Lineare Algebra I - stud.uni-hannover.deedlerd/uni/math/LinA.pdf · 2 MATRIZEN cc-by-nc-sa Daniel Edler 2.1.3 Fürn= 3 Deﬁnition2.2 EineTeilmengeEˆR3 heißtEbene,fallsELösungsmengeeinerlinearenGleichung

Vorlesungszusammenfassungbei Herrn Prof.Dr. Wewers

Lineare Algebra I

erstellt von:Daniel Edler

Inhaltsverzeichnis cc-by-nc-sa Daniel Edler

Inhaltsverzeichnis

1 Analytische Geometrie 1

2 Matrizen 22.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2.1.1 Für n = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.1.2 Für n = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.1.3 Für n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.2 Gauß-Algorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2.1 (normalisierte) Zeilenstufenform . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.3 Vektoren im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3.1 “Geometrische Definition” von Vektor . . . . . . . . . . . . . . . 92.3.2 Moderne Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3 Gruppen, Ringe, Körper 123.1 Verknüpfungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.2 Neutrale und Inverse Elemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.3 Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.3.1 Permutationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.4 Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.5 Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.6 Gruppe, Ring und Körper im Vergleich . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.7 Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4 Matrizen als linearen Abbildungen 224.1 Allgemeine Vektorräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.2 Erzeugnis/linearer Spann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.3 Lineare Unabhängigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.4 Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4.4.1 Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

5 Interpolation von Funktionswerten 30

6 Lineare Abbildung 33

7 Matrizen 367.1 Invertierbare Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.2 Basiswechsel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.3 Elementarmatrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377.4 Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

7.4.1 Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.4.2 Entwicklungssatz von Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

7.5 Diagonalisieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.5.1 lineare Rekursionsfolgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407.5.2 Eigenvektor und Eigenwert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

8 Komplexe Zahlen 428.1 Lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

II

Inhaltsverzeichnis cc-by-nc-sa Daniel Edler

9 Literatur 44

III

1 ANALYTISCHE GEOMETRIE cc-by-nc-sa Daniel Edler

1 Analytische Geometrie

Im Folgenden werden die reelen Zahlen R als bekannt vorausgesetzt

E := R2 = R× R

Elemente P = (x, y) aus E heißen Punkte. x, y heißen Koordinaten von P

Definition 1.1Eine Teilmenge L ⊆ E heißt Gerade, wenn es a, b, c ∈ R gibt, so dass gilt:

• (a, b) 6= (0, 0) (d.h. a 6= 0 oder b 6= 0)

• L = {(x, y) ∈ E | ax+ by = c}L = zwei Elemente aus E unter der Bedingung, dass für diese Elemente gilt. . . (da essonst uneingeschränkt, die in diesem Fall Ebene ergibt)

Satz 1.2Es seien P,Q ∈ E und P 6= Q. Dann existiert genau eine Gerade L ⊆ E, sodass P ∈ Lund Q ∈ L

Beweis. Es sind zwei Aussagen zu zeigen:

Existenz Für die gegebenen Punkte P,Q ∈ E,P 6= Q gibt es (überhaupt) eine GeradeL ⊆ E mit P,Q ∈ L. Schreibe: P = (x1, y1), Q = (x2, y2)Es ist zu Zeigen (siehe Definition von Geraden): Es gibt a, b, c,∈ R sodass

(i)

(a, b) 6= (0, 0) (1.1)

(ii) (Nebenbemerkung: es ist dieselbe Gerade, deshalb sind a, b, c in beidenGleichungen dieselben)

ax1 + by1 = c (P ∈ L)ax2 + by2 = c (Q ∈ L)

(1.2)

(i) Das folgende ist kein Bestandteil des Beweises sondern dient zu dessen Hin-führung. Aus der Gleichung (1.2) folgt, da c = c:

⇒ ax1 + by1 = ax2 + by2

a(x1 − x2) = b(y2 − y1)

Begin des BeweisesSetze: a := y2 − y1, b := x1 − x2Dann gilt (ab = ba): a(x1 − x2) = b(y2 − y1)Daraus folgt: ax1 + by1 = ax2 + by2Nun setze: c := ax1 + by1 = ax2 + by2

Dann gilt:ax1 + by1 = c

ax2 + by2 = c

1

2 MATRIZEN cc-by-nc-sa Daniel Edler

(ii) Da P 6= Q, gilt x1 6= x2 oder y1 6= y2Daraus folgt: a = y2 − y1 6= 0 oder b = x1 − x2 6= 0also (a, b) 6= (0, 0)

Eindeutigkeit Seien P,Q ∈ E,P 6= Q. Seien L1, L2 ⊆ E Geraden. Wenn P,Q ∈ L1

und P,Q ∈ L2 (d.h. P,Q ∈ L1 ∩ L2) dann gilt: L1 = L2. Dies folgt aus Satz 2(bzw. 1.4 siehe unten)

Definition 1.3Zwei Geraden L1, L2 ⊆ E heißen parallel wenn gilt: L1 ∩ L2 = ∅

Satz 1.4Sind L1, L2 zwei verschiedene Geraden, so gilt entweder L1∩L2 = ∅ (d.h. parallel) oderL1 ∩ L2 besitzt genau ein Element

Beweis. SIEHE UEBUNGSAUFGABE

Definition 1.5Sei n ∈ N. Der (euklidische) Standardraum der Dimension n ist En (steht für Ebene)= Rn = R× . . .R

n mal3 P = (x1, . . . , xn = Abb({1, . . . , n},R) (Menge der Abbildungen

von der Menge von 1 bis n auf die Menge R) Schreibweise: P = (x1, . . . , xn) oder in

Spaltenvektordarstellung x =

x1...xn

Eine nichtleere Teilmenge H ⊆ Rn heißt linearer Unterraum, wenn H Lösungsmengeeines linearen Gleichsystems ist, d.h. es gibt ai,j, bi ∈ R für i ∈ {1, . . .m},m ∈ R0

und j ∈ {1, . . . , n} (R gilt nicht, da es kein entsprechendes LGS gibt), sodass P =(x1, . . . , xn) ∈ H a1,1x1+ . . . +a1,nxn = b1

......

...am,1xm+ . . . +am,nxn = bn

2 Matrizen

2.1 Grundlagen

Definition 2.1Seien m,n ∈ N eine (m,n) – Matrix (mit reelen Einträgen) ist eine Abbildung A :{1, . . . ,m} × {1, . . . , n} → RDie Menge aller (m,n) Matrizen bezeichnen wir mit Mm,n(R)

2


Schreibweise:

A =

a1,1 · · · a1,n...

...am,1 · · · am,n

, wobei ai,j = A(i, j) mit i := Zeilennummer und j := Spaltennummer

Für A = (ai,j) ∈Mm,n, x =

x1...xn

∈ Rn sei:

A · x =

a1,1x1 · · · a1,nxn...

...am,1x1 · · · am,nxn

∈ Rm

2.1.1 Für n = 1

a1x = b1...

...amx = bm

{∈ R|a · x = b} =

∅, a = 0, b 6= 0

R, a = 0, b = 0ba, a 6= 0

Man sieht: Die Menge aller linearer Unterräume von R ist {R} ∪ {x}|x ∈ R}

2.1.2 Für n = 2

Behauptung: Die Menge X aller linearen Unterräume des R2 wobei P,L Teilmengenvon Unterraum sind (Punkt, Gerade):

X := {{P}|P ∈ R} ∪ {L|L ⊂ R2} ∪ R

Beweis. 1. Sei H ⊂ R2 ein linearer Unterraum⇒ H1∩ . . .∩Hm, wobei Hi Lösungs-menge einer linearen Gleichung aix+ biy = ci ist.Wir haben gesehen ∀i : Hi ∈ X, genauer Hi ist eine Gerade (für (ai, bi) 6= (0, 0))oder H = R (für (ai, bi, ci) = (0, 0, 0))Es folgt aus Satz 2 (bzw. 1.4), dass H = H1 ∩ . . . ∩ Hm ∈ X warum folgtsowas aus satz 2?

2. Wir müssen Zeigen, dass jedes Element vonX ein linearer Unterraum ist.übung

3


2.1.3 Für n = 3

Definition 2.2Eine Teilmenge E ⊂ R3 heißt Ebene, falls E Lösungsmenge einer linearen Gleichung

a1x1 + a2x2 + a3x3 = b

mit a1, a2, a3, b ∈ R und (a1, a2, a3) 6= (0, 0, 0)Zwei Ebenen E1, E2 ⊂ R heißen parallel, wenn E1 ∩ E2 = ∅.Eine Teilmenge L ⊂ R3 heißt Gerade, falls L = E1 ∩ E2 für nicht parallele EbenenE1, E2 ⊂ R3

Beispiel 2.3

E1 := {x = (x1, x2, x3)|x1 + x2 + x3 = 1}E2 := {x = (x1, x2, x3)|2x1 − x2 + x3 = 1}

Dies sind Ebenen. Was ist E1 ∩ E2?{x1 + x2 + x3 = 1

2x1 − x2 + x3 = 1

(II)−2(I)⇔{x1 + x2 + x3 = 1−3x2 − x3 = −1

(I)+(II)⇔{

x1 − 2x2 = 0−3x2 − x3 = −1

⇔{x1 = 2x2x3 = 1− 3x2

⇒ E1 ∩ E2 =

{(x1, x2, x3)|

x1 = 2x2x3 = 1− 3x2

}Man sieht für jede reele Zahl t ∈ R gibt es einen eindeutig bestimmten Punkt P =(x1, x2, x3) ∈ E1∩E2 mit x3 = t. In diesem Fall heißen x1, x3 gebundene Variablen undx2 heißt freie VariableMerke: Wir haben eine bijektive Abbildung:

φ : R→ E1 ∩ E2, t→ (2t, t, 1− 3t)

(Nebenbemerkung: E1 ∩ E2 ist ein lineare Untermenge)

4


2.2 Gauß-Algorithmus

Lineares Gleichungssystem (LGS) mit n,m ∈ N

a1,1x1 · · · a1,nxn = b1...

......

am,1x1 · · · am,nxn = bm

Ax = b

A = (ai,j) ∈Mm,n, b =

b1...bm

∈ Rm, x ∈ Rn

Lösungsmenge des LGS:

L(A, b) :=

x =

x1...xn

∈ Rn|Ax = b

Definition 2.4 (erweiterte Koeffizientenmatrix)Die erweiterte Koeffizientenmatrix des LGS Ax = b ist A(A|b) ∈Mm,n+1

Definition 2.5 (elementare Zahlenoperation)Seien n,m ∈ N, A = (ak,l) ∈ Mm,n . Eine elementare Zahlenoperation angewendetauf A, liefert eine Matrix A′ = (a′k,l) und ist von Typ I, II, III, wie folgt:

Typ I Multiplikation der i - ten Zeile mit λ 6= 0 {i ∈ {1, . . . ,m}, λ ∈ R} genau für alle

k, l a′k,l =

{ak,l , k 6= iZeilen ohne Operatorλ · ak,l , k = i

Typ II Addition des λ -fachen der i - ten Zeile zur j-ten Zeile (i, j ∈ {1, . . . ,m}, i 6=

j, λ ∈ R) für alle k, l a′k,l =

{ak,l k 6= jak,l + λai,l k = j

Typ III Vertausche der i-ten mit der j-ten Zeile (i, j ∈ {1, . . . ,m}, i 6= j)

ak,l =

ak,l k 6= i, jaj,l k = iai,l k = j

Lemma 2.6Sei m,n ∈ N, A ∈ Mm,n, b ∈ R . Sei (A′|b′) ∈ Mm,n+1 das Ergebnis eines elementarenZeilenoperation, angewendet auf (A|b) . Dann gilt:

L(A|b) = L(A′|b′)(Ax = b⇔ A′x = b′)

Beweis. (nur für Typ II)

5


Seien i, j ∈ {1, . . . ,m}, i 6= j, λ ∈ R

A = (ak,l), b =

b1...bm

A′ = (a′k,l), b

′ =

b′1...b′m

Es gilt:

a′k,l =

{ak,l k 6= i, jaj,l + λai,l k = j

Zu zeigen: (Gleichheit zweier Mengen/dessen Äquivalenz)

L(A|b) = L(A′|b′)

Sei x =

x1...xn

, L(A|b), d.h. Ax = b (2.1)

Insbesondere gilt:

ai,1 · x1 + . . .+ ai,n · xn = b1

aj,1 · x1 + . . .+ aj,n · xn = bj(2.2)

Es folgt: (nach zu beweisenden Rechenregel des Typ II)

a′j,1x1 + . . .+ a′j,nxn

=(aj,1 + λai,1)x1 + . . .+ (aj,n + λai,n)xn

=(aj,1x1 + . . .+ aj,mxn) + (λai,1x1 + . . .+ λai,nxn)

=(aj,1x1 + . . .+ aj,mxn) + λ(ai,1x1 + . . .+ ai,nxn)

=bj + λbi = b′j

Es gilt also: A′j,1x1 + . . .+ a′j,n = b′j . Zusammen mit Ax = b folgt daraus:

A′x = b′, d.h. x ∈ L(A′|b′)

Wir haben also gezeigt:L(A|b) ⊆ L(A′|b′)

Da (A|b) ebenfalls das Ergebnis einer elementaren Zahlenmenge, angewendet auf (A′|b′)ist, folgt mit demselben Argument L(A′|b′) ⊆ L(A|b)

Insgesamt: L(A|b) = L(A′|b′)

6


2.2.1 (normalisierte) Zeilenstufenform

Definition 2.7 (Zeilenstufenform)Eine Matrix A(ai,j) ∈ Mm,n ist in Zeilenstufenform (ZSF), wenn sie folgende Gestalthat:

(A|b) =

a11 a12 . . . a1n b10 a22 . . . a2n b2... . . . . . . ...

...0 . . . 0 amn bm

=

∗ a12 . . . a1n b10 ∗ . . . a2n b2... . . . . . . ...

...0 . . . 0 ∗ bm

∗ 6= 0

Genauer: Es gibt r ∈ {0, . . . ,m} und Elemente j1, . . . , jr ∈ {1, . . . , n} mit j1 < j2 <. . . jrfür l ∈ {1, . . . , n} gilt jl = min{j ∈ {1, . . . , n}|al,j 6= 0}ai,j = 0 für i ∈ {r + 1, . . . ,m}, j ∈ {1, . . . , n}

⇒ A = 0(ai,j = 0∀i, j)mit: 0 ≤ r ≤ min{m,n}

Definition 2.8 (normalisierte Zeilenstufenform)A ist in normalisierten ZSF, falls zusätzlich gilt: für i = 1, . . . , r

a1,ji = . . . = ai−1,ji = 0, ai,ji = 1

Also wie folgt aussieht

(A|b) =

a11 0 . . . 0 00 a22 . . . 0 0... . . . . . . ...

...0 . . . 0 amn bm

Lemma 2.9Jede Matrix A ∈ Mm,n läßt sich durch eine (endliche) Folge von Zeilenumformungenauf NZSF bringen

Beweis. (Algorithmus und Beweis zugleich)

• Induktion über die Anzahl m der Zeilen von A(IA) bei 0 anzufangen ist trivial, weil es immer gilt und ist somit nicht sinnvollm = 1, A = (a1,1, . . . , a1,n)Behauptung: A ist bereits in ZSF

1.Fall A = 0, r = 0

2.Fall A 6= 0, r = 1, j1 := min{j|a1,j 6= 0}Multiplikation von A mit a−1i,j1 NZSF

• (IS) Sei A ∈Mm,n,m > 1

• (IA) Für alle B ∈Mm−1,n ist die Aussage des Lemmas richtig

1. Falls A = 0, so ist A in NZSF. Also dürfen wir A 6= 0 annehmen. Setzej1 := min{j|∃i ∈ {1, . . .m} : ai,j 6= 0 (die j-te Spalte ist irgendwo mit demEintrag ungleich null → wähle kleinstes j)Wähle i1 ∈ {1, . . . ,m} : ai,j 6= 0

7


2. Führe folgende EZU durch:

2. (a) Vertauschen der irgendwas2. (b) Multiplikation der irgendwas2. (c) Für i = 2 addiere irgendwasUntermatrix B

A =

1 ∗ . . . ∗0

0... B0

, B ∈Mirgendwas

3. (j1 = 1 heißt rechts oben positiv) Falls j1 = n, so ist A in NZSF und fallsj1 < n nach Induktionsanfang lässt sich B mit EZU vom Typ II auf NZSFbringen.

Satz 2.10Sei A ∈ Mm,n, b ∈ Rn . Betrachte das LGS Ax = b . Dann können nur die folgendenFälle auftreten

(i) L(A|b) = ∅

(ii) Es gibt ein s ∈ {0, . . . , n} mit k1, . . . , ks ∈ {1, . . . , n} sodass:

(i) k1 < . . . < ks

(ii) ∀(t1, . . . , ts) ∈ R3 gibt es genau ein x = etwas ist Ax = b und x etwas

Insbesondere Bijektive Abbildung ϕ : R3 → L(A|b)

Zur Existenz von ϕ : R3 → L(A|b). Sei t = (t1, . . . , ts) ∈ R3

Nach Satz gibt es ein x = (x1, . . . , xn) ∈ L(A|b) mit xsl = tl für l = 1, . . . , s.Setze gibt es ein x = {x1, . . . , xn} ∈ L(A|b) mit xsl = tl für l = {1, . . . , s).Setze ϕ(t) = x.Damit ist eine Abbildung ϕ : Rs → L(A|b) definiert.ϕ ist injektiv: folgt aus xkl = tl, l = {1, . . . , s}ϕ ist surjektiv

Beweis.

• Nach Lemma 2 lässt sich die EKM (A|b) umformen zu (A′|b′), A′ in NZSF

• Nach Lemma 1 gilt: L(A|b) = L(A′|b′)

• Nach Definition von NZSF gilt: der Beweis ist konstruktiv, aber nicht relevant

8


2.3 Vektoren im Rn

Definition 2.11 (linearer Unterraum)Eine nichtleere Teilmenge H ⊆ Rn heißt linearer Unterraum, wenn H Lösungsmengeeines LGS ist. Kritik: keine geometrische Charakterisierung

2.3.1 “Geometrische Definition” von Vektor

(i) zwei Punkte P,Q legen einen Vektor x fest, x := ~PQ

(ii) Gegeben ein Punkt P und ein Vektor x, so gibt es genau einen Punkt Q mitx = ~PQ

(iii) Gegeben P,Q, P ′, Q′, so gilt ~PQ = ~P ′Q′ genau dann, wenn die Geraden PQ undP ′Q′ und die Geraden P ′P und Q′Q parallel (oder gleich) sind

Bemerkung: Wenn wir einen Punkt P0 als “Ursprung” auswählen, dann können wir“Punkte” und “Vektoren” identifizieren:

Q 7→ x = ~P0Q

Bemerkung: Aus der Bedingung (a)-(c) kann man zwei Operatoren auf Vektoren her-leiten:

(i) Vektoraddition: gegeben sei x, y konstruiert man einen Vektor z = x+ y wenn,

• wähle P

• Q mit x = ~PQ

• R mit y = ~QR

(ii) Multiplikation mit einem Skalar: gegeben sei x und λ ∈ R (ein Skalar) konstruiertman λx

Spezialfälle: λ = N und λ = 0

2.3.2 Moderne Definition

Definition 2.12 (Vektorraum, Standard-, reel)Sei n ∈ N . Der (reele) Standardvektorraum der Dimension n ist die Menge Rn versehenmit den folgenden “Verknüpfungen”

(i) Vektoraddition

+ : Rn × Rn → R

x1...xn

+

y1...yn

:=

x1 + y1...

xn + yn

9


(ii) Multiplikation mit einem Skalar

· : R× Rn → Rn λ ·

x1...xn

:=

λx1...λxn

Der Nullvektor ist 0 :=

0...0

∈ Rn in jeder Dimension ein Nullvektor. Da es pro

Dimension einen Nullvektor gibt vermeidet man es den Vektor einen Vektorpfeilzu verpassen

Bemerkung: Die Operationen +, · erfüllen die “offensichtlichen” Regeln:

• x+ y = y + x (Kommutativität)

• 1 · x = x (neutrales Element)

• λ(x+ y) = λx+ λy (Distributivität)

Definition 2.13Eine Teilmenge V ⊆ Rn heißt Untervektorraum (UVR), falls

(i) V 6= ∅

(ii) ∀x, y ∈ V : x+ y ∈ V

(iii) ∀λ ∈ R, x ∈ V : λx ∈ V

Bemerkung: V ⊆ Rn ist UVR, d.h. 0 ∈ V

Beweis. Nach (i) existiert ein Element x ∈ V . Nach (iii) gilt dann:

0︸︷︷︸Rn

= 0︸︷︷︸R

· x︸︷︷︸Rn

∈ V

Bemerkung: (Die Teilmenge, die nur)

{0} ⊆ Rn ist ein UVR, Rn ⊆ Rnauch

Lemma 2.14Sei A ∈Mm,n , x, y ∈ Rn , λ ∈ R Dann gilt:

• A(x+ y)︸︷︷︸∈Rm

= Ax+ Ay

• A(λx) = λ(Ax)

• V := L(A, 0) = {x ∈ Rn|Ax = 0} ist ein UVR

Beweis. (i) nachrechnen

• A = 0 ⇒ 0 ∈ V

10


• Seien x, y ∈ V . Dann gilt:A(x+ y)

(i)= Ax+ Ay

x,y∈V= 0 + 0 = 0

⇒ x+ v ∈ V

• Sei x ∈ V, λ ∈ R. Dann: A(λx)(i)= λ(Ax)

λ∈V= λ0 = 0

⇒ λx ∈ V

Satz 2.15Sei H ⊆ Rn ein linearer Vektorunterraum. Dann

(i) Die Teilmenge VH := {x− y|x, y ∈ H} ⊆ Rn ist ein UVR

(ii) Ist H = L(A, b), A ∈Mm,n, b ∈ Rm so gilt: VH = L(A, 0)

(iii) Sei x0 ∈ H. Dann gilt:

H = x0 + VH = {x0 + z|z ⊆ VH}

Beweis. Nach Annahme gilt H = L(A|b) für geeignete A ∈Mm,n, b ∈ Rm

Behauptung: VH = L(A, 0)

⊆ Sei z = x− y|x, y ∈ H⇒ Az = A(x− y) Lemma= Ax− Ay = b− b = 0⇒ z ∈ L(A, 0)

⊇ Sei z ∈ L(A, 0), x ∈ H , setze y := x− z ∈ Rn . Dann Ay = A(x− z) = Ax−Ay =b− 0 = b⇒ y ∈ H ⇒ z = x− y ∈ VH

Es folgt (ii) und VH = L(A, 0) ist ein UVR nach dem Lemma (iii) ist ÜA

Beispiel 2.16

H = {x ∈ R3|x1 + x2 + x3 = 1}VH = {x ∈ R3|x1 + x2 + x3 = 0}

“Allgemeine” Lösung:

H 3 x =

1− t1 − t2t1t2

=

100

+ t1

−110

+ t2

−101

Die Parametrisierung von H ist also:

ϕ : R2n → H , (t1, t2) 7→

100

+ t1

−110

+ t2

−101

z1, z2 bilden eine Basis des UVR VH , d.h. jedem Vektor z ∈ VH lässt sich auf eindeutigeWeise als Linearkombination der Form

z = t1z1 + t2z2

schreiben

11

3 GRUPPEN, RINGE, KÖRPER cc-by-nc-sa Daniel Edler

H

0 z1

z2

x0 z

3 Gruppen, Ringe, Körper

3.1 Verknüpfungen

Definition 3.1Sei X eine nichtleere Menge

(i) Eine Verknüpfung auf X ist eine Abbildung

∗ : X ×X → X , (a, b) 7→ a ∗ b = ∗(a, b)

(ii) ∗ heißt assoziativ, falls für alle a, b, c ∈ X gilt

(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c)

(iii) ∗ heißt kommutativ falls für alle a, b ∈ X gilt

a ∗ b = b ∗ a

Beispiel 3.2

+ : R× R→ R , · : R× R→ R

sind assoziativ und kommutative Verknüpfungen

Beispiel 3.3

∗ : R× R→ R , a ∗ b := a+ b

2=b+ a

2

ist kommutative Verknüpfung, die nicht assoziativ ist:

1. (a ∗ b) ∗ c =a+b2

+c

2= a

4+ b

4+ c

2

2. a ∗ (b ∗ c) = a+ b+c2

2= a

2+ b

4+ c

4

Für (a, b, c) = (1, 0, 0) sind diese Werte verschieden

Beispiel 3.4Sei X eine nichtleere Menge und Ax = Abb(X,X) die Menge aller Abbildungen f :X → X

12


Wir definieren auf Ax eine Verknüpfung ◦ : Ax×Ax → Ax wie folgt: Gegeben f, g ∈ Ax, definieren wir h := f ◦ g ∈ Ax durch:

h(x) := f(g(x)) (3.1)

f ◦ g = h ∈ Ax heißt Verkettung von g mit f

Behauptung 1◦ ist eine assoziative Verknüpfung

Beweis. Sei f, g, h ∈ AxZu zeigen: (f ◦ g) ◦ h !

= f ◦ (g ◦ h)Dazu sei x ∈ X. Dann:

(f ◦ g) ◦ h = ((f ◦ g) ◦ h)(x)3.1= (f ◦ g)(h(x))3.1= f(g(h(x)))

= f((g ◦ h)(x))= (f ◦ (g ◦ h))(x)⇒ f ◦ (g ◦ h)

3.2 Neutrale und Inverse Elemente

Sei X nichtleere Menge und ∗ : X ×X → X eine Verknüpfung

Definition 3.5 (neutrales Element)Ein neutrales Element bzgl. ∗ ist eine Element e ∈ X mit folgenden Eigenschaften∀a ∈ X : a ∗ e = e ∗ a = a

Definition 3.6 (inverses Element)Sei e ∈ X ein neutrales Element bzgl. ∗, sei a ∈ X. Dann heißt b ∈ X inverses Elementzu a (bzgl. ∗ und e) falls gilt:

b ∗ a = a ∗ b = e

Beispiel 3.7

(i) 0 ∈ R ist ein neutrales Element bzgl. + : R×R→ R−a = (−1)a ist ein zu a inverses Element bzgl. + und 0

(ii) 1 ∈ R ist neutrales Element bzgl. · : R×R→ RFür a 6= 0 ist a−1 = 1

aein inverses Element zu a bzgl. · und 1

Proposition 3.8Sei X nichtleere Menge, ∗ : X ×X → X

(i) Es gibt höchstens ein neutrales Element bzgl ∗

13


(ii) Angenommen, ∗ ist assoziativ und besitzt ein neutrales Element e ∈ X . Danngibt es für alle a ∈ X höchstens ein inverses Element b (bzgl. e)

Beweis.

(i) Seien e1, e2 ∈ X neutrale Elemente (bzgl. ∗)

e2 = e1 ∗ e2 = e1⇒ e1 = e2

a ∗ e = e ∗ a = a

(ii) Sei a ∈ X und seien b1, b2 ∈ X zu a inverse Element (bzgl. ∗ und e). Dann:

e ist neutrales Element: b1 = b1 ∗ eb2 ist invers zu a⇒ a ∗ b2 = e: b1 = b1 ∗ (a ∗ b2)

a ist assoziativ: b1 = (b1 ∗ a) ∗ b2b1 ist invers zu a: b1 = e ∗ b2

e ist neutrales Element: b1 = b2

Bemerkung: Aus (i) folgt, wir dürfen “das” neutrale Element bzgl. einer Verknüpfungsagen. Falls ∗ assoziativ ist und ein neutrales Element hat, so dürfen wir “das inverseElement zu a” sagen.

3.3 Gruppen

Definition 3.9Eine nichtleere Menge G zusammen mit einer Verknüpfung1 ◦ : G × G → G heißtGruppe, falls die folgenden Axiome erfüllt sind:

(i) Es gibt ein neutrales Element eG = e bzgl. ◦

(ii) ◦ ist assoziativ

(iii) jedes Element g ∈ G besitzt ein inverses Element.Schreibweise: Für g ∈ G : g−1 = inverses zu g (Nebenbemerkung: g−1 heißtnicht, dass Multiplikation möglich ist)Für n ∈ N : gn := g ◦ g ◦ . . . ◦ g︸︷︷︸

n mal

∈ G , g0 := eG = 1

Für n ∈ Z , n < 0 : gn := (g−n)−1 ∈ G

Bemerkung: Sei (G, ◦) eine Gruppe. Dann:

(i) gn ◦ gm = gn+m für g ∈ G ,n,m ∈ Z

(ii) g−n = g−1 ◦ . . . ◦ g−1︸︷︷︸n mal

für g ∈ G ,n ∈ N

1Die Verknüpfung zweier Mengen ist wiederum ein Element derselben Menge.http://de.wikipedia.org

14

http://de.wikipedia.org


(iii) (g ◦ h)−1 = h−1 ◦ g−1 , g, h ∈ G

Beweis. (iii)f := h−1 ◦ g−1

Dann:

f = (g ◦ h) = h−1 ◦ g−1 ◦ g ◦ h= h−1 ◦ (g−1 ◦ g) ◦ h = h−1 ◦ h = e

(g ◦ h) ◦ f = g ◦ h ◦ h−1 ◦ g1

= g ◦ (h ◦ h−1) ◦ g1 = g ◦ g−1 = e

Proposition: ⇒ f = (g ◦ h)−1

Bemerkung: Meistens benutzen wir eine “multiplikative” Schreibweise:

g−1 := das Inverse zu ggn := g ∗ . . . ∗ g, g ∈ G, n ∈ Ng0 := 1 = eG (neutrales Element)

Ausnahme: “additive” Schreibweise:

+ : G×G→ G

−g = Inverse zu g oder negative zu g ng = g + . . .+ g︸︷︷︸

n mal

; 0 = eG

Bemerkung: Wichtige Rechenregel:

• gn ∗ gm = gn+m , (gn)m = gn·m

• (g−1)−1 = g , (g ∗ h)−1 = h−1 ∗ g−1

Definition 3.10Eine Gruppe (G, ∗) heißt kommutativ (oder abelsch) falls ∗ kommutativ ist

Beispiel 3.11Sei X eine nichtleere Menge. Auf der Menge Abb(X,X) haben wir eine assoziative Ver-knüpfung ◦ definiert: Für f, g ∈ Abb(X,X) definiert durch (f ◦g)(x) := f(g(x))∀x ∈ X. Aus Analysis bekannt:

(1) f ∈ Abb(X,X) besitzt Idx ∈ Abb(X,X) , besitzt ein inverses Element f−1 (bzgl.◦) genau dann, wenn f bijektiv ist.

(2) Nicht mitgeschrieben, da stand wohl die tafel drüber

3.3.1 Permutationen

Definition 3.12Sei Sx := {f ∈ Abb(x) | f ist bijektiv } . Die Verknüpfung ◦ lässt sich wegen (b) aufSx einschränken

15


Behauptung 2(Sx, ◦) ist eine Gruppe ((iii) ist erfüllt wegen (a)). (Sx, ◦) heißt symmetrische Gruppevon X

Spezialfall: n ∈ N, X = {1, . . . , n} dann heißt Sn := Sx die symmetrische Gruppe aufn Elementen.Elemente von Sn heißen Permutation. Schreibweise:

σ =

(1 2 3 . . . n

σ(1) σ(2) σ(3) . . . σ(n)

)Alternative Schreibweisen:

• (etwas Kreativität, bitte)

Idx =

1→ 12→ 23→ 3

, σ =

1↘ 12↘ 23 3

, τ =

1→ 12↘ 23↗ 3

• Idx = 1 , σ = (1, 2.3) , τ = (6 1)(23)

Beispiel 3.13

Sei n = 3. Es gilt: Id =

(1 2 31 2 3

)Sei

σ =

(1 2 32 3 1

), τ =

(1 2 31 3 2

)Dann:

σ ◦ τ =

(1 2 32 1 3

), τ ◦ σ =

(1 2 33 3 1

)Vorgehensweise für σ ◦ τ für den ersten Wert: An der Stelle 1 bei τ gucken; dort stehteine 1, also muss bei σ geguckt werde, wo wiederum eine 2 steht, also (σ ◦ τ)(1) =

σ(τ(1)) = 2. Es folgt also σ ◦ τ =

(1 2 32 . . . . . .

)

3.4 Ringe

Definition 3.14Ein Ring ist eine Menge R, zusammen mit zwei Verknüpfungen,

+ : R×R→ R (Addition)

und· : R×R→ R (Multiplikation)

die die folgenden Axiome erfüllen: (Muss nicht kommutativ sein)

(i) + ist assoziativ und kommutativ

(ii) + besitzt ein neutrales Element, das Nullelement 0R

16


(iii) Jedes Element a ∈ R besitzt ein inverses Element bzgl. +, · (Schreibweise: −a =Inverses von a bzgl. +)

(iv) ist assoziativ für ∀a, b, c ∈ R gilt: hier steht was(v) Distributivgesetz (-gesetze, weil nicht immer kommutativ)

a · (b+ c) = (ab) + (ac)

(a+ b) · c = (ac) + (ab)

Bemerkung: Ein Ring (Ring,+, ·) heißt kommutativ falls · kommutativ ist

Beispiel 3.15 (i) Die Mengen Z,Q,R sind (bzgl. der üblichen Addition und Multi-plikation) kommutative Ringe

(ii) Die Teilmenge N ⊆ Z ist kein Ring, weil Regel aus der Definition der additi-ven Assoziativität & Kommutativität und die Regel der Existenz eines neutralesElements (das Nullelement 0R) nicht erfüllt werden

(iii) In folgenden werden alle Ringe (R,+, · ein neutrales Element bzgl · besitzen.

(iv) z.B. im Ring (Z,+, ·) besitzen die meisten Elemente kein Inverses bzgl · (wenn1,−1 ∈ Z)

(v) Wir werden immer annehmen dass 0R 6= 1R

(vi) Schreibweise:

• a+ b+ c := (a+ b) + c

• abc := (a · b) · c = a · (b · c)

• ab+ c := (ab) + c

• a− b := a+ (−b)

•

an :=

a · . . . · a︸︷︷︸

n mal

, n ∈ N

1R , n = 0

(a−n)−1 , n < 0 falls multipl. Invers. existiert

• Sei n ∈ R

an :=

a+ . . .+ a︸︷︷︸

n mal

, n > 0

0R , n = 0

−((−n)a) , n < 0 falls additiv. Invers. existiert

Proposition 3.16Sei (R,+, ·) ein Ring, a, b, c ∈ R

(i) Kürzungsregel: (a+ b = a+ c)⇒ (b = c)

(ii) 0Ra = a0R = 0R

17


(iii) −(−a) = a

(iv) (1R) · a = −a

(v) (−a)(−b) = ab

Beweis. von (i) und (ii); Rest ist Ü

(i) Angenommen, es gilt: a+ b = a+ c. Dann:

b = b

= 0 + b = (−a+ a) + b

= −a+ (a+ c)

= (−a+ a) + c = 0 + c

(ii) 0 · a = (0 + 0) · a = 0 · a+ 0 · aKürze den Summanden 0 · a auf beiden Seiten nach (i):

(i)⇒ 0 = 0 · a

Bemerkung: (i) Die “multiplikative Kürzungsregel”

ab = ac⇒ b = c

ist i.A. falsch, selbst für a 6= 0

(ii) Es macht Sinn, LGS über einen beliebigen Ring (R,+, ·) zu betrachteten

3.5 Körper

Definition 3.17Ein Körper ist ein kommutativer Ring (K,+, ·) mit einem Einselement 1 und folgendenEigenschaften: für alle a ∈ K, a 6= 0, existiert a−1 ∈ K

Beispiel 3.18 (i) Q,R bilden einen Körper. Z ist kein Körper (siehe Inverse)

(ii) F2 = {0, 1}; 0 6= 1

· 0 10 0 01 0 1

+ 0 10 0 11 1 0

Da nur 0 und 1 zur Verfügung stehen ist 1 + 1 = 0. Ansonsten 1 + 1 = 1 ⇒0 + 0 = 0⇒ 0 = 1 Widerspruch!

Beispiel 3.19Ein LGS über F2: (additiv Inverse ist sich selbst: 1 + 1 = 0 ⇒ 1 = −1 ⇒ Addition =Subtraktion)

x1 +x2 +x3 = 1

x2 +x3 = 0

x1 +x2 = 1 + 1. Gl.

18


x1 +x2 +x3 = 1 erst: + 2. Gl.

x2 +x3 = 0 dann: + 3. Gl.

+x3 = 0x1 = 1

x2 = 0

x3 = 0

Die Lösungsmenge L lautet: L =

100

= {(1, 0, 0)}

Satz 3.20 (i) Sei (K,+, ·) ein endlicher Körper (wichtig z.B. in der Coderungstheo-rie oder Kryptographie), Dann gilt: |K| = pn, für eine Primzahl und n ∈ N

(ii) Für jede Primpotenz gibt es einen endlichen Körper Fpn (Fpn ist im “wesentlichen”eindeutig (→Isomorphie))mit :

|Fpn| = pn

3.6 Gruppe, Ring und Körper im Vergleich

Stark vereinfacht und nicht immer in der Antwort eindeutig/verständlich. Aber es gibtzumindest eine grobe Übersicht

Gruppe Ringe Körper

Menge nichtleer nichtleer nichtleerinverses Element(e) ja teilweise janeutrales Element(e) ja ja ja

Verknüpfung∗ ja nein nein· teilweise teilweise ja+ teilweise teilweise ja

Assoziativ∗ ja –entfällt– –entfällt–

· ja ja ja+ ja ja ja

Kommutativ (only if ∗)∗ teilweise –entfällt– –entfällt–

· teilweise teilweise ja+ teilweise ja ja

19


3.7 Matrizen

Definition 3.21Sei K ein Körper n,m ∈ N . Eine m,n - Matrix über K ist eine Abbildung

A : {1, . . . ,m} × {1, . . . , n}

• Schreibweise:

A =

a1,1 · · · a1,n...

...am,1 · · · am,n

, ai,j := A(i, j) ∈ K

• Die Menge aller (m,n) - Matrizen heißt Mm,n(K). Auf Mm,n(K) sei + die Ver-knüpfung, die durch:

(A+B)(i, j) := A(i, j) +B(i, j)

definiert ist, denn:a1,1 · · · a1,n...

...am,1 · · · am,n

+

b1,1 · · · b1,n...

...bm,1 · · · bm,n

=

a1,1 + b1,1 · · · a1,n + b1,n...

...am,1 + bm,1 · · · am,n + bm,n

• (Mm,n(K),+) ist eine kommutative Gruppe, mit neutralen Element:

0m,n =

0 · · · 0...

...0 · · · 0

und Inversem:

−A =

−a1,1 · · · −a1,n...

...−am,1 · · · −am,n

• Es ist zusätzlich eine Verknüpfung mit m,n, r ∈ N ; A ∈Mm,n(K) ; B ∈Mn,r(K)

definiert:· : Mm,n(K)×Mn,r(K)→Mm,r(K)

Also:

C := A ·B ∈Mm,n(K)

C(i, k) :=n∑j=1

A(i, j) · (j, k)

Beispiel 3.22K = R 2 1

0 −11 0

· (1 0 10 2 1

)=

2 4 30 −2 −11 0 0

20


Satz 3.23Sei K ein Körper n ∈ N . Dann ist R := Mn,n(K), zusammen mit +, · ein Ring mitEinselement:

En =

1 0. . .

0 1

, En(i, j) =

{1 , i = j

0 , i 6= j

Bemerkung: (i) Für n ≥ 2 ist dieser Ring nicht kommutativ. Zum Beispiel A =((1, 1)(0, 1)), B = ((1, 0)(1, 1)); AB 6= BA

(ii) Der Ring Mn,n(K) ist für n ≥ 2 nicht nullteilerfrei, d.h. ∃A,B 6= 0 mit AB = 0z.B. A = B = ((0, 1)(0, 0))

(iii) Die im Satz implizierten Rechenregeln gelten allegemein für beliebige Matrizen

Definition 3.24Sei K ein Körper und n,m ∈ N . Eine Abbildung ϕ : Kn → Km heißt linear, falls füralle x, y ∈ Kn ; λ ∈ K gilt:

(i) ϕ(x+ y) = ϕ(x) + ϕ(y)

(ii) ϕ(λx) = λϕ(x)

Satz 3.25(Notation wie in der Definition)

(i) Für alle A ∈Mm,n(K) ist die Abbildung ϕA : Kn → Km, ϕA(x)Ax linear

(ii) Ist ϕ : Kn → Km linear, so gibt es genau ein A ∈ Mm,n(K), sodass ϕ(x) =Ax ∀x ∈ Kn

Beweis. (i) Sei A ∈Mm,n(K) ; x, y ∈ Kn ; λ ∈ K . Dann gilt:

• A(x+ y) = Ax+ Ay

• A(λx) = λ(Ax) Distributivität innerhalb von A

⇒ ϕ ist linear

(ii) ist trivial für ein Physikstudium

21

4 MATRIZEN ALS LINEAREN ABBILDUNGEN cc-by-nc-sa Daniel Edler

4 Matrizen als linearen Abbildungen

Eine Matrix A ∈Mm,n(K) definiert eine Abbildung

ϕA : Kn → Km , x =

x1...xn

7→ Ax

Beispiel 4.1

n = m = 2, K = R A =

(1 10 1

); ϕA

((x1x2

)=

(x1 + x2x2

))Wird eine Matrix mit einem Vektor multipliziert, so erfolgt eine Transformation desVektors. ϕA heißt in der Geometrie Scherung (um die y-Achse).

4.1 Allgemeine Vektorräume

Definition 4.2Sei K ein Körper so ist ein K-Vektorraum eine (nichtleere) Menge V , zusammen mitden Verknüpfungen der Vektoraddition:

+ : Kn ×Kn → Kn ,

x1...xn

+

y1...xn

:=

x1 + y1...

xn + yn

und Vektormultiplikation mit Skalaren

· : K ×Kn → Kn , λ ·

x1...xn

:=

λx1...λxn

sodass

(i) (V,+) ist eine kommutative Gruppe ( + ist assoziativ; + ist kommutativ; es gibtein neutrales Element 0V ; es gibt einen Nullvektor ; für alle v ∈ V ∃−v ∈ V sodassv + (−v) = 0V )

(ii) Für v, w ∈ V ; λ, µ ∈ K gilt:

2. (a) (λ+ µ)v = λv + µv

2. (b) λ(v + w) = λv + λw (fast Destributiv Gesetz; aber es sind unterschiedlicheObjekte vorliegend)

2. (c) λ(µv) = (λµ)v (fast Assoziativ Gesetz; aber es sind unterschiedliche Objektevorliegend)

Bemerkung: Es folgen daraus die Regeln:

(i) 0 · v = 0V

(ii) λ · 0V = 0V

22


(iii) λv = 0V ⇒ λ = 0 ∨ v = 0V

Beweis. Übung

Beispiel 4.3

Für n ∈ N ist V = Kn mit

x1...xn

+

y1...xn

:=

x1 + y1...

xn + yn

und λ ·

x1...xn

:=

λx1...λxn

ein K-Vektorraum, der Standardvektorraum über K der Dimension n

Beispiel 4.4Sei K = R; I = [a, b] ⊆ R

ζ(I) := {f : I → R | f ist stetig}

ist mit

• (f +g)(x)) := f(x)+g(x) (f ◦g ist stetig, wenn f ∨g stetig sind) und (λf)(x) :=λf(x)

ein R - VR

Definition 4.5Sei V ein K-Vektorraum und U ⊆ V . Dann heißt U Untervektorraum von V , falls:

(i) U 6= ∅

(ii) für alle x, y ∈ U gilt x+ y ∈ U

(iii) für alle λ+K, x ∈ U gilt λx ∈ U

Es folgt: (U,+, · ist ein K-Vektorraum (Nebenbemerkung: Dadurch folgt automa-tisch, dass alle Regeln gelten. Nur Nullvektor und das Inverse muss überprüft werden)

Beispiel 4.6Sei x ∈ U ⇒ 0V = 0V x ∈ U ; −x = (−1)

Beispiel 4.7Sei V ein K-VR. Dann sind {0V } , V ∈ V Untervektorräume

Beispiel 4.8Sei n,m ∈ N ; A ⊆Mm,n(K) . Dann ist

U := L(A, 0) = {x ∈ Kn|Ax = 0}

ein Untervektorrasum von Kn. Für b ∈ Km ; b 6= 0 ist H := L(A, b) = {x|Ax = b} keinUntervektorraum

4.2 Erzeugnis/linearer Spann

Beispiel 4.9Sei K Körper, V ein K-VR. Ein System/Familie von Vektoren aus V ist eine Abbildung

I → V , Schreibweise: (vi)i∈I

23


Meistens: I = {1, . . . , n} (vi)i∈I = (v1, . . . , n}Eine Linearkombination von (vi)i∈I ist ein Vektor v ∈ V der Form:

v =∑i∈I′

λivi

mit I ′ ⊆ I endliche Teilmenge von I und λi ∈ K ; i ∈ I ′

Definition 4.10Die Teilmenge

U :=< vi|i ∈ I >= {v =∑i∈I

λivi| . . .}

aller linearkombinationen des Systems (vi)i∈I heißt das Erzeugnis/ der lineare Spannvon (vi)i∈I . Das heißt, dass sich alle Vektoren des Vektorraumes damit darstellen lassenkönnen. (Nebenbemerkung: das minimalste Erzeugende System besteht z.B. im R3

aus drei Vektoren. Spezialfall sind die Standardeinheitsvektoren. Es wären aber auchvier Vektoren ein EZS; Hauptsache sie stellen durch linear Kombination den ganzenRaum dar)

Behauptung 3U ist ein Untervektorraum von V

Beweis. (i) I ′ ⊆ I beliebig, λi := 0 für alle i ∈ I ′. Daraus folgt: 0v =∑

i∈I′ 0vi ∈ U

(ii) Seien x, y ∈ U . Nach Annahme gilt:

x =∑i∈I1

λivi , y =∑i∈I2

µivi

mit I1, I2 ⊆ I eine endliche Teilmenge von I und λ, µ ∈ K.Ohne Beschränkung der Allgemeinheit gilt: I1 = I2 . Deshalb:

x+ y =∑i∈I1

(λivi + λjvj) =∑i∈I2

(λiµi)vi ∈ U

(iii) ähnlich

Definition 4.11Sei V K-VR und (vi)i∈I , vi ∈ V . Dann heißt (vi)i∈I ein Erzeugenden system von V ,wenn V =< vi|i ∈ I)K

Beispiel 4.12V = R3; v1, v2, v3 ∈ VIst (v1, v2, v3) ein Erzeugenden System von V ? Das heißt gibt es für alle v ∈ V = R3

λ1, λ2, λ3 ∈ R mit v = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 ?(Nebenbemerkung: Jeder Vektor lässt sich als Linearkombination der Einheitsvek-toren darstellen, weil die Einheitsvektoren den Raum darstellen, weil sie Basen sind.Für näheres der Basen siehe Kapitel 4.4)

Beweis. Wir brauchen dies nur für die Einheitsvektoren e1, e2, e3 zu überprüfen, dadiese immer den Raum darstellen

24


4.3 Lineare Unabhängigkeit

Definition 4.13Sei V ein K-VR , vi ∈ V, i ∈ I. Dann heißt (vi)i∈I linear unabhängig, falls für alleendliche Teilmengen I ′ ∈ I und λi ∈ K, i ∈ I ′ gilt:(∑

i∈I′λivi = 0

)⇒ (λi = 0 ∀ i ∈ I ′)

Die einzige Darstellung von 0 als Linearkombination der vi ist die triviale Lösung∑i 0vi = 0 (Nebenbemerkung: Keiner der linear unabhängigen Vektoren (z.B. v3

aus R3 mit v1, v2, v3 als Basisvektoren) lässt sich als Linearkombination der restlichenVektoren (hier: v2, v3) darstellen)

4.4 Basen

Definition 4.14Sei K ein Körper und V ein K-VR. Wenn vi ein erzeugenden System ist und linearunabhängig sind, so heißt es Basis von V

Beispiel 4.15

Sei V = Kn; n ∈ N; ei =

0...

1(i-te Stelle)

...0

∈ Kn E := (e1, . . . , en) ist eine Basis von V .

~v =

x1...xn

= x1~e1 + . . .+ xn ~en

Lemma 4.16Sei V ein K-VR und B = (vi)i∈I ein System von Vektoren aus V. Dann sind äquivalent:

(a) B ist linear unabhängig

(b) für alle λi, µi ∈ K ; i ∈ J ⊆ I , |J | <∞ gilt:∑i∈J

λivi =∑i∈J

µivi ⇒ λi = µi ∀i ∈ J

(c) Für alle i ∈ I gilt: vi /∈< vj|j ∈ I\{i} >K

Beweis.

a⇒ b Sei B linear unabhängig und λi, µi ∈ K ; i ∈ J ⊂ I ; |J | <∞ mit∑

i∈J λivi =∑i∈J µivi. Dann: ∑

i∈J

(λi − µ)vi = 0

25


aber:λi = µi ∀ i ∈ J

b⇒ c Angenommen (c) gilt nicht, d.h. es gibt ein i ∈ I mit vi ∈< vj|J 6= 0 > . Dasheißt ∃λj ∈ K, j ∈ J ⊆ I\{i}, |J | <∞ so dass:

vi =∑j 6=i

λjvj

Setze λi = 0

µj :=

{1, j = i

0, j 6= i

⇒∑

j∈J∪{i} µjvj =∑

j∈J∪{i} λjvj Es gilt µi = 1 6= λi = 0, also gilt nicht (b)

c⇒ a Beweis durch Widerspruch durch Negation der Implikation c⇒ a also 6= a⇒6= c

Korollar 4.17Sei B = (v1, . . . , vn) ein endliches System von Vektoren als Vks ? V . Dann sindäquivalent:

(a) B ist eine Basis von V

(b) Jeder︸︷︷︸Surjektivität

Vektor v ∈ V besitzt eine eindeutig︸︷︷︸Injektivität

etwas

Korollar 4.18Eine Basis ist ein “unverkürzbares Erzeugenden System”. Genauer: Ein System (vi)i∈Iist eine Basis von V

v ⇔

{(i) B ist ein EZS(ii) Für jede echte Teilmenge I ′ ( I ist B′ := (vi|i ∈ I ′) kein EZS von V

Beweis.

“⇒” B erfülle (i) und (ii) d.h. B ist EZS und für all i ∈ I gilt: vi /∈< vj|j 6= i >KLemma 4.17⇒ B ist linear unabhängig

“⇒” ähnlich

⇒ B ist Basis

Satz 4.19(endlicher Auswahlsatz) Sei B = (v1, . . . , vn) ein endliches System von Vektoren vi ∈V . Wenn B ein EZS ist, dann gilt es I ⊆ {1, . . . , n} sodass

BI := (vi|i ∈ I)

etwas fehlt

26


Beweis.M := {I ⊆ {1, . . . , n}|BI ist ein EZS} ⊆ P ({1, . . . , n})

Nach Annahme gilt: {1, . . . , n} ∈ M , insbesonderen M 6= ∅. Sei I ∈ M ein minimalesElement, d.h. ∀i ∈ I gilt I{i} /∈M⇒ BI ist ein unverkürzbares EZS, also ist es Basis

Definition 4.20Ein K - VR V heißt endlich erzeugt wenn es ein endliches EZS B = (v1, . . . , vn) gibt

Korollar 4.21Jeder endlich erzeugter Vektorraum besitzt eine endliche Basis. (Nebenbemerkung:Jeder Vektorraum besitzt eine Basis aber der Beweis ist schwieriger)

Beweis. Zeige, dass für 2 Basen B1, B2 von V gilt:

|B1| = |B2| dimK V := |B1|

Lemma 4.22(Austauschlemma) Sei V ein K-VR, B = (v1, . . . , vn) eine endliche Basis von V undw ∈ V \{0}. Schreibe:

w =∑i=1

λivi , λi ∈ K

Sei k ∈ {1, . . . , n} mit λk 6= 0. Dann ist B′ := {v1, . . . , w︸︷︷︸an k-ter Stelle

, . . . , vn} eine Basis von V

Beweis. B′ ist linear unabhängig. Seien µ1, . . . , µn ∈ K mit∑

i 6=K µivi 6= µkw = 0Einsetzen w als Linearkombination der Basisvektoren

0 =∑i 6=k

µivi + µk

(n∑i=1

λivi

)=∑i=k

(µi + µkλi)vi + µkλkvk

Da B = (v1, . . . , vn) linear unabhängig ist, folgt: µi + µkλi = 0 für alle i 6= k

Nach Annahme gilt: λk 6= 0, also folgt: µkλk = 0µ = 0 und damit µi = 0 für alle i ∈ {1, . . . , n}. Also ist B′ linear unabhängigB′ ist EZS: Sei v ∈ V und µ1, . . . , µn ∈ K dann gilt für v:

v =∑

µivi

Nach Annahme ist w =∑n

i=1 λivi ; λk 6= 0

vk = λ−1

(w −

∑i 6=k

λivi

)= λ−1k w +

∑i=k

(−λ−1k λi)vi

27


Einsetzen:v =

∑i=k

µivi + µk(λ−1k w +

∑i=k

(−λ−1k λi)vi)

Satz 4.23Jede endlich erzeugter K - Vektorraum besitzt eine endliche Basis

Ziel: Je zwei Basen haben dieselben dimK V := Länge einer (beliebigen gewählten)Basis von V

Lemma 4.24(Austauschlemma) Seien B = (v1, . . . , vn) eine Basis von V , sei w ∈ V \{0}. Schreibe:

w =∑i=1

λivi , λi ∈ K

Wenn für ein k ∈ {1, . . . , n} gilt λk 6= 0, so ist B′ = Bwk = {v1, . . . , w︸︷︷︸

an k-ter Stelle

, . . . , vn} eine

Basis von V

Satz 4.25(Austauschssatz) Sei B = (v1, . . . , vn) eine Basis von V , (w1, . . . , wr) linear unabhän-giges System von Vektoren. Dann:

(i) r ≤ n

(ii) Es gibt i1, . . . , ir ∈ {1, . . . , n} mit i1 < . . . < ir , so dass B′ := B(i1,...,ir) eineBasis ist

(Nebenbemerkung: Durch “Umsortieren” von B kann man erreichen dass ij = j ;j = 1, . . . , r ; B′ = (w1, . . . , wr, vr+1, . . . , vn)

Beweis. “(i) ⇒ (ii)“ Wir nehmen also r ≤ n an, und zeigen (ii) durch Induktion nachr. Für r = 0 ist nichts zu zeigen 0 < r ≤ n. Nach Induktionsannahme (undUmsortieren) ist B′′ := w1, . . . , wr−1, vr, . . . , vn eine Basis von VSchreibe:

wr = λ1w1 + . . .+ λr−1wr−1 + λrvr + . . .+ λnvn , λ ∈ K

Annahme:

λr = . . . = λn = 0 ⇒ wr = λ1w1 + . . .+ λr−1wr−1 ∈< w1, . . . , wr−1 >K

⇒ (w1, . . . , wn) ist linear unabhängig, was ein Widerspruch zur Annahme ist

Daher ∃k ∈ {r, . . . , n} mit λk = 0 ohne Einschränkung ist k = r. Nach denAustausch ist B′ := (w1, . . . , wr, vr+1, . . . , vn) eine Basis von V

“(ii)” Annahme: r > n. Dann ist (w1, . . . , wn) linear unabhängig. Anwenden von(i)=(ii) auf (w1, . . . , wn) zeigt, dass (w1, . . . , wn) eine Basis von V ist

⇒ wn+1 ∈ V =< w1, . . . , wn >K

⇒ (w1, . . . , wr) ist linear unabhängig, was ein Widerspruch zur Annahme ist⇒ r ≤ n

28


4.4.1 Dimension

(auch ein bisschen Korollor vom Voherigen)

Definition 4.26Sei V ein endlich erzeugter K - VR, B1 = (v1, . . . , vn; B2 = (w1, . . . , wr) Basen von V .Dann gilt n = r. Daher ist

dimK V := n (Dimension von V )

wohldefiniert.

Korollar 4.27(endlicher Basisergänzungssatz) Sei V ein endliche erzeugter K - VR, (v bis r)?ein linear unabhängiges System, dann gilt n ∈ N0, n ≤ r und vr+1, . . . , vn ∈ V sodassB := (v1, . . . , vn) eine Basis ist

Korollar 4.28Sei V ein endlich erzeugter K-Vektorraum und W ⊆ V ein Untervektorraum. Dann:

(i) W ist eindlich erzeugt

(ii) dimKW ⊆ dimK V

(iii) Falls dimKW = dimK V , so gilt: W = V

Beweis. (i) ist Übung Nach (i) ist W endlich erzeugt und besitzt deshalb eine BasisB′ = (v1, . . . , vr).Betrachtet man B′ als linear unabhängiges System in V , so folgt aus Korollar 4.27 :∃vr+1, . . . , vn ∈ V sodass B = (v1, . . . , vn) eine Basis von V ist. Es folgt (ii) und (iii)

29

5 INTERPOLATION VON FUNKTIONSWERTEN cc-by-nc-sa Daniel Edler

5 Interpolation von Funktionswerten

Gegeben eine Menge an Funktionswerten (z.B. Messwerte): (x0, y0), . . . , (xn, yn) ∈ R2

mit x0 < . . . < xn

Gesucht ist eine “einfache/glatte” Funktion:

f : R→ R

mit f(xi) = yi, i = 1, . . . , n

Definition 5.1Eine Funktion f : R→ R heißt Polynomfunktion von Grad ≤ n, falls es a0, a1, . . . , an ∈R gibt und f(x) = a0 + a1x+ . . . anx

n für alle x ∈ R

Vn := {f : R→ R| Polynomfunktion von Grad ≤ n}

Bemerkung: (i) Vn ist ein R - ein reeler Vektorraum mit EZS bzgl. der “offensicht-lichen” Verknüpfung + und ·

(ii) V0 ⊆ V1 ⊆ V2 ⊆ . . . ⊆ Vn

Kandidat für eine Basis von Vn? e0(x) = 1 → e0 ∈ Vn ; e1(x) = x → e1 ∈ Vn Füri = 0, . . . , n. Sei ei ∈ Vn definiert durch ei(x) := xi. Ist (e0, . . . , en) eine Basis von Vn?

• (e0, . . . , en) ist ein EZS von Vn, nach Definition! Dann ist f ∈ Vn,

f(x) = a0 + a1x+ . . . anxn

• Ist (e0, . . . , en) linear unabhängig, d.h. für alle a0, a1, . . . , an ∈ R:

a0 + a1x+ . . . anxn = 0 ∀ x ∈ R ⇒ a0 = . . . = an = 0

• lässt sich über ein Lineares Gleichungssystem z.B. mit Gauß - Algorithmus lösen

Satz 5.2Für gegebene (xi, yi) , xi 6= xj für i 6= j , gibt es ein eindeutiges f ∈ Fn mit f(xi) = yi,i = 0, . . . , n

Beweis. Gegeben: x0, . . . , xn ∈ R , xi 6= xj. Setze σk(x) =∏k−1

i=0 (x− xi), k = 0, . . . , n.Also:

σ0(x) = 1

σ1(x) = (x− x0)σ2(x) = (x− x0)(x− x1) = x2 − x(x0 + x1) + x0x1

σ3(x) = . . .

Man sieht

(i) σk : R→ R ∈ Vk ⊆ Vn

30


(ii)

σk(xi) =

k−j∏j=0

(xi − xj)

{6= 0 für k ≤ i

= 0 für k > i

Sei zusätzlich y0, . . . , yn ∈ R gegeben

Ansatz: f = b0σ0 + . . . + bnσn bk ∈ R. Die Bedingung f(xi) = yi, . . . , yn; i =0, . . . , n führen auf ein LGS f(xi) = b0 + b1σ1(xi) + . . . + bnσn(xi) = yi. Inerweiterter Koeffizientenmatrix:

1 0 y01 σ1(x1) y1

1 σ1(x2) σ2(x2)...

...... . . . ...

1 σ1(xn) · · · σn(xn) =∏n−1

i=0 (xn − xi) yn

, σi(xi) 6= 0

→ das LGS besitzt eine eindeutige Lösung:

b0 = y0

b1 = σ1(x1)−1 · (y1 − b0) =

y1 − y0x1 − x0

b2 = σ2(x2)−1 · (y2 − b0 − b1σ1(x2)) = . . .

Es folgt: es gibt eindeutig bestimmte b0, . . . , bn ∈ R, sodass f := b0σ0+ . . .+ bnσn(Nebenbemerkung: klar: hier ist nicht nicht bi = ai mit ai aus Definition) eineLösung des Funktionspolynoms f(xi) = yi, i = 0, . . . , n

Insbesondere (σ1, . . . , σn) ist linear unabhängig (und Basis, also auch EZS)!

dimR Vn ≥ n+ 1

Andererseits: E = (e0, . . . , en) ist ein EZS, also

dimR Vn ≤ n+ 1

⇒ dimK Vn = n+ 1

⇒E = (e0, . . . , en) und (σ0, . . . , σn) sind Basen von Vn

Es folgt: gegeben (xi, yi) ∈ R2, xi 6= xj, gibt es ein eindeutiges f ∈ Vn =<σ0, . . . , σn >R mit f(xi) = yi, i = 0, . . . , n

Korollar 5.3Eine Polynomfunktion f ∈ Vn, f 6= 0, besitzt höchstens n verschiedene Nullstellen

Beweis. Sei f ∈ Vn mit Nullstellen x0, . . . , xn ∈ R, xi 6= xj. Dann ist f eine Lösungvon f(xi) = 0 mit i = 0, . . . , n. Es folgt f = 0

31


Beispiel 5.4Sei n = 2 und (xi, yi) = (x0 = 1, 2), (x1 = 2, 1), (3, 1). Dann:

σ0(x) = 1

σ1(x) = (x− 1)

σ2(x) = (x− 1)(x− 2) = x2 − 3x+ 2

σ3(x) = . . .

Ansatz: f = b0 + b1σ1 + b2σ2. Es folgt:

b0 = 2

b0 + b1σ1(2) = b0 + b1 = 1

b0 + b1σ1(3) + 2σ2(3)b2 = 1

⇒ f(x) = 2− (x− 1) + 12(x2 − 3x+ 2) = 4− 5

2x+ 1

2x2

32

6 LINEARE ABBILDUNG cc-by-nc-sa Daniel Edler

6 Lineare Abbildung

Definition 6.1Sei K ein beliebiger Körper; V,W ein K-Vektorraum. Eine Abbildung φ : V → Wheißt K - linear falls

(i) φ(x+ y) = φ(x) + φ(y) ∀x, y ∈ V

(ii) φ(λx) = λφ(x) ∀x ∈ V, λ ∈ K

Bemerkung: Sei φ : V → W ein K - linear, so gilt:

(i) φ(0) = 0

(ii) ker(φ) := φ−1(0) = {x ∈ V | φ(x) = 0} ist ein Untervektorraum von V

(iii) im(φ) = {φ(x) | φ(x) = 0} ist ein Untervektorraum von W . Beweis:Ü

Beispiel 6.2 (i) A ∈Mm,n(D) φA : Kn → Km, x 7→ Ax ist K - linear

(ii) Umgekehrt: für jede K-ineare Abbildung φA : Kn → Km gibt es genau eineMatrix A ∈Mm,n(K)

(iii) φA ◦ φB = φAB

Definition 6.3Seien V,W endlich erzeugte K-Vektorräume; A = (v1, . . . , vn) Basis von V ; B =(w1, . . . , wm) Basis von W ; φ : V → W eine K - lineare Abbildung.Für j = 1, . . . , n sei:

φ(vj) =m∑i=1

ai,jwi, ai,j ∈ K

Dann heißt MAB (φ) := (ai,j) ∈ Mm,n(K) Darstellungsmatrix von φ bzgl. der Basen A

und B

Satz 6.4Seien φ : V → W ; A,B wie in der Definition. Sei v ∈ V ; w := φ(v) ∈ W . Schreibe:

v = x1v1 + . . .+ xmvn , xj ∈ Kw = y1w1 + . . .+ ymwm , xi ∈ K

Sei P =MAB (φ). Dann gilt: P ·

x1...xn

=

y1...ym

Bemerkung: Im Fall V = Kn; W = Km; A,B Standardbasen erhält man φ(x) = Pxfür alle x ∈ Kn wobei A :=MA

B (φ)

Korollar 6.5(Dimensionsformel) Sei φ : V → W wie im Satz. Dann gilt: dimK ker(φ)+dimK im(φ)

Beweis. Sei s := dimK ker(φ); r′ = n − s (Nebenbemerkung: später stellen wirfest dass r′ = r); (vr′+1, . . . , vn) eine Basis von ker(φ). Nach dem Basisergänäungsatz

33


können wir diese zu einer Basis A = (v1, . . . , vn) von V . Setze: wi := φ(vi); i = 1, . . . , r′.Nach Konstruktion gilt:

φ(vi) =

{wi , i = 1, . . . , r′

0 , i = r′ + 1, . . . , n(6.1)

Behauptung 4(w1, . . . , wr) ist linear unabhängig

Beweis. Annahme:∑r′

i=1 λiwi = 0; λi ∈ K

⇒ 0 =r′∑i=1

λiφ(vi)

weil ein K-VR= φ

(r′∑i=1

λivi

)=

r′∑i=1

λvi

=n∑

i=r′+1

µivi da im kerφ

⇒λi = . . . = λr′

(Fortsetzung des Beweises von Korollar 6.5)

Ergänze (w1, . . . , wr′) zu einer Basis B = (w1, . . . , wm) von W . Aus 6.1 folgt:

MAB (φ) =

1. . . 0

10

0. . .

0

=

(Er′ 00 0

)

Aus 6.1 folgt auch:imφ =< wi, . . . , wr′ >K

r = dimK imφ = r′

Definition 6.6 (i) Sei φ : V → W wie im Satz, so heißt rang(φ) := dimK im(φ) derRang von φ

(ii) A ∈Mm,n(K). Dann heißt φA(x) := Ax

• ker(A) := ker(φA) Kern von A,

• im(A) := im(φA) Bild von A

• rang(A) := dimK im(A)

Konkret:

• ker(A) = {x ∈ Kn |Ax = 0} = L(A, 0)

34


• im(A) = {Ax |x ∈ Kn} , A(v1| . . . |vn) =< v1, . . . , vn >K ist der von den Spaltenvon A aufgespannte UVR von Km

• rang(A) = dim < v1, . . . , vn >K ist also der “Spaltenrang” von A

Wir sehen (später): Zeilenrang = Spaltenrang

Definition 6.7 (i) Seien v, w endlich erzeugte K-VR. Eine K-lineare Abbildung φ :V → W heißt Isomorphismus (von K-VR) wenn sie bijektiv ist.

Bemerkung: φ−1 ist wieder K-linear

(ii) Eine Matrix A ∈Mm,n(K) heißt invertierbar, falls sie ein Inverses bzgl. · besitzt:

A−1A = AA−1 = En

Sei GLn(K) :=Mn,n(K) die Menge der inversen Matrixen. Gruppe (GLn(K), · )

Proposition 6.8Seien V,W endlich erzeugte K-VR mit Basen A,B, φ : V → W K-linear, A :=MA

B (φ)

(i) Ist φ ein Isomorphismus, so gilt:

dimK V = dimKW

Beweis.

W = φ(v) = φ(x1v1 + . . .+ xnvn)

φ ist K linear= x1φ(v1) + . . .+ xnφ(vn)

Def. von A=

n∑j=1

xj

(m∑i=1

ai,jw1

)

=m∑i=1

(n∑j=1

ai,jxj

)wi

Koeffizientenvgl.⇒ yi =n∑j=1

ai,jxj , i = 1, . . . ,m ⇔ Ax = y

Hier habe ich etwas nicht geTeXt

Definition 6.9Sei V,W ein K-VR; A = (v1, . . . , vn) Basis von V ; B = (w1, . . . , wm) Basis von W . Seiφ : V → W eine K-lineare Abbildung. Für j = 1, . . . , n schreiben wir vj =

∑mi=1 ai,j ·wi

; ai,j ∈ K. Dann heißt MAB (φ) = (ai,j) ∈ Mm,n(K) die darstellende Matrix von φ bzgl.

A und B

35


Satz 6.10(Bezeichnungen wie in Definition) Sei v ∈ V ; w := φ(v) ; v =

∑nj=1 xjvj ; w =∑m

i=1 yiwi. Dann gilt:

MAB (φ) =

x1...xn

=

y1...ym

Beispiel 6.11V = Kn , A = En ; W = Km ; B = Em ; A =MEn

Em(φ) ∈Mm,n(K) φ(x) = Ax

Bemerkung: (Kettenregel) Seien U, V,W K-VR; A = (w1, . . . , wr) Basis von U ; B =(v1, . . . , vn) Basis von V; C = (w1, . . . , wm) Basis von V ; φ : V → W , ψ : U → VK-lineare Abbildungen. Dann gilt:

MAB (φ ◦ ψ) =MB

C (ψ) ·MAB (ψ)

Hier habe ich so manches nicht geTeXt

7 Matrizen

7.1 Invertierbare Matrizen

Definition 7.1Eine Matrix A ∈ Mn,n(K) heißt invertierbar (Nebenbemerkung: hat vollen Rang)falls es eine Matrix B ∈Mn,n(K) gibt mit

AB = BA = En

A−1 := B ; GLn(K) :=Mn,n(K)x


7.2 Basiswechsel

Definition 7.2Sei V ein endlich erzeugter K-VR; n = dimV ; A,B Basen von V . Dann heißt:

TAB :=MAB (IdV ) ∈Mn,n(K)

Transformationsmatrix des BasiswechselsExplizit mit A = (v1, . . . , vn) ; B = (w1, . . . , wn)

vj =n∑i=1

ai,jwi TAB = (ai,j)

36


mit: ai,j ∈ K ; j = 1, . . . , n

Es gilt für v ∈ V : v =∑n

i=1 xivi =∑n

i=1 yiwiAber was sind xi und yi? Das hat ein Mathematiker wohl nichtgenau angegeben!!!! Ich vermute, dass es Komponenten zweierVektoren sind aus dem Vektorraum V . Aber im Grunde genom-men ist das doch KLAR

Bemerkung: (i) Sind A,B,C Basen von V , so gilt:

TBC · TAB = TAC

(ii) es gilt: TAB ∈ GLn(K) ; (TAB )−1 = TBA

Satz 7.3(Transformationsregel) Seien V,W endlich erzeugte Vektorräume; A,A′ Basen von V; B,B′ Basen von W . Sei φ : V → W eine K-lineare Abbildung. Dann gilt:

MA′

B′ (φ) = TBB′ ·MAB (φ) · TA

′

A

Beweis. Durch Anwendung der Kettenregel

Hier habe ich so manches nicht geTeXt,

Definition 7.4Sei V ein K-VR, eine K-lineare Abbildung φ : V → V so heißt es Endomorphismusvon V


7.3 Elementarmatrizen

Definition 7.5Sei n ∈ N; K ein Körper. Dann sind die Elementarmatrizen in Mn,n(K):

1. Für i ∈ {1, . . . , n}, λ ∈ Kx, sei:

Ri(λ) :=

1. . .

1λ

1. . .

1

← i

37


2. Für i, j ∈ {1, . . . , n}; i 6= j sei:

Qi,j(λ)

1

1 λ1

. . .1

← i

↑j

3. Für i, j ∈ {1, . . . , n}; i 6= j sei:

Pi,j

1

0(i,i) · · · 1(i,j)... 1

...1(j,i) · · · 0(j,j)

1

Bemerkung: Sei n,m ∈ N, A ∈Mm,n(K), S ∈Mm,n(K) eine Elementarmatrix

(i) Dann ist A′ = SA das Ergebnis einer elementaren Zeilenoperation, angewendetauf A. Genauer:

• Ri(λ) entspricht der Multiplikation der i ten Zeile mit λ1

. . .λ(i,i)

. . .1

·a1,1 · · · a1,n

......

am,1 · · · am,n

=

a1,1 · · · a1,n...

...λai,1 · · · λai,n...

...am,1 · · · am,n

• Qi,j(λ) entspricht der Multiplikation der j ten Zeile um das λ fache auf diei te Zeile

• Pi,j(λ) entspricht dem Vertauschen der i ten mit der j ten Zeile

(ii) Dann ist A′ = AS das Ergebnis einer elementaren Spaltenoperation, angewendetauf A. Genauer: (mal ehrlich, das ist sowas von analog. . . )

(iii) Elementarmatrizen sind invertierbar:

• Ri(λ)−1 = Ri(λ

−1)

• Qi,j(λ))−1 = Qi,j(−λ)

• P−1i,j = Pi,j (Nebenbemerkung: Vertauschen bleibt vertauschen)

Beispiel

Satz 7.6Sei A ∈ Mm,n(K). Dann gibt es ein S ∈ GLm(K) sodass A′ = SA in normalisierterZeilenstufenform ist. Dabei ist S ein Podukt von Elementarmatrizen

38


Beweis

Korollar 7.7Jede invertierbare Matrix ist ein Produkt von Elementarmatrizen

Beweis, Bemerkung (Rang), Beispiel, div., Auswahlaxiom

Definition 7.8A,B ∈ Mn,n(K) heißen ähnlich (Notation: A ∼ B) falls es ein S ∈ GLn(K) gibt mitB = S−1AS

7.4 Determinanten

Sei K ein Körper dann ist A ∈M2,2(K) =

(a bc d

)invertierbar detA = ad− bc 6= 0

Definition 7.9Eine Determinante vom Rang n ist eine Abbildung

det : Mn,n(K)→ K

mit folgenden Eigenschaften:

(D1) det ist linear in den Spalten, d.h. bei gegebenen Vektoren v1, . . . , vn ∈ Kn, i ∈{1, . . . , n} so ist die Abbildung

Kn → K , v 7→ det(v1 | . . . | v(i) | . . . | vn)

K – linear

(D2) det ist alternierend, d.h. für v1, . . . , vn ∈ Kn gilt:

vi = vj , i 6= j ⇒ det(v1 | . . . | vn)

Zusätzlich gilt für i < j: (durch Vertauschen ändert sich das Vorzeichen)

det(. . . | vj | . . . | vi | . . .) = − det(. . . | vi | . . . | vj | . . .)

(D3) det ist normiert, d.h. det(En) = 1

Beispiel

Satz 7.10Determinanten vom Rang n haben folgende Eigenschaften:

(i) detA 6= 0⇔ A ist invertierbar

(ii) det(AB) = det(A) · det(B) und det(A−1) = det(A)−1 falls det(A) 6= 0

(iii) det(AT ) = det(A)T

(iv) det ist linear in den Zeilen

39


7.4.1 Rechenregeln

Nach Spaltenumformungen:

1. Multiplikation einer Spalte mit λ: det(A′) = λ detA

2. Multiplikation einer λ fachen Spalte auf eine andere: det(A′) = det(A)

3. Vertauschen zweier Spalten: detA′ = − detA

richtiges Lemma, Beweis, Proposition(invertible if A neq 0), Be-weis, Korollar(Eindeutigkeit), div.

7.4.2 Entwicklungssatz von Laplace

algorithmus ist klar

7.5 Diagonalisieren

7.5.1 lineare Rekursionsfolgen

Beispielrechnung einer geschlossenen Formel

Definition 7.11Sei K ein Körper. Einde Folge (x1, x2, . . .) ∈ KN heißt Rekursionsfolge der Ordnung k,falls es eine Abbildung:

f : K2 → K

gibt mit xn = f(xn−k, . . . , xn−1)

(x1, x2, . . .) heißt lineare Rekursionsfolge, wenn f K-linear ist, d.h. ∃c1, . . . , cy ∈ K, sodass f(x1, . . . , xy) = c1x1 + . . .+ cyxy

7.5.2 Eigenvektor und Eigenwert

ist klar

Definition 7.12Sei V endlich erzeugt. Dann heißt φEndK(V ) diagonalisierbar, wenn V eine Basis B =(v1, . . . , vn) besitzt, die Aus Eigenvektoren von φ besteht, d.h:

φ(vi) = λivi , λi ∈ EW (φ) MBB (φ) =

λ1 . . .λn

Korollar 7.13Sei V endlich erzeugter K-VR, φ ∈ EndK(V ), n = dimK V . Angenommen φ sei diago-nalisierbar. Dann gilt:

1. Pφ = (λ1 − x) · . . . · (λn − x), λi ∈ K

40


2. EW (φ) = {λ1, . . . , λn}

41

8 KOMPLEXE ZAHLEN cc-by-nc-sa Daniel Edler

8 Komplexe Zahlen

hier könnt was fehlen

8.1 Lineare Differentialgleichungen

Beispiel anhand einer gedämpften Schwingung der Form:

y′′ + 2µy′ + ω2y = 0

mit:

• µ ≥ 0 (Reibungskonstante)

• ω > 0 (Federkonstante)

• y(t) (Auslenkung zum Zeitpunkt t)

Anfangswertproblem mit:

• y(0) = α

• y′(0) = β

Definition 8.1Eine lineare, homogene Differentialgleichung mit konstanen Koeffizienten, der k-tenOrdnung, ist eine Geleichung der Form:

y(k) = c0y + c1y′ . . . ck−1y

(k−1) (8.1)

Dabei sei:

• y : ]a, b[→ R stetig und k-fach differentierbar

• c0, . . . , ck−1 ∈ R

Anfangsbedingungen: y(t0) = α0; . . . ; y(k−1)(t0) = αk−1; t0 ∈]a, b[

V := {y ∈ C(k)(]a, b[,R) |Gleichung 8.1} ist ein R - Vektorraum (Nebenbemerkung:Superpositionsprinzip folgt aus der Linearität als Ableitungsoperator (y1 + y2)

′ = y′1 +y′2; (cy)

′ = cy′)

Satz 8.2 (Spezialfall Picard – Lindelöf)Für alle (α0, . . . , αk−1) ∈ Rk besitzt das Anfangswertproblem der Gleichung 8.1, y(t0) =α0, . . . , y(t0) = αk−1 eine eindeutige Lösung

Korollar 8.3Die Abbildung V → Rk, y 7→ (y(t0), y

′(t0), . . . , y(k−1)(t0)) ist ein R – linearer Isomor-

phismus. Insbesondere: dimR V = kvgl Folgen, z.B. FibonacciProblem: Bestimmung der Basis von V

V := {y | y(k) = c0y + . . .+ ck−1y(k−1)}

42

8 KOMPLEXE ZAHLEN cc-by-nc-sa Daniel Edler

Dann ist die Abbildung φ : V → V , y 7→ y′ ein R – linearer Endomorphismus, miteinem charakteristischen Polymorphismus

Zu jeder Nullstelle λ ∈ R von P gibt es also eine Lösung y 6= 0,

y′ = λy

Es gilt:Eig(φ, λ) = 〈eλt〉R

Annahme: P (x− λ1) · . . . · (x− λk), λi 6= λjDann ist (eλ1t, . . . , eλkt) eine R – Basis von V

Was tut man nun, wenn P nicht in Linearfaktoren zerfällt? → Erweiterung von R zuC. Betrachte:

VC := {y ∈ C(k)(]a, b[,C) |Gleichung 8.1}

Für:

• λ ∈ C

• P (λ) = 0

• λ = µ+ ωi

ist die Funktion die Abbildung f 7→ eλt = eiµω = eµt(cos(ωt) + sin(ωt)i)(Nebenbemerkung: Problem: sind möglicherweise nicht paarweise verschieden unddamit nicht diagonalisierbar)

43

9 LITERATUR cc-by-nc-sa Daniel Edler

9 Literatur

• Fischer, Lineare Algebra

• Bosch, Lineare Algebra

• Bröcker, Lineare Algebra und Analytische Geometrie

• Artim, Algebra

44

Documents

Lineare Algebra I - stud.uni-hannover.deedlerd/uni/math/LinA.pdf · 2 MATRIZEN cc-by-nc-sa Daniel Edler 2.1.3 Fürn= 3 Deﬁnition2.2 EineTeilmengeEˆR3 heißtEbene,fallsELösungsmengeeinerlinearenGleichung