).

1 Elementarmatrizen sind invertierbar, weil sie Zeilen- bzw. Spaltenumformungen beschreiben, die umkehrbar sind. Bemerkung: Linksmultiplikation bewirkt immer eine Zeilenumformung, Rechtsmultiplikation eine Spaltenumformung. Jede Elementarmatrix bewirkt die Umformung, durch die sie aus der Einheitsmatrix entstanden ist. 

Frage 219 Begr¨ unden Sie: Die Matrix B ∈ K m×n entstehe aus der Matrix A ∈ m×n K , indem man auf A eine endliche Abfolge elementarer Zeilenumformungen anwendet. Wendet man diese Zeilenumformungen in derselben Weise auf die Einheitsmatrix Em an, so erh¨alt man eine Matrix P ∈ GL(m, K) mit P A = B. Antwort: Gilt Λr · · · Λ1 · A = B mit Elementarmatrizen Λ1 , . . . , Λr ∈ K m×m , so folgt wegen Em A = A P A = (Λr · · · Λ1 · Em )A = Λr · · · Λ1 · A = B.

96

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

Da Elementarmatrizen genauso wie die Einheitsmatrix stets invertierbar sind, ist P ein Produkt invertierbarer Matrizen, und damit gilt P ∈ GL(n, K). 

Frage 220 Wie l¨asst sich mit dem Zusammenhang aus Frage 219 eine Methode zur ur Inversenbestimmung einer Matrix A ∈ GL(n, K) formulieren? Antwort: Die Matrix A l¨asst sich durch eine Reihe elementarer Zeilenumformungen auf die Einheitsmatrix En transformieren. Es gibt also Elementarmatrizen Λ1 , . . . , Λr ∈ K n×n , so dass gilt En = Λr · · · Λ1 A = (Λr · · · Λ1 En )A. Daraus folgt

Λr · · · Λ1 En = A−1 .

Man erh¨alt damit die Regel Erh¨alt man En aus einer Reihe elementarer Zeilenumformungen aus A, so verwandeln  dieselben Zeilumformungen die Matrix En in A−1 .

Frage 221 Erl¨autern Sie den Algorithmus zur Inversenbestimmung an der Matrix ⎛ ⎞ 0 1 −4 A := ⎝ 1 2 −2 ⎠ 1 1 2 Antwort: Um die Methode aus Antwort 220 praktisch anzuwenden, schreibe man die Matrizen A und E3 nebeneinander ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 −4 1 0 0 ⎝ 1 2 −2 ⎠ , ⎝ 0 1 0 ⎠ 1 1 2 0 0 1 und transformiere A mittels elementarer Zeilenumformungen in die Einheitsmatrix. In jedem Schritt wird dieselbe Zeilenumformung auf die rechts stehende Matrix angewendet. Steht dann nach endlich vielen Schritten auf der linken Seite die Einheitsmatrix E3 , so steht rechts die zu A inverse Matrix A−1 . Dies liefert also

3.7 Lineare Gleichungssysteme ⎛ 1  ⎝0 1 ⎛ 1  ⎝0 0 ⎛ 1  ⎝0 0 ⎛ 1  ⎝0 0 ⎛ 1  ⎝0 0

Teil 1

97 ⎞

⎛

⎞

2 −1 0 1 0 1 −4 ⎠ , ⎝ 1 0 0 ⎠ 1 2 0 0 1 ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 0 1 0 1 −4 ⎠ , ⎝ 1 0 0⎠ −1 3 0 −1 1 ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 0 1 0 1 −4 ⎠ , ⎝ 1 0 0 ⎠ 0 −1 1 −1 1 ⎞ ⎛ ⎞ 2 0 −1 2 −1 1 0 ⎠ , ⎝ −3 4 −4 ⎠ 0 −1 1 −1 1 ⎛ ⎞ ⎞ 5 −6 7 0 0 ⎝ −3 4 −4 ⎠ . 1 0⎠, −1 1 −1 0 1 ⎛

Also ist A−1

⎞ 5 −6 7 4 −4 ⎠ . = ⎝ −3 −1 1 −1 

3.7 Lineare Gleichungssysteme Teil 1 Die Theorie linearer Gleichungssysteme steht in engem Zusammenhang mit der linearer Abbildungen. Wie lineare Abbildungen K n −→ K m durch eine Matrix aus K m×n eindeutig bestimmt sind, lassen sich auch Gleichungssysteme mit m Gleichungen in n Unbekannten in der Form A · x = b schreiben, bei der A eiosungen des ne m × n-Matrix ist und b ein Vektor aus K m . Das Problem, die L¨ Gleichungssystems A · x = b zu bestimmen, ist damit in geometrischer Hinsicht ¨aquivalent zu der Aufgabe, die ,,Niveaumenge“ der durch x −→ A · x definierten linearen Abbildung FA : K n −→ K m zum Wert b zu ermitteln. Frage 222 Was versteht man unter einem linearen Gleichungssystem (LGS) mit Koeffizienten in K? Wann heißt ein Gleichungssystem homogen, wann inhomogen? Antwort: Unter einem Gleichungssystem in K mit m Gleichungen und n Unbekannten versteht man ein System von Gleichungen der Art

98

3 Lineare Abbildungen und Matrizen a11 x1 +· · ·+ a1n xn = b1 a21 x1 +· · ·+ a2n xn = b2 ···

(∗)

am1 x1 +· · ·+amn xm =bn .

Die Koeffizienten aij und die bi sind hier Elemente des Grundk¨ orpers K. Das Gleichungssystem heißt homogen, falls bi = 0 f¨ ur i = 1, . . . , m gilt, andernfalls inhomogen. Eine L¨osung des Gleichungssystems ist ein n-Tupel (x1 , . . . , xn ) mit Elementen aus K, f¨ ur welche alle m Gleichungen zutreffen. Mit der m × n-Matrix A = (aij ), dem Vektor b = (b1 , . . . , bm ) ∈ K m und dem ,,unbekannlen“ Vektor x = (x1 , . . . , xn )T ∈ K n l¨asst sich (∗) auch schreiben in der Form A · x = b. Daher ist das Problem, s¨amtliche L¨osungen von (∗) zu finden, ¨aquivalent zu dem ullen. Problem, alle Vektoren x ∈ K n zu bestimmen, welche die Gleichung A · x = b erf¨ 

Frage 223 Was versteht man unter dem L¨ osungsraum L(A, b) eines linearen Gleichungssystems A · x = b mit A ∈ K m×n und b ∈ K m ? Wie erh¨alt man aus der Definition sofort eine einfache Charakterisierung des L¨ osungsraums? Antwort: Der L¨ osungsraum ist die Menge aller L¨ osungen des Gleichungssystems A·x = b, also L(A, b) = {x ∈ K n ; A · x = b}. F¨ ur die lineare Abbildung F : K n −→ K m , x −→ A · x gilt L(A, b) = F −1 (b). Nach Frage 157 handelt es sich bei L(A, b) also um einen affinen Unterraum von K n . 

Frage 224 Sei A eine m × n-Matrix. Welche Struktur besitzt der L¨ osungsraum L(A, 0) des homogenen linearen Gleichungssystems A · x = 0? Was ist die Dimension von L(A, 0)? Antwort: Es gilt: Der L¨osungsraum L(A, 0) des homogenen linearen Gleichungssystems A · x = 0 ist ein linearer Unterraum von K n der Dimension n − rg A. Beweis: Wegen A · 0 = 0 ist 0 ∈ L(A, 0). Ferner gilt mit x, y ∈ L(A, 0) und α, β ∈ K A · (αx + βy) = α · A · x + β · A · y = α · 0 + β · 0 = 0,

3.7 Lineare Gleichungssysteme Teil 1

99

also αx + βy ∈ L(A, 0). Der L¨osungsraum ist damit ein linearer Unterraum von K n . F¨ ur die lineare Abbildung F : K n −→ K m , x −→ A · x gilt L(A, 0) = ker F . Mit der Dimensionsformel folgt daher dim ker F = dim K n − rg F , also dim L(A, b) = n − rg A. 

Frage 225 Sei das LGS A · x = b mit A ∈ K m×n und b ∈ K m l¨ osbar und es sei rg A = n. Warum besteht die L¨osungsmenge dann nur aus einem Element? Antwort: Sei FA die durch A gegebene Abbildung. Aus der Dimensionsformel folgt dim ker FA = dim V − rg FA = n − rg A = 0, also ker FA = {0}. Damit ist FA injektiv, und es gibt h¨ ochstens ein x ∈ V mit FA (x) = A · x = b. Zusammen mit der Voraussetzung, dass das LGS l¨ osbar ist, folgt daraus, dass es genau eine L¨osung gibt. 

Frage 226 K¨onnen Sie ein Verfahren schildern, mit dem sich der L¨ osungsraum eines homogenen linearen Gleichungssystem A · x = 0 effektiv berechnen lasst? Antwort: Eine sinnvolle Methode zur Berechnung des L¨ osungsraums liefert das Gauß’sche Eliminationsverfahren, mit dessen Hilfe sich eine Basis von L(A, 0) konstruieren l¨asst. Grundlage f¨ ur die Anwendbarkeit des Verfahrens ist die Tatsache, dass sich der L¨osungsraum eines homogenen linearen Gleichungssystems A·x = 0 nicht ¨andert, wenn man an A elementare Zeilenumformungen durchf¨ uhrt. Nach Frage 218 entsprechen elementare Zeilenumformungen an A der Linksmultiplikation von A mit einer Matrix S ∈ GL(m, K). Nun gilt (S · A) · x = 0 ⇔ A · x = 0, was man durch Multiplikation mit S bzw. S −1 der Gleichung auf der entsprechenden ¨ Seite dieser Aquivalenz unmittelbar erkennt. Man kann also zur L¨osung des Gleichungssystems A · x = 0 die Matrix A mittels des Gauß’schen Verfahrens auf eine Matrix A in Zeilenstufenform transformieren und das Gleichungssystem A · x = 0 l¨osen. Da der L¨ osungsraum invariant gegen¨ uber elementaren Zeilenumformungen ist, gilt L(A, 0) = L(A , 0). Dieses Vorgehen besitzt den Vorteil, dass sich die Struktur des L¨osungsraumes an A bereits unmittelbar ,,ablesen“ l¨asst, wie wir im Folgenden darlegen wollen. ¨ Um die dazugeh¨orige Uberlegungen zu vereinfachen, wollen wir annehmen, dass A die spezielle Zeilenstufenform

100 ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

a11 a22

0

3 Lineare Abbildungen und Matrizen ⎞ a1n a2n ⎟ ⎟ ⎟ ··· ⎟ ⎟ ··· ⎟ arr arn ⎟ ⎟ 0 ··· 0 ⎟ ⎟ ⎠ ··· 0 ··· 0

besitzt, bei der also die besetzten Zeilen jeweils mit einem Eintrag auf der Hauptdiagonalen beginnen. Diese Form l¨asst sich immer durch Vertauschen der Spalten realisieren, was im Hinblick auf das Gleichungssystem einer Umnummerierung der Unbekannten x1 , . . . , xn entspricht. Die Voraussetzung an die Zeilenstufenform von A bedeutet daher keine wirkliche Einschr¨ankung, macht die allgemeine Darstellung aber wesentlich ¨ubersichtlicher. Durch weitere Zeilenumformungen kann man A weiter auf die Form ⎛ ⎞ 1 0 0 a1,r+1 · · · a1n ⎜ 1 0 0 a1,r+1 · · · a2n ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ··· ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ··· ⎜ ⎟ ⎜ 1 ar,r+1 · · · arn ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 0 ··· ··· 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ··· ··· 0 ··· ··· 0 bringen. Die i-te Gleichung des zu l¨osenden linearen Gleichungssystems lautet damit xi +

n 

aij xj = 0,

i = 1, . . . , r.

j=r+1

Also gilt xi = −

n 

aij xj ,

i = 1, . . . , r.

j=r+1

Mit dieser Darstellung lassen sich beliebige L¨osungen nun unmittelbar angeben, da die Werte f¨ ur die Unbekannten xr+1 , . . . , xn nicht durch interne Abh¨angigkeiten zwischen den Gleichungen festgelegt sind, mit anderen Worten frei gew¨ahlt werden k¨ onnen. F¨ ur jede Wahl der Werte xr+1 , . . . , xn ist also der Vektor ⎞ ⎛ n − j=r+1 a1j xj ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ n . ⎟ ⎜− a x rj j ⎟ j=r+1 ⎜ x=⎜ ⎟ x r+1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ . .. ⎠ ⎝ xn

3.7 Lineare Gleichungssysteme Teil 1

101

eine L¨osung des Gleichungssystems A · x = b. Umgekehrt besitzt jede L¨ osung dieses Gleichungssystems die Form (∗). Insbesondere erkennt man an dieser Darstellung noch einmal dim L(A , 0) = n − r, und durch die Wahl einer Basis von K n−r ist eine Basis uglich der Einheitsbasis etwa erh¨alt man von L(A , 0) festgelegt. Bez¨ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ −α1,r+2 −a1,n −a1,r+1 ⎜ ··· ⎟ ⎜ ··· ⎟ ⎜ ··· ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ −ar,n ⎟ ⎜ −ar,r+1 ⎟ ⎜ −ar,r+2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟,⎜ ⎟,...,⎜ 0 ⎟ 1 0 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ··· ⎠ ⎝ ··· ⎠ ⎝ ··· ⎠ 0 0 1 als Basis von L(A , 0). Durch eine entsprechende Anordnung der Zeilen, die die Umnummerierung der Unbekannten x1 , . . . , xn r¨ uckg¨angig macht, erh¨alt man daraus eine Basis von L(A, 0). 

Frage 227 Sei A ∈ K m×n und b ∈ K m . Mit (A|b) sei diejenige Matrix aus K m×(n+1) bezeichnet, die man aus A durch Hinzuf¨ ugen der Spalte b erh¨alt. Es gilt dann A · x = b l¨osbar ⇐⇒ rg(A|b) = rg A. K¨onnen Sie diesen Zusammenhang zeigen? Antwort: Sei A · x = b l¨osbar. Da der Rang von A durch Hinzuf¨ ugen einer Spalte nat¨ urlich nicht kleiner werden kann, gilt stets rg(A|b) ≥ rg A. Angenommen, es gilt rg(A|b) > rg A. Dann gilt b ∈ / span(a1 , . . . , an ), wobei a1 , . . . , an die Spaltenvektoren aus A bezeichnen. In diesem Fall kann aber A · x = b nicht l¨ osbar sein, da f¨ ur eine L¨osung x = (x1 , . . . , xn ) gelten muss a1 x1 + · · · + an xn = b, also b ∈ span(a1 , . . . , an ). Aus diesem Widerspruch folgt rg(A|b) = rg A. Gilt umgekehrt rg(A|b) = rg A, dann folgt b ∈ span(a1 , . . . , an ), also existiert eine Linearkombination x1 a1 + · · · xn an = b. Dies ist genau die Gleichung A · x = b. Der Vektor (x1 , . . . , xn )T ist in diesem Fall eine L¨osung von A · x = b. 

Frage 228 K¨onnen Sie zeigen, dass f¨ ur A ∈ K m×n das Gleichungssystem Ax = b m genau dann f¨ ur jedes b ∈ K l¨osbar ist, wenn rg A = m gilt? Antwort: Gilt rg A = m, dann bilden die Spalten von A bereits ein Erzeugendensystem von K m und durch Hinzuf¨ ugen eines Spaltenvektors b ∈ K m l¨asst sich rg A nicht mehr

102

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

vergr¨oßern. Es gilt also rg A = rg(A|b) f¨ ur jedes b ∈ K m , und damit ist Ax = b nach Frage 227 l¨osbar. Ist umgekehrt Ax = b f¨ ur jedes b ∈ K m l¨ osbar, so gilt rg A = rg(A|b) f¨ ur jedes m b ∈ K . Das bedeutet, dass die Spaltenvektoren von A bereits ein Erzeugenden-system von K m bilden und daher rg A = m gelten muss. 

Frage 229 K¨onnen Sie zeigen, dass f¨ ur A ∈ M (n, K) die folgenden Aussagen ¨aquivalent sind? (i) Das homogene LGS A·x = 0 hat nur die triviale L¨ osung x = 0. (ii) F¨ ur jedes b ∈ K n hat das LGS A · x = b mindestens eine L¨osung. osung. (iii) F¨ ur jedes b ∈ K n hat das LGS A · x = b genau eine L¨ (iv) rg A = n. Antwort: (i) =⇒ (iv): Sei FA die zu A assoziierte Abbildung. Hat das LGS A · x = 0 nur die triviale L¨osung, dann ist ker FA = {0}, und aus der Dimensionsformel folgt rg A = rg FA = dim K n = n. (iv) =⇒ (ii): Aus rg A = n folgt rg A = rg(A|b) f¨ ur jeden Vektor b ∈ K n , und damit ist das LGS A · x = b l¨osbar f¨ ur jeden Vektor b ∈ K n . (ii) =⇒ (iii): Die Gleichung A · x = b besagt, dass sich der Vektor b als Linearkombination der Spaltenvektoren a1 , . . . , an von A schreiben l¨asst: x1 a1 + · · · + xn an = b. Diese Darstellung ist eindeutig, sofern die Spalten von A linear unabh¨angig sind. G¨abe es daher f¨ ur ein b ∈ K n mehrere L¨osungen des Gleichungssystems A · x = b, so w¨aren die Spalten von A linear abh¨angig und folglich kein Erzeugendensystem von K n . Damit ur g¨abe es einen von den Spalten von A linear unabh¨angigen Vektor b ∈ K n , und f¨ diesen bes¨aße das LGS A · x = b keine L¨osung. (iii) =⇒ (i): Man setze b = 0. 

Frage 230 Wie erh¨alt man s¨amtliche L¨osungen eines inhomogenen linearen Gleichungssystems A · x = b? Antwort: Es gilt: Ist xinh eine spezielle L¨osung des inhomogenen Systems A · x = b, so besitzt jede weitere L¨osung x0 die Form x0 = xinh +xhom , wobei xhom eine L¨osung des homogenen Systems A · x = 0 ist. Es gilt also L(A, b) = xinh + L(A, 0). Beweis: F¨ ur einen beliebigen Vektor xhom ∈ L(A, 0) gilt A · x0 = A · (xinh + xhom ) = A · xinh + A · xhom = b + 0 = b.

3.7 Lineare Gleichungssysteme Teil 1

103

Es folgt xinh + L(A, 0) ⊂ L(A, b). Umgekehrt gilt f¨ ur x0 ∈ L(A, b) A · (x0 − xinh ) = A · x0 − A · xinh = b − b = 0. also x0 − xinh ∈ L(A, 0) bzw. x0 ∈ xinh + L(A, 0). Das zeigt die andere Inklusion. 

Zusatzfrage: Raumschiffaufgabe1 Die Weltraumschiffe α, β, γ und δ fliegen schon seit einer gef¨ uhlten Ewigkeit unbeschleunigt (Gravitation wird vernachl¨ assigt) durch den interstellaren Raum. Pl¨otzlich u ¨berschlagen sich die Ereignisse (E1),...,(E5). Dem Kommander von α wird gemeldet: (E1) Soeben w¨aren wir fast mit γ zusammengestoßen. Kurze Zeit sp¨ ater: ¨ (E2) Eben w¨aren wir fast mit δ zusammengestoßen. Uber Funk erf¨ ahrt der Kommander von α, dass es β ¨ahnlich ergangen sei: nacheinander Beinahekollisionen mit γ (E3) und mit δ (E4). Dann kommt die Meldung: (E5) γ und δ sind zusammengestoßen. Da zur gleichen Zeit Raumnebel aufkommt, befiehlt der Kommander von α ein sofortiges Abbremsen seines Raumschiffes. Ist er abergl¨ aubisch? Antwort: Die Position eines Raumschiffes zum Zeitpunkt t wird durch den Vektor (x, y, z, t) ∈ R3 × R = R4 beschrieben (ein physikalisches Ereignis in der Raumzeit, also im MinkowskiRaum). Wir beginnen mit γ und δ. Die Bahnen dieser beiden Raumschiffe definieren eine Ebene E im R4 , da sie sich schneiden (Kollision). Anmerkung: Im R3 legen zwei sich schneidende Geraden eindeutig eine Ebene fest, allgemein gilt dies im Rn . Die Ereignisse E1 und E2 liegen in E =⇒ Bahn von α liegt in E. Analog: E3 und E4 in E =⇒ Bahn von β liegt in E. Wir w¨ahlen das (vierdimensionale) Koordinatensystem so, dass die Ebene E in der x − t-Ebene liegt, also durch y = 0 und z = 0 beschrieben wird. Dann sieht die Situation aus, wie in der folgenden Abbildung (auch die Abbildung beginnt man zweckm¨aßig mit dem Einzeichnen der Bahnen von γ und δ): 1

Die Raumschiffaufgabe ist dem erstgenannten Autor aus seinem Grundstudium bekannt. Leider konnte nicht mehr recherchiert werden, wo sie genau herkommt. Zahlreiche ¨ ahnliche Aufgaben kursieren im Internet. Die elegante L¨ osung wurde von Kai M¨ uller ([email protected]) und Thomas R¨ osch ([email protected]) zur Verf¨ ugung gestellt, denen hiermit ausdr¨ ucklich gedankt sei. Die L¨ osung wurde in einem Lokal in der Umgebung um Heidelberg entwickelt.

104

3 Lineare Abbildungen und Matrizen t

E5

β

γ E3

α

E4

E2

E1

δ

x

Wir sehen in der Abbildung die Skizze der Bahnen. Je kleiner die Steigung, desto gr¨oßer die Geschwindigkeit. Die Raumschiffe α und β fliegen genau dann parallel, wenn sie die gleiche Geschwindigkeit haben. Also schneiden sich die Geraden f¨ ur α und β genau dann, wenn die Geschwindigkeiten verschieden sind. Wenn die zu α geh¨ orende Gerade eine kleinere Steigung als die β-Gerade hat, kommt es zeitlich nach E5 nicht zur Kollision. Der Kommander von α befiehlt das Abbremsen, da ihm die 50%-Chance einer Kollisi” on“ zu groß ist. Genaugenommen ist es etwas weniger, da die Raumschiffe parallel fliegen k¨onnten. Er ist also nicht abergl¨aubisch. Letzten Endes beruht die Aufgabe unter anderem auf der Tatsache, dass sich im R2 (euklidische Geometrie vorausgesetzt) zwei verschiedene Geraden genau dann schneiden, wenn sie nicht parallel sind. Anmerkung 1 : Aus der Aufgabe geht nicht eindeutig hervor, wie t1 und t3 sich zueinander verhalten, ebenso t2 und t4 . Wenn t1 < t3 und t2 < t4 und α langsamer als β, also die Situation wie in der Abbildung, dann steht eine Kollision bevor. Unter der Annahme, dass β seine Geschwindigkeit beibeh¨alt, verhindert ein Abbremsen von α den Zusammenstoß, ein Beschleunigen aber ebenso. Der Kommander w¨ are nicht abergl¨ aubisch. Fliegt unter sonst gleichen Voraussetzungen α schneller als β und w¨ usste er das, w¨ are er es. Analoges gilt f¨ ur den Fall, dass t1 > t3 und t2 > t4 und α schneller ist als β: Dann droht ebenfalls eine Kollision. Auch hier gilt, dass eine Kollision wirksam durch ein

3.8 Der Dualraum

105

Abbremsen (oder Beschleunigen) von α verhindert wird, wenn β seine Geschwindigkeit beibeh¨alt. Falls t1 = t3 , also falls α, β und γ bereits am selben Raumpunkt gewesen waren, w¨are eine Reaktion unn¨otig und der Kommander auf jeden Fall abergl¨ aubisch, sein Aberglaube sozusagen geschwindigkeitsverh¨altnisunabh¨ angig. Anmerkung 2 : Andere, analoge Aufgabenstellung: 3Raumschiffe fliegen auf einer Geraden. Wenn zwei Raumschiffe α und β unterschiedliche Geschwindigkeiten mit gleichem Vorzeichen haben, kollidieren sie: der klassische Auffahrunfall “, hier eher Auffliegunfall. Auch f¨ ur unterschiedliche Vor” zeichen kann es zur Kollision kommen, einem Frontalzusammenstoß, es sei denn, sie fliegen bei Reisebeginn auseinander. ¨ Ubrigens bewegen sich in dem in der L¨osung gew¨ ahlten Koordinatensystem alle Raumschiffe auf einer Geraden, denn ∀t ∈ R, i = α, ..., δ gilt yi (t) = zi (t) = 0. Anmerkung 3 : Der Schnittpunkt der Bahnen von α und β kann auch zeitlich vor Reisebeginn liegen oder zu einem Zeitpunkt t mit t < t5 : in diesem Fall ist die Beinahe-Kollision bereits geschehen, wenn der Kommander das Abbremsen erw¨ agt.

3.8 Der Dualraum Ist F eine lineare Abbildung K n −→ K, dann gilt f¨ ur jeden Vektor x = (x1 , . . . , xn )T n  F (x) = αi xi i=1

mit bestimmten αi ∈ K. Der Vektor v := (α1 , . . . , αn )T gibt also Anlass zu einer linearen Abbildung K n −→ K. Umgekehrt l¨asst sich jede lineare Abbildung K n −→ K durch genau einen Vektor v ∈ K n beschreiben. Unter Ber¨ ucksichtigung der f¨ ur endlich-dimensionale Vektorr¨aume V g¨ ultigen Isomorphie V K n erkennt man, dass die Struktur jedes endlich-dimensionalen Vektorraums V sich in derjenigen des Raums der linearen Abbildungen V −→ K in isomorpher Weise widerspiegelt, was eine Untersuchung des Dualraums V ∗ = HomK (V, K) motiviert. Eine Theorie dualer R¨aume l¨asst sich auch f¨ ur unendlich-dimensionale Vektorr¨aume entwickeln, allerdings lassen sich die meisten der hier behandelten S¨ atze nicht ohne Weiteres auf den unendlich-dimensionalen Fall u ¨ bertragen. Frage 231 Was versteht man unter einer Linearform auf einem K-Vektorraum V , was unter dem zu V dualen Vektorraum V ∗ ? Antwort: Eine Linearform ist eine lineare Abbildung V −→ K. Beispielsweise ist durch  (x1 , . . . , xn ) −→ ni=1 xi eine Linearform auf K n gegeben. Spezielles Interesse in der Analysis haben die Abbildungen

106  f −→

b

f (x) dx a

3 Lineare Abbildungen und Matrizen ! df !! und f −→ . dx !x0

Diese sind ebenfalls Linearformen auf den entsprechenden R¨aumen der integrierbaren bzw. differenzierbaren Funktionen. Der zu V duale Vektorraum V ∗ ist die Menge aller Linearformen auf V , also V ∗ =  HomK (V, K).

Frage 232 Sei V endlich-dimensional, B = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V . Wie erh¨alt man daraus die zu B duale Basis B ∗ von V ∗ ? 

Antwort: Setzt man vi∗ (vj )

= δij =

1 0

f¨ ur i = j, sonst,

so ist B ∗ = (v1∗ , . . . , vn∗ ) eine Basis von V ∗ . Beweis: B ∗ ist ein Erzeugendensystem f¨ ur V ∗ . Ist n¨amlich ξ eine Linearformauf V , ∗ die auf den Basisvektoren die Werte ξ(vi ) = αi ∈ K annimmt, dann gilt nξ = ∗αi vi . ∗ Die Vektoren in B sind ferner linear unabh¨angig. Aus der Gleichung i=1 αi vi = 0 folgt n¨amlich, indem man vj einsetzt, αj = 0 f¨ ur alle j = 1, . . . , n. 

Frage 233 Wieso sind die R¨aume V und V ∗ isomorph? Antwort: Bei gegebener Basis B = (v1 , . . . , vn ) von V ist die durch ΨB (vi ) = vi∗ gegebene lineare Abbildung nach Frage 232 ein Isomorphismus V − V ∗ .



Frage 234 Warum l¨asst sich das Verfahren aus Frage 232 zur Konstruktion einer dualen Basis nicht auch auf nendlich-dimensionale Vektorr¨aume verallgemeinern? Antwort: Ist (v1 , v2 , . . .) ein unendliches Erzeugendensystem, dann enth¨alt die Menge " #  ∗ ∗ ∗ αi vi ; αi = 0 f¨ ur fast alle i span(v1 , v2 , . . .) = i∈N

ur fast alle i ∈ N gilt. Andererseits nur diejenigen Linearformen ξ, f¨ ur die ξ(vi ) = 0 f¨ l¨asst sich auch f¨ ur einen unendlich-dimensionalen Vektorraum eine Linearform V −→ K konstruieren, indem man die Bilder der Basisvektoren beliebig vorgibt. Insbesondere existieren Linearformen V −→ K, die auf unendlich vielen Basisvektoren Werte = 0 annehmen.

3.8 Der Dualraum

107

Daraus folgt span (v1∗ , v2∗ , . . .) = V ∗ , die Linearformen v1∗ , v2∗ , . . . bilden also kein Erzeugendensystem f¨ ur V ∗ . 

Frage 235 Man betrachte die Basis (v1 , v2 ) des R2 mit v1 = e1 = (1, 0)T und ∗ v2 = (1, 1)T . Wie lautet die dazu duale Basis (v1∗ , v2∗ ) von R2 ? Antwort: Die Gleichungen v1∗ (v1 ) = v2∗ (v2 ) = 1, v1∗ (v2 ) = v2∗ (v1 ) = 0 liefern v1∗ = (1, −1) und v2∗ = (0, 1).

Frage 236 Sei U ⊂ V Untervektorraum eines K-Vektorraums V . Wie ist der Annulator U 0 von U definiert? Antwort: Unter dem Annulator versteht man die Menge U 0 = {ξ ∈ V ∗ ; ξ(u) = 0

f¨ ur alle u ∈ U }. 

Frage 237 Wieso gilt dim U 0 = dim V − dim U, falls V endlich-dimensional ist? Antwort: Man betrachte eine Basis (u1 , . . . , u ) von U und erg¨anze diese zu einer Basis (u1 , . . . , u , v1 , . . . , vr ) von V . Es gen¨ ugt dann zu zeigen, dass (v1∗ , . . . , vr∗ ) eine Basis von U 0 ist. Die lineare Unabh¨angigkeit ist klar, da v1 , . . . , vr linear unabh¨angig sind. Es bleibt also U 0 = span(v1∗ , . . . , vr∗ ) zu zeigen, wobei die Inklusion ,,⊃“ wiederum trivial ist, da nach Konstruktion der dualen Basis vi∗ (uj ) = 0 f¨ ur alle i = 1, . . . , r und alle j = 1, . . . ,  gilt. Um ,,⊂“ zu zeigen, sei ξ ∈ U 0 und ξ = α1 u∗1 + · · · + α u∗ + β1 v1∗ + · · · + βr vr∗ . Einsetzen von ui liefert dann αi = 0 f¨ ur i = 1, . . . , , also ξ ∈ span(v1∗ , . . . , vr∗ ).



Frage 238 Was versteht man unter der zu einer linearen Abbildung F : V −→ W zwischen K-Vektorr¨aumen V und W dualen Abbildung F ∗ ? Wieso ist F ∗ linear? Antwort: Die zu F : V −→ W duale Abbildung ist definiert durch F ∗ : W ∗ −→ V ∗ ,

ξ −→ ξ ◦ F.

108

3 Lineare Abbildungen und Matrizen

F¨ ur jede auf W definierte Linearform ξ ist damit F ∗ (ξ) eine Linearform auf V . Die Wirkung der dualen Abbildung besteht also darin, auf W definierte Linearformen auf V ,,zur¨ uckzuholen“. Das wird in dem nebenstehenden Diagramm beschrieben. Seien ξ, χ ∈ V ∗ und α ∈ K. Die Linearit¨at von F ∗ folgt aus F ∗ (ξ + χ) = (ξ + χ) ◦ F = ξ ◦ F + χ ◦ F = F ∗ (ξ) + F ∗ (χ) F ∗ (αξ) = (αξ) ◦ F = α(ξ ◦ F ) = αF ∗ (ξ).  Frage 239 Wieso gilt (F ◦ G)∗ = G∗ ◦ F ∗ f¨ ur zwei K-lineare Abbildungen F, G ∈ HomK (V, W )? Antwort: F¨ ur jede Linearform ξ ∈ W ∗ hat man (F ◦ G)∗ (ξ) = ξ ◦ (F ◦ G) = (ξ ◦ F ) ◦ G = (F ∗ (ξ)) ◦ G = G∗ (F ∗ (ξ)) = (G∗ ◦ F ∗ )(ξ). Daraus folgt (F ◦ G)∗ = G∗ ◦ F ∗ wie gew¨ unscht.



Frage 240 Sein V und W endlich-dimensionale Vektorr¨aume mit Basen B und C und F : V −→ W eine lineare Abbildung. K¨onnen Sie beweisen, dass f¨ ur die Darstellungsmatrizen der folgende Zusammenhang gilt: ∗

MBC∗ (F ∗ ) = (MCB (F ))T , mit anderen Worten, dass die duale Matrix bez¨ uglich der dualen Basen durch die transponierte Matrix beschrieben wird? Antwort: Sei B = (v1 , . . . , vn ) und C = (w1 , . . . , wm ). Mit MCB (F ) = (aij ) gilt m F (vj ) = i=1 aij wi , und durch Anwendung von wi∗ auf beide Seiten der Gleichung erh¨alt man (∗) wi∗ (F (vj )) = aij , also F ∗ (wi∗ )(vj ) = aij .  ∗ n Umgekehrt: Ist MBC∗ (F ∗ ) = (bji ), so hat man F ∗ (wi∗ ) = j=1 bji vj∗ , und Einsetzen von vj liefert F ∗ (wi )(vj ) = bji , Zusammen mit (∗) folgt bji = aij , also die Behauptung.



3.8 Der Dualraum

109

Frage 241 K¨onnen Sie zeigen: (i) Ist F injektiv, so ist F ∗ surjektiv. (ii) Ist F surjektiv, so ist F ∗ injektiv. Antwort: (i) Sei F injektiv. Es gilt zu zeigen, dass zu jeder Linearform χ ∈ V ∗ eine Linearform ξ ∈ W ∗ mit F ∗ (ξ) = ξ ◦ F = χ existiert. Dazu zerlegen wir F in die beiden Abbildungen F1 : V −→ im F und F2 : im F → W . Wegen der Injektivit¨at von F ist F1 bijektiv, und daher kann man durch χ := χ ◦ F1−1 eine Linearform ur die χ = χ ◦ F1 gilt. Um χ auf ganz W fortzusetzen, χ : im F −→ K definieren, f¨ w¨ahle man ein Komplement U zu im F in W , so dass also W = im F ⊕ U gilt, und f¨ ur w + u ∈ im F ⊕ U definiere man die Linearform ξ : W −→ K durch ξ(w + u) = χ (w). F¨ ur jedes v ∈ V gilt dann ξ(F (v)) = χ (F (v)) = χ (F1 (v)) = χ(v), also ξ ◦ F = χ wie gew¨ unscht.

(ii) Sei F : V −→ W surjektiv. Dann gibt es zu jedem w ∈ W ein v ∈ V mit F (v) = w, und aus F ∗ (ξ) = F ∗ (ξ  ) folgt dann ξ(w) = ξ(F (v)) = F ∗ (ξ)(v) = F ∗ (ξ  )(v) = ξ  (F (v)) = ξ  (w). Da diese Gleichung f¨ ur alle w ∈ W gilt, folgt ξ = ξ  , also die Injektivit¨at von F ∗ .



Frage 242 K¨onnen Sie zeigen, dass f¨ ur eine lineare Abbildung F : V −→ W zwischen endlich-dimensionalen Vektorraumen stets rg F = rg F ∗ gilt? Antwort: Man betrachte die folgende Aufspaltung von F F

F

1 2 F : V −→ im F −→ W,

in eine surjektive Abbildung F1 und eine injektive Abbildung F2 . Nach Frage 239 induziert dies die duale Sequenz F∗

F∗

2 1 (im F )∗ −−→ V ∗, F ∗ : W ∗ −−→

bei der nun nach Frage 241 F2∗ surjektiv und F1∗ injektiv ist. Das bedeutet, dass (im F )∗ durch F1∗ bijektiv auf im F ∗ abgebildet wird, und daraus folgt

110

3 Lineare Abbildungen und Matrizen rg F ∗ = dim im F ∗ = dim(im F )∗ = dim(im F ) = rg F. 

Frage 243 K¨onnen Sie mit den Mitteln der Dualraumtheorie noch einmal einen Beweis daf¨ ur liefern, dass f¨ ur jede Matrix A ∈ K m×n Spalten- und Zeilenrang u ¨bereinstimmen? Antwort: Sei FA die durch A beschriebene Matrix. Mit den Antworten 240 und 242 erh¨alt man rgs A = rg FA = rg FA∗ = rgs AT = rgz A. 

Frage 244 K¨onnen Sie zeigen, dass V und V ∗∗ kanonisch isomorph sind?

Antwort: F¨ ur v ∈ V definiere man die Abbildung v ∗∗ : V ∗ −→ K durch v ∗∗ (ξ) = ξ(v) f¨ ur alle ξ ∈ V ∗ . Dann ist die Abbildung Φ : V −→ V ∗∗ ,

v −→ v ∗∗

ein Isomorphismus von Vektorr¨aumen. Beweis: Φ ist ein Homomorphismus, denn f¨ ur alle v, w ∈ V , alle α ∈ K und alle ξ ∈ V ∗ gilt Φ(v + w)(ξ) = (v + w)∗∗ (ξ) = ξ(v + w) = ξ(v) + ξ(w) = v ∗∗ (ξ) + w∗∗ (ξ) = Φ(v)(ξ) + Φ(w)(ξ), Φ(αv)(ξ) = (αv)∗∗ (ξ) = ξ(αv) = αξ(v) = αv ∗∗ (ξ) = αΦ(v)(ξ). Daraus folgt Φ(v + w) = Φ(v) + Φ(w) und Φ(αv) = αΦ(v), also die Linearit¨at von Φ. Ist B = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V und B ∗ = (v1∗ , . . . , vn∗ ) die hierzu duale Basis, dann gilt vi∗∗ (vj∗ ) = vj∗ (vi ) = δji . Also ist B ∗∗ = (v1∗∗ , . . . , vn∗∗ ) die duale Basis zu B ∗ . Das heißt, dass Φ Basen von V auf Basen von V ∗∗ abbildet und damit notwendigerweise ein Isomorphismus ist. 

4 Determinanten Die Determinante ordnet jeder linearen Abbildung zwischen endlich-dimensionalen K-Vektorr¨aumen der gleichen Dimension einen Wert aus dem Grundk¨ orper K zu. Sie ist eine wichtige Kenngr¨oße linearer Abbildungen. So liefert die Determinante z.B. ein Invertierbarkeitskriterium f¨ ur quadratische Matrizen und eine L¨ osungsformel f¨ ur lineare Gleichungssysteme (Cramer’sche Regel). Die Determinantenabbildung besitzt f¨ ur reelle Vektorr¨ aume eine anschauliche geometrische Interpretation. Sind v1 , . . . , vn Vektoren im Rn , so gibt | det(v1 , . . . , vn )| gerade das Volumen des durch diese n Vektoren aufgespannten Parallelotops im Rn an.

F¨ ur zwei Vektoren v = (a, b)T und w = (c, d)T best¨ atigt man dies etwa, indem man die von v und w eingeschlossene Fl¨ache A elementargeometrisch berechnet. Man erh¨alt A = (a + c) · (b + d) − ab − cd − 2 · bc = ad − bc = det(v1 , v2 ). Der Fl¨acheninhalt betr¨agt genau dann null, wenn die Vektoren linear abh¨ angig sind. Als geometrische Kenngr¨oße tritt die Determinante auch in der mehrdimensionalen Analysis in Erscheinung, insbesondere als Funktionaldeterminante, die als Maß f¨ ur die infinitesimale Volumenverzerrung einer Funktion interpretiert werden kann. Damit h¨ angt auch die Rolle der Determinante bei der Integraltransformati-

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2019 R. Busam et al., Prüfungstrainer Lineare Algebra, https://doi.org/10.1007/978-3-662-59404-9_4

111

112

4 Determinanten

onsformel zusammen. Abschließend sei auch noch die Rolle der Determinante bei der Bestimmung der Eigenwerte einer linearen Abbildung (s. Kapitel 5.1) erw¨ ahnt.

4.1 Alternierende Multilinearformen Wir f¨ uhren die Determinante auf M (n, k) im Anschluss an Weierstraß als spezielle alternierende Multilinearform V n −→ K ein, die durch die Eigenschaft der Normiertheit eindeutig bestimmt ist. Frage 245 Sei V ein n-dimensionaler K-Vektorraum. Was versteht man unter einer alternierenden k-Form (alternierende Multilinearform vom Grad k) auf V ? Was ist eine Determinantenform auf V ? Antwort: Eine alternierende k-Form auf V ist eine Abbildung g : V k −→ K,

(v1 , . . . , vk ) −→ d(v1 , . . . , vk ),

die (a) multilinear, d. h. linear in jeder Komponente ist, so dass also f¨ ur jedes α, α ∈ K gilt g(. . . , αvi + α vi , . . .) = αg(. . . , vi , . . .) + α g(. . . , vi , . . .) (b) alternierend ist in dem Sinne, dass g verschwindet, falls zwei der k Argumente identisch sind g(. . . , v, . . . , v, . . .) = 0

f¨ ur jedes v ∈ V

Eine n-Form auf einem n-dimensionalen Vektorraum heißt Determinantenform.



Frage 246 Wann heißt eine k-Form auf V schiefsymmetrisch (antisymmetrisch)? Antwort: Eine k-Form heißt antisymmetrisch, wenn die Form bei Vertauschung von  zwei der k Variablen v1 , . . . , vk ihr Vorzeichen wechselt.

Frage 247 Warum sind alternierende k-Formen stets schiefsymmetrisch? Antwort: F¨ ur eine alternierende k-Form g gilt g(. . . , vi , . . . , vj , . . .) + g(. . . , vj , . . . , vi , . . .) = g(. . . , vi + vj , . . . , vi + vj , . . .) = 0, also

4.1 Alternierende Multilinearformen

113

g(. . . , vi , . . . , vj , . . .) = −g(. . . , vj , . . . , vj , . . .). 

Frage 248 Sei g eine alternierende k-Form und π eine Permutation aus Sk . K¨ onnen Sie g(vπ(1) , . . . , vπ(k) ) durch g(v1 , . . . , vk ) ausdr¨ ucken? Antwort: Es ist g(vπ|(1) , . . . , vπ(k) ) = sign π · g(v1 , . . . , vk ). Das folgt aus der Schiefsymmetrie von g, wenn man π als Produkt von Transpositionen (vgl. Frage 49) schreibt. 

Frage 249 Ist char(K) = 2, wieso ist dann jede schiefsymmetrische k-Form auch alternierend? Antwort: Jede schiefsymmtrische k-Form ist f¨ ur char (K) = 2 wegen 1 1 g(. . . , v, . . . , v, . . .) = g(. . . , v, . . . , v, . . .) + g(. . . , v, . . . , v, . . .) 2 2 1 1 = g(. . . , v, . . . , v, . . .) + d(. . . , v, . . . , v, . . .) 2 2 1 1 = g(. . . , v, . . . , v, . . .) + g(. . . , v, . . . , v, . . .) = 0 2 2 auch alternierend (man beachte, dass die Division durch 2 nur f¨ ur char(K) = 2 erlaubt ist). 

Frage 250 K¨onnen sie den folgenden Zusammenhang zeigen? Ist f : V k −→ K eine alternierende k-Form, dann ist g(v1 , . . . , vk ) = 0 f¨ ur jedes linear abh¨angige k-Tupel (v1 , . . . , vk ). Antwort: L¨asst sich vj aus den ¨ubrigen k − 1 Vektoren linear kombinieren, so folgt g(. . . , vj , . . .) = g(. . . ,

k  i=1,i=j

αi vi , . . .) =

k 

αi g(. . . , vi , . . .).

i=1,i=j

In jedem der k−1 Summanden αi g(. . . , vi , . . .) kommt der Vektor vi genau zweimal als Argument von g vor. Daher verschwindet jeder Summand und somit auch g(v1 , . . . , vk ). 

114

4 Determinanten

Frage 251 Warum ist im Fall k > n = dim V jede alternierende k-Form die Nullform? Antwort: F¨ ur k > dim V sind die k Argumente der alternierenden k-Form in jedem Fall linear abh¨angig. Der Zusammenhang folgt daher aus Frage 250. 

Frage 252 K¨onnen Sie zeigen, dass die alternierenden k-Formen auf V einen Vektorraum Altk (V ) bilden? Antwort: Setzt man f¨ ur zwei k-Formen g und f (f + g)(v1 , . . . , vk ) = f (v1 , . . . , vk ) + g(v1 , . . . , vk ) (αf )(v1 , . . . , vk ) = α · f (v1 , . . . , vk )

(∗) (∗∗)

so u uft man leicht, dass f + g und αf ebenfalls alternierende k-Formen sind. ¨berpr¨ Zusammen mit den in (∗) und (∗∗) definierten Verkn¨ upfungen wird die Menge der alternierenden k-Formen auf V damit zu einem Vektorraum Altk (V ). 

Frage 253 Welche Dimension hat Altk (V )? Antwort: Da  jedes g ∈ Altk (V ) multilinear und alternierend ist, ist g bereits eindeutig n durch die Werte k g(ei1 , ei2 , . . . , eik )

mit i1 < i2 < · · · ik ,

festgelegt, wobei die eik Basisvektoren aus V sind. Aufgrund dieser Eigenschaft ist es naheliegend, eine Basis von Altk (V ) zu konstruieren, indem man die Werte der Basisformen auf den n-Tupeln (ei1 , . . . , eik ) explizit so festlegt, dass diese linear unabh¨angig sind. Das funktioniert folgendermaßen: F¨ ur jedes geordnete k-Tupel (i1 , . . . , ik ) mit 1 ≤ ij ≤ n und i1 < . . . < ik definiere man die Multilinearform di1 ,...,ik durch ⎧ ⎪ ⎨sign τ falls j1 , . . . , jk aus einer Permutation τ i1 ,...,ik (ej1 , . . . , ejk ) = d (∗) von i1 , . . . , ik hervorgeht ⎪ ⎩ 0 sonst. Man sieht dann leicht, dass die Multilinearformen di1 ,...,ik alternierend sind, durch die Vorschrift (∗) bereits eindeutig festgelegt sind und daher Elemente aus Altk (V ) sind. Ferner sind die alternierenden k-Formen di1 ,...,ik linear unabh¨angig, denn aus  g= ai1 ,...,ik di1 ,...,ik = 0 (∗) i1