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% Michael Strecke 2014, Markus Schweighofer 2018
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% compiled under MacTEX-2017 (TeXLive-2017)
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% Dieses Dokument (inklusive Quelltext) unterliegt der Creative-Commons-Lizenz "`Namensnennung - Nicht-kommerziell - Weitergabe unter gleichen Bedingungen 4.0 International"' . Die Bedingungen dieser Lizenz können unter http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/ eingesehen werden.

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\begin{document}
\subject{Skript zur Vorlesung}
\title{Lineare Algebra I}
\subtitle{gehalten von Prof. Dr. Markus Schweighofer\\im Wintersemester 2017/2018\\an der Universität Konstanz}
\author{entstanden aus einer\\früheren elektronischen Mitschrift\\von Michael Strecke}
\date{Fassung vom\\\today, \currenttime\ Uhr}
\frontmatter
\pagestyle{empty}

\maketitle

\noindent
Dieses Dokument (inklusive Quelltext) unterliegt der Creative-Commons-Lizenz "`Namensnennung - Nicht-kommerziell - Weitergabe unter gleichen Bedingungen 4.0 International"'.
%(\includegraphics[height=12pt]{cc.png})
Die Bedingungen dieser Lizenz können auf der Internetseite eingesehen werden auf:
\begin{center}
\url{http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/}
\end{center}
Jeder ist ausdrücklich ermuntert, aus diesem Skript zu machen, was er will.
Wenn das daraus entstandene Produkt nicht nur für den Privatgebrauch
bestimmt ist, dann muss es allerdings kostenlos zugänglich gemacht werden und die
Entstehungsgeschichte einschließlich der Nennung aller wesentlichen bisherigen Autoren klar kenntlich gemacht werden.

\chapter*{Vorwort}
\pagestyle{scrheadings}
\manualmark
\markleft{Vorwort}
Im Wintersemester 2009/2010 las ich zum ersten Mal die "`Lineare Algebra I'"' an der Universität Konstanz.
Damals habe ich die Sätze, Definitionen etc. noch nicht durchnummeriert und es gab kein elektronisches Skript.
Es gab noch die akademische Viertelstunde und man konnte oftmals bis zu 20 Minuten überziehen.

\bigskip\noindent
Als ich die Vorlesung im Wintersemester 2013/2014
zum zweiten Mal las, war die akademische Viertelstunde bereits abgeschafft (offiziell ist sie
ausgesetzt, aber ich bezweifle, dass sie jemals wieder eingesetzt wird). Man musste mehr oder weniger
pünktlich die Vorlesung beenden.
Ich musste einige Abschnitte der Vorlesung tippen und teilweise als Präsentation vorführen, um mit dem Stoff
durchzukommen. Glücklicherweise erstellten die Hörer Thomas Schmidt und Michael Strecke darauf aufbauend
weitgehend unabhängig voneinander schöne, jedoch von mir nicht überprüfte
elektronische Mitschriften zu meiner Vorlesung.

\bigskip\noindent
Nun halte ich im Wintersemester 2017/2018 die Vorlesung mit nur geringfügigen Änderungen zum
dritten Mal. Ich habe bei dieser Gelegenheit das Skript von Michael Strecke zu einem von mir autorisierten
Skript umgebaut, um darauf verweisen zu können.
%Im Text vermerke ich in \red{roter Schrift}, \red{wo wir sind} (siehe Seite \red{\pageref{where}}) und wo wir wann hätten sein sollen.
Trotzdem wird das
Skript sicherlich nicht ohne Fehler sein.
Ich bin für jegliche Hinweise zu Fehlern (auch Druckfehlern) und Anregungen dankbar und nehme diese gerne persönlich
oder per Email an \texttt{markus.schweighofer@uni-konstanz} entgegen. Das Skript und den zugehörigen
\LaTeX-Quelltext
mache ich verfügbar unter:
\begin{center}
\url{http://www.math.uni-konstanz.de/~schweigh/}
\end{center}

\automark[section]{chapter}

\tableofcontents

\mainmatter

\tikzstyle{every picture}+=[remember picture]

\chapter[tocentry={Mengen}]{Mengen \\ ~{\small[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Georg_Cantor}{Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor} *1845, \dag 1918]}}

\section{Mengen und Abbildungen}

\begin{psdf}\label{1.1.1}
Eine \emph{Menge}\index{Menge@{\bf Menge}} ist eine gedachte ungeordnete Ansammlung von Objekten, die man die \emph{Elemente}\index{Menge@{\bf Menge}!Element} der Menge nennt. Jedes Element darf dabei nur einmal in der Ansammlung vorkommen. Eine Menge kann auch leer sein oder unendlich viele Elemente haben. Ihre Elemente können selber wieder Mengen sein.
\end{psdf}

\begin{warning}\label{1.1.2}
Aus logischen Gründen, die wir hier nicht erklären, sind bei der Bildung von Mengen gewisse Spielregeln einzuhalten. Zum Beispiel darf eine Menge nicht alle Mengen als Element haben, sehr wohl aber alle Mengen, die nur aus reellen Zahlen bestehen.
Sollten Sie diese Spielregeln wirklich einmal verletzen, so sagen wir es Ihnen.
\end{warning}

\begin{nt}\label{1.1.3}
Sind $a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n$ Objekte (z.B. Zahlen, Mengen, Wörter,...), so schreibt man
\[\{a_1,\ldots,a_n\}\]
für die Menge bestehend aus den Elementen $a_1,\ldots,a_n$. Die Reihenfolge von $a_1,\ldots,a_n$ spielt dabei keine Rolle. Auch dürfen mehrere $a_i$ gleich sein. Obwohl eine mehrfache Aufzählung redundant ist (ein Element kann gemäß \ref{1.1.1} ja nicht "`mehrfach"' enthalten sein), vermeidet dies oft eine unnötige und lästige gesonderte Behandlung von Spezialfällen. Die Menge $\{a_1,\ldots,a_n\}$ kann also auch weniger als $n$ Elemente haben.
$$\emptyset \underbrace{:=}_{\mathclap{\text{"`wird definiert durch"'}}}\{\}\qquad\text{ "`\emph{leere} Menge"'}$$
\end{nt}

\begin{bsp}\label{1.1.4}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\{1,2,3,4\}=\{3,4,2,1\}=\{1,1,2,3,3,4\}$ hat genau 4 Elemente.
\item $\{\emptyset, 1,\{2,3\}\}$ hat 3 Elemente, nämlich die leere Menge, die Zahl 1 und die zweielementige Menge $\{2,3\}$. Man beachte, dass 3 kein Element von $\{\emptyset, 1,\{2,3\}\}$ ist.
\item $\{\{\{\{\{\{\{\}\}\}\}\}\}\}$ ist eine einelementige Menge, deren einziges Element die einelementige Menge $\{\{\{\{\{\{\}\}\}\}\}\}=\{\{\{\{\{\emptyset\}\}\}\}\}$ ist.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{nt}\label{1.1.5}
Manchmal verwendet man "`$\ldots$"', um große endliche oder unendliche Mengen zu schreiben:
\begin{align*}
& \mathbb{N}:=\{1,2,3,4,5,\ldots\}\text{ Menge der \emph{natürlichen Zahlen}}\\
& \mathbb{N}_0:=\{0,1,2,3,\ldots\}\\
& \mathbb{Z}:=\{\ldots,-3,-2,-1,0,1,2,3,\ldots\}\text{ Menge der \emph{ganzen Zahlen}\index{ganze Zahlen@{\bf ganze Zahlen} ($\Z$)}}\\
& \{1,\ldots,n\}\text{ Menge der natürlichen Zahlen }\leq n
\end{align*}\index{natürliche Zahlen@{\bf natürliche Zahlen} ($\N$)}
\end{nt}

\begin{warning}\label{1.1.6}
Notationen wie in \ref{1.1.5} sind oft missverständlich. Wie alle geübten Mathematiker verstehen wir:
\begin{itemize}
\item $\{1,\ldots,n\}=\{1,2\}$ für $n=2$
\item $\{1,\ldots,n\}=\{1\}$ für $n=1$
\item $\{1,\ldots,n\}=\emptyset$ für $n=0$.
\end{itemize}
Ein Neuling hingegen würde $\{1,\ldots,n\}$ für $n=0$ vielleicht als $\{1,0\}=\{0,1\}$ auffassen.
\end{warning}

\begin{nt}\label{1.1.7}
$\{\mathcal{O}\mid \mathcal{E}\}$ steht für die "`Menge aller Objekte $\mathcal{O}$ mit der Eigenschaft $\mathcal{E}$"'.\index{Menge@{\bf Menge}!Objekte mit Eigenschaft}
\end{nt}

\begin{bsp}\label{1.1.8}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\{x\mid x\in\mathbb{N}, 1\leq x\leq n\} = \{1,\ldots,n\}$
\item $\{x^2\mid x\in\mathbb{N}\}=\{y\mid$ es gibt ein $x\in\mathbb{N}$ mit $y=x^2\}$ ist die Menge der Quadratzahlen.
\item $\mathbb{Q}:= \left\{ \frac{p}{q} \mid p\in\mathbb{Z}, q\in\mathbb{N}\right\}$ ist die Menge der \emph{rationalen Zahlen}.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{nt}\label{1.1.9}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $x\begin{Bmatrix}\in\\\notin\index{Menge@{\bf Menge}!e@$\in$ oder $\notin$}\end{Bmatrix} A$ steht für "`$x$ ist $\begin{Bmatrix}\text{ein}\\\text{kein}\end{Bmatrix}$ Element von $A$"'
\item $\left\{x\in A\mid \mathcal{E}\right\}:=\left\{x\mid x\in A ,\mathcal{E}\right\}$ steht für die Menge aller $x$ in/aus $A$ (d.h. für die Elemente $x$ von $A$) mit der Eigenschaft $\mathcal{E}$.
\end{enumerate}
\end{nt}

\begin{bsp}\label{1.1.10}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\left\{x\in\mathbb{Z}\mid x^2\leq 7\right\}=\left\{-2,-1,0,1,2\right\}$
\item $3\notin\left\{x^2\mid x\in\mathbb{N}\right\}$
\item $4\in \left\{x^2\mid x\in\mathbb{N}\right\}$
\item $\left\{2,3,\left\{4,5\right\}\right\}\in\left\{\left\{1,2,\left\{8\right\}\right\},\left\{2,3,\left\{4,5\right\}\right\}\right\}=:M$\\
$8\in\left\{8\right\}\in\left\{1,2,\left\{8\right\}\right\}\in M$\\
$8\notin\left\{1,2,\left\{8\right\}\right\}, \left\{8\right\}\notin M$
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{bemnt}\label{1.1.11}
Wir formulieren mathematische Aussagen meist in natürlicher Sprache. Manchmal ist es prägnanter, formale Notation zu benutzen:
\begin{align*}
& \forall x:\mathcal{E}&&\text{"`für alle $x$ gilt $\mathcal{E}$"'}\index{Allquantor@{\bf Allquantor} ($\forall$)}\\
& \exists x:\mathcal{E}&&\text{"`es gibt/existiert ein $x$ mit $\mathcal{E}$"'}\index{Existenzquantor@{\bf Existenzquantor} ($\exists$)}\\
& \forall x\in A:\mathcal{E}&&\text{"`für alle $x$ aus $A$ gilt $\mathcal{E}$"'}\\
& \exists x\in A:\mathcal{E}&&\text{"`es gibt ein $x$ aus $A$ mit Eigenschaft $\mathcal{E}$"'}\\
& \mathcal{E}\iff \mathcal{F}&& \text{"`$\mathcal{E}$
$\underbrace{\text{genau dann, wenn}}_{\text{gdw.}}$
$\mathcal{F}$"'}\index{Äquivalenz@{\bf Äquivalenz} ($\iff$)}\\
& && \text{"`$\mathcal{E}$ äquivalent $\mathcal{F}$"'}\\
& \mathcal{E} \implies \mathcal{F} && \text{"`$\mathcal{E}$ impliziert $\mathcal{F}$"'}\index{Implikation@{\bf Implikation} ($\implies$, $\impliedby$)}\\
& && \text{"`wenn $\mathcal{E}$, dann $\mathcal{F}$"'}\\
& && \text{"`$\mathcal{E}$ ist hinreichend für $\mathcal{F}$"'}\\
& \mathcal{E} \impliedby \mathcal{F} && \text{"`$\mathcal{E}$ wird von $\mathcal{F}$ impliziert"'}\index{Implikation@{\bf Implikation} ($\implies$, $\impliedby$)}\\
& && \text{"`$\mathcal{F}$ nur dann, wenn $\mathcal{E}$"'}\\
& && \text{"`$\mathcal{E}$ ist notwendig für $\mathcal{F}$"'}\\
& \mathcal{E} \et \mathcal{F} && \text{"`$\mathcal{E}$ und $\mathcal{F}$"'}
\end{align*}
Beachte: $\forall x\in \emptyset:\mathcal{E}$ ist immer wahr und $\exists x\in \emptyset:\mathcal{E}$ ist immer falsch.
\end{bemnt}

\begin{df}\label{1.1.12}
Eine Menge $A$ heißt \emph{Teilmenge}\index{Menge@{\bf Menge}!Teilmenge ($\subseteq$)} (oder \emph{Untermenge}) der Menge $B$ und man schreibt $A\subseteq B$, wenn $\forall x\in A: x\in B$. ("`$A$ ist in $B$ enthalten"', "`$B$ enthält $A$"').

Man bezeichnet dann $B$ als \emph{Obermenge}\index{Menge@{\bf Menge}!Obermenge ($\supseteq$)} von $A$ und schreibt $B\supseteq A$.
\end{df}

\begin{bem}\label{1.1.13}
Dass zwei Mengen $A$ und $B$ gleich sind, genau dann, wenn sie dieselben Elemente enthalten, kann man auch so ausdrücken:
\[A=B\iff (A\subseteq B ~\&~ B\subseteq A).\] Fast immer ist es ratsam, die Gleichheit zweier Mengen zu zeigen, indem man die beiden Inklusionen (Teilmengenbeziehungen) \emph{getrennt} zeigt.
\end{bem}

\red{Bis hierher hätten wir am 23.10. kommen sollen.}

\begin{df}\label{1.1.14}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $M$ eine Menge von Mengen, so ist
$$\bigcup M:=\left\{x \mid \exists A\in M: x\in A\right\}$$
die \emph{Vereinigungsmenge}\index{Menge@{\bf Menge}!Vereinigung ($\cup/\bigcup$)} von $M$ und für
$M\hspace{-1em}\underbrace\neq_{\text{"`ungleich"'}}\hspace{-1em}\emptyset$ ist
$$\bigcap M:=\left\{x\mid \forall A\in M : x\in A\right\}$$
die \emph{Schnittmenge}\index{Menge@{\bf Menge}!Schnitt ($\cap/\bigcap$)} von $M$. Beachte, dass $\bigcap \emptyset$ nicht generell definiert ist wegen \ref{1.1.2}. Ist $M$ eine Menge von Teilmengen einer festen Menge $A_0$, so definiert man oft $\bigcap \emptyset:=A_0$, denn dann gilt $\bigcap M=\left\{x\in A_0\mid \forall A\in M: x\in A\right\}$ sowohl für $M\neq \emptyset$ als auch für $M=\emptyset$ (beachte, dass $\forall A\in\emptyset:\ldots$ wahr ist!).
\item Für $n\in\mathbb{N}$ und Mengen $A_1,\ldots,A_n$ definiert man die \emph{Vereinigung}\index{Menge@{\bf Menge}!Vereinigung ($\cup/\bigcup$)} $A_1\cup\ldots\cup A_n:=\bigcup\left\{A_1,\ldots,A_n\right\}$ und den \emph{Schnitt}\index{Menge@{\bf Menge}!Schnitt ($\cap/\bigcap$)} $A_1\cap\ldots\cap A_n:=\bigcap \left\{A_1,\ldots,A_n\right\}$.
\item Für Mengen $A$ und $B$ heißt $A\hspace{-1em}\underbrace\setminus_{\text{"`ohne"'}}\hspace{-1em}B:=\left\{x\in A\mid x\notin B\right\}$ die \emph{Mengendifferenz}\index{Menge@{\bf Menge}!Mengendifferenz ($\setminus$)}.
\item Für jede Menge $A$ nennt man $\Pow(A):=\left\{B\mid B\subseteq A\right\}$ ihre \emph{Potenzmenge}\index{Menge@{\bf Menge}!Potenzmenge ($\Pow$)}.
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{bsp}\label{1.1.15}
$\bigcup\emptyset = \emptyset,\ \bigcap\emptyset$ nicht immer definiert\\
$\bigcup\left\{\emptyset\right\} = \emptyset, \bigcap\left\{\emptyset\right\} = \emptyset$\\
$\bigcup\left\{\left\{1,4,6\right\},\left\{\left\{5\right\}\right\},\
\emptyset\right\}=\left\{1,4,6,\left\{5\right\}\right\}$\\
$\left\{1,2,3\right\}\cup\left\{3,4,5\right\}=\left\{1,2,3,4,5\right\}$\\
$\left\{1,2,3\right\}\cap\left\{3,4,5\right\}=\left\{3\right\}$\\
$\left\{1,2,3\right\}\setminus\left\{3,4,5\right\}=\left\{1,2\right\}$\\
$\mathcal{P}(\emptyset) = \left\{\emptyset\right\}$\\
$\mathcal{P}(\left\{1\right\})=\left\{\emptyset, \left\{1\right\}\right\}$\\
$\mathcal{P}(\left\{1,2\right\})=\left\{\emptyset, \left\{1\right\}, \left\{2\right\}, \left\{1,2\right\}\right\}$
\end{bsp}

\begin{df}\label{1.1.16}
Eine \emph{Abbildung}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}} $f$ besteht aus folgenden Angaben:
\begin{itemize}
\item einer Menge $A$, genannt \emph{Definitionsmenge}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Definitionsmenge} von $f$,
\item einer Menge $B$, genannt \emph{Zielmenge}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Zielmenge} von $f$ und
\item einer Vorschrift, die jedem Element $a$ von $A$ genau ein Element $f(a)$ von $B$ (das sogenannte Bild von $a$ unter $f$) zuordnet.
\end{itemize}
Notation: $f\colon A\underbrace{\rightarrow}_\text{"`nach"'} B,\ \ a\hspace{-2.5em}\underbrace{\mapsto}_\text{"`wird abgebildet auf"'}
\hspace{-2.5em}f(a)$ [Bild: Veranschaulichung mit Pfeilen]\\
Ist $f$ eine Abbildung mit Definitionsmenge $A$ und Zielmenge $B$, so sagt man $f$ ist eine \emph{Abbildung von $A$ nach $B$} und schreibt $f\colon A\to B$.
\end{df}

\begin{bem}\label{1.1.17}
Sind $f\colon A\rightarrow B$ und $g:C\rightarrow D$ Abbildungen, so 
$$f=g\iff (A=C \et B = D\et\forall a\in A: f(a)=g(a)).$$
\end{bem}

\begin{bsp}\label{1.1.18}
\begin{align*}
\text{Für }& f\colon\left\{0,1\right\}\rightarrow\left\{0,1\right\}, x\mapsto x\\
& g:\left\{0,1\right\}\rightarrow\left\{0,1\right\}, x\mapsto x^2\text{ und}\\
& h:\left\{0,1\right\}\rightarrow\left\{0,1\right\}, 0\mapsto 0, 1\mapsto 1 \text{ gilt}\\
& f=g=h\text{, aber }f\neq p\text{ für }p:\left\{0,1\right\}\rightarrow\left\{0,1,2\right\}, 0\mapsto0, 1\mapsto 1
\end{align*}
\end{bsp}

\begin{df}\label{1.1.19}
Eine Abbildung $f\colon A\rightarrow B$ heißt $\begin{Bmatrix}\emph{injektiv}\\\emph{surjektiv}\\\emph{bijektiv}\end{Bmatrix}$\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!injektiv}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!surjektiv}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!bijektiv}, wenn es zu jedem $b\in B \begin{Bmatrix}\emph{höchstens}\\\emph{mindestens}\\\emph{genau}\end{Bmatrix}$ ein $\underbrace{a\in A}_{\mathclap{\text{"`Urbild von $b$"'}}}$ gibt mit $f(a)=b$.

Mit anderen Worten gilt:
\begin{eqnarray*}
f \text{ injektiv}&\iff& \forall a_1,a_2 \in A:(f(a_1)=f(a_2)\Longrightarrow a_1=a_2)\\
f \text{ surjektiv}&\iff& \forall b\in B: \exists a\in A:f(a)=b\text{ und}\\
f \text{ bijektiv} &\iff& (f\text{ injektiv} ~\&~ f\text{ surjektiv})
\end{eqnarray*}
\end{df}

\begin{bsp}\label{1.1.20}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\left\{1,2,3\right\}\rightarrow \left\{4,5\right\}, 1\mapsto 4, 2 \mapsto 5, 3\mapsto 4$\\
\begin{tikzpicture}
\node(1){1};
\node[below=0.5cm of 1](2){2};
\node[below=0.5cm of 2](3){3};
\node[right = 1cm of 1](4){4};
\node[below=0.5 cm of 4](5){5};
\draw[->](1) -- (4);
\draw[->](2) -- (5);
\draw[->](3) -- (4);
\draw (2) ellipse (.5cm and 1.5cm);
\draw (1.45, -.45) ellipse (.4cm and 1cm);
\end{tikzpicture}
\quad nicht injektiv,\quad surjektiv,\quad nicht bijektiv
\item $\left\{1,2\right\}\rightarrow \left\{1,2,3\right\},1\mapsto 2, 2\mapsto 3$\\
\begin{tikzpicture}
\node(1){1};
\node[below=0.5cm of 1](2){2};
\node[right = 1cm of 1](4){1};
\node[below=0.5cm of 4](5){2};
\node[below=0.5cm of 5](3){3};
\draw[->] (1) -- (5);
\draw[->] (2) -- (3);
\draw (5) ellipse (.5cm and 1.5cm);
\draw (0, -.45) ellipse (.4cm and 1cm);
\end{tikzpicture}
\quad injektiv,\quad nicht surjektiv,\quad nicht bijektiv
\item $\left\{1,2,3\right\}\rightarrow \left\{1,2,3\right\}, x\mapsto x$\\
\begin{tikzpicture}
\node(1){1};
\node[below=0.5cm of 1](2){2};
\node[below=0.5cm of 2](3){3};
\node[right = 1cm of 1](4){2};
\node[below=0.5cm of 4](5){3};
\node[below=0.5cm of 5](6){1};
\draw[->] (1) -- (6);
\draw[->] (2) -- (4);
\draw[->] (3) -- (5);
\draw (2) ellipse (.5cm and 1.5cm);
\draw (5) ellipse (.5cm and 1.5cm);
\end{tikzpicture}
\quad injektiv,\quad surjektiv,\quad bijektiv
\item $\emptyset \rightarrow \emptyset$\quad injektiv,\quad surjektiv,\quad bijektiv [Bild: Zwei leere Kreise]
\item $\left\{1,2,3\right\}\rightarrow\left\{1,2,3,4\right\}, x\mapsto x$\\
\begin{tikzpicture}
\node(1){1};
\node[below=0.5cm of 1](2){2};
\node[below=0.5cm of 2](3){3};
\node[right = 1cm of 1](5){2};
\node[below=0.5cm of 5](6){3};
\node[below=0.5cm of 6](4){1};
\node[below =0.5cm of 4](7){4};
\draw[->](1) -- (4);
\draw[->](2) -- (5);
\draw[->](3) -- (6);
\draw (2) ellipse (.5cm and 1.5cm);
\draw (1.45, -1.45) ellipse (.5cm and 2cm);
\end{tikzpicture}
\quad injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv.
\item $\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{N}_0, x\mapsto |x|$ \quad nicht injektiv,\quad surjektiv,\quad nicht bijektiv
\item $\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}, x\mapsto |x|$ \quad nicht injektiv,\quad nicht surjektiv,\quad nicht bijektiv
\item $\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}, x\mapsto -x$ \quad injektiv,\quad surjektiv,\quad bijektiv
\item \cancel{${\left\{1,2,3\right\}\rightarrow\left\{4,5\right\}, 2\mapsto 4, 3\mapsto 5}$} keine Abbildung!
\item \cancel{$\left\{1,2,3\right\}\rightarrow\left\{4,5\right\}, 1\mapsto 4, 1\mapsto 5, 2\mapsto 4, 3\mapsto 5$} keine Abbildung!
\item $\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}, x\mapsto x+1$ \quad injektiv,\quad nicht surjektiv,\quad nicht bijektiv
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{df}\label{1.1.21}
Eine Menge $A$ heißt \emph{endlich}\index{Menge@{\bf Menge}!endlich}, wenn sie nur endlich viele Elemente hat. Die Anzahl ihrer Elemente nennt man dann \emph{Mächtigkeit}\index{Menge@{\bf Menge}!Mächtigkeit ($\#$)} (auch \emph{Kardinalität}) $\# A$ von $A$.
Ist $A$ \emph{unendlich}\index{Menge@{\bf Menge}!unendlich} (d.h. nicht endlich), so setzen wir
\[\# A = \underbrace{\infty}_\text{"`unendlich"'}.\] Wir nennen $A$ \emph{abzählbar}\index{Menge@{\bf Menge}!abzählbar} unendlich, wenn es eine bijektive Abbildung $f\colon\mathbb{N}\rightarrow A$ gibt, und \emph{überabzählbar}\index{Menge@{\bf Menge}!überabzählbar}, wenn $A$ weder endlich noch abzählbar unendlich ist.
\end{df}

\begin{sat}[Satz von Cantor (1891)]\label{1.1.22}
Ist $A$ eine Menge, so gibt es keine surjektive Abbildung von $A$ nach $\mathcal{P}(A)$.
\end{sat} 
\begin{proof}
Zu zeigen ist, dass keine Abbildung von $A$ nach $\mathcal{P}
(A)$ surjektiv ist. Sei hierzu $f\colon A\rightarrow\mathcal{P}(A)$ eine (beliebige, aber feste) Abbildung. Wir setzen $B:=\left\{a\in A\mid a\notin f(a)\right\}$ und zeigen, dass es kein $a\in A$ gibt mit $f(a)=B$ (denn dann ist insbesondere $f$ nicht surjektiv). Dies zeigen wir durch Widerspruch: Wir nehmen an, wir haben $a\in A$ mit $f(a) =B$ und führen dies zu einem logischen Widerspruch.
\begin{itemize}
\item[Fall 1:] $a\in f(a)$.

Damit ist einerseits $a\notin B$ nach Definition von $B$ und andererseits $a\in B$ wegen $f(a)=b$.
$\lightning_{\text{"`Widerspruch\"'}}$
\item[Fall 2:] $a\notin f(a)$.

Dann einerseits $a\in B$ nach Definition von $B$ und andererseits $a\notin B$ wegen $f(a) = B$. $\lightning$
\end{itemize}
\end{proof}
\vspace{-3em}
\begin{flushright}
$_{\text{"`quod erat demonstrandum"'}}$
\end{flushright}

\noindent
\textbf{Veranschaulichung im Fall von $A=\mathbb{N}$}:\\
\begin{tabular}{ccccccccccccc}
$f(1)$ & $= \{$ & $\underline{1},$ &    & $3,$ & $4,$ &  &  & $7,$ &  & $9,$ & $10,$ & $\ldots\}$\\
$f(2)$ & $= \{$ &    & $\underline{2},$ &  & $4,$ & $5,$ &  &  & $8,$ &  & $10,$ & $\ldots\}$\\
$f(3)$ & $= \{$ &    & $2,$ & $\_$ & $4,$ &  & $6,$ & $7,$ & $8,$ & $9,$ &  & $\ldots\}$
\end{tabular}\\
$\_=\mathbb{N}\setminus B$ "`Cantors Diagonalargument"'

\red{Bis hierher hätten wir am 26.10. kommen sollen.}

\begin{bem}\label{1.1.23}
Für endliche Mengen $A$ folgt \ref{1.1.22} auch aus $\# \Pow(A)=2^{\# A}>\# A$.
\end{bem}

\begin{kor}\label{1.1.24}
$\Pow(\N)$ ist überabzählbar.
\end{kor}

\begin{proof}
Offenbar ist $\Pow(\N)$ nicht endlich. Wäre $\Pow(\N)$ \emph{abzählbar unendlich}, so gäbe es gemäß Definition
\ref{1.1.21} eine bijektive Abbildung $\N\rightarrow\Pow(\N)$. Dies ist nach dem Satz von Cantor \ref{1.1.22} unmöglich.
\end{proof}

\begin{df}\label{1.1.25}
Ist $f: A\rightarrow B$ eine Abbildung, $C\subseteq A$ und $D\subseteq B$, so nennt man $f(C):=\left\{f(a)\mid a\in C\right\}$ \emph{das Bild von $C$ unter $f$}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Bild} und $f^{-1}(D):=\left\{a\in A\mid f(a) \in D\right\}$ das \emph{Urbild von $D$ unter $f$}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Urbild}.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node(A){$A$};
\node[right = 6cm of A](B){$B$};
\node[below right =.02cm of A]{$C/f^{-1}(D)$};
\node[below left =.02cm of B]{$D/f(C)$};

\draw (1.5,-1.5) circle (1.5cm);
\filldraw[blue!20] (1.5,-1.5) circle (.75cm);

\draw (5,-1.5) circle (1.5cm);
\filldraw[red!20] (5,-1.5) circle (.75cm);

\filldraw (1.5,-1) circle (1pt);
\filldraw (2,-1.5) circle (1pt);
\filldraw (1.5,-2) circle (1pt);

\filldraw (4.7, -1.2) circle (1pt);
\filldraw (5.3, -1.8) circle (1pt);

\draw[->, thick] (1.5,-1) -- (4.7,-1.2);
\draw[->, thick] (2,-1.5) -- (4.7,-1.2);
\draw[->, thick] (1.5,-2) -- (5.3,-1.8);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{df}

\begin{bsp}\label{1.1.26}
Für $f:\Z\rightarrow\Z, x\mapsto |x|$ gilt:
\begin{align*}
f(\left\{-3,-5,4\right\}) = \left\{3,4,5\right\}\text{und}\\
f^{-1}(\{-3,-5,4\}) = \left\{-4,4\right\}.
\end{align*}
\end{bsp}

\begin{df}\label{1.1.27}
Seien $A$ und $B$ Mengen. Dann bezeichnet $B^A:=\left\{f\mid f:A\rightarrow B\right\}$ die Menge aller Abbildungen von $A$ nach $B$\index{Menge von Abbildungen@{\bf Menge von Abbildungen} ($B^A$)}.
Für $n\in\N_0$ schreibt man oft $B^n$ statt $B^{\left\{1,\ldots,n\right\}}$ und $(b_1,\ldots,b_n)$ statt $\left\{1,\ldots,n\right\}\rightarrow B, 1\mapsto b_1,\ldots,n\mapsto b_n$ ("`$n$-Tupel"').\\
Insbesondere ist $B^0$ einelementig: $B^0=\{\hspace{-1em}\underbrace{()}_\text{"`leeres Tupel"'}\hspace{-1em}\}$.
\end{df}

\begin{df}\label{1.1.28}
Seien $A$ und $B_a$ für $a\in A$ Mengen.\\
Setze $B:=\bigcup\left\{B_a\mid a\in A\right\}$. Dann nennt man 
$$\prod_{a\in A} B_a := \left\{f\mid f:A\rightarrow B, \forall a\in A: f(a) \in B_a\right\}$$
das \emph{kartesische} [\href{http://de.wikipedia.org/wiki/René_Descartes}{René Descartes}, *1596, $\dagger$ 1650] \emph{Produkt}\index{Menge@{\bf Menge}!kartesisches Produkt ($\times$)} der $B_a\quad (a\in A)$. Für $n\in\N_0$ schreibt man oft $B_1\times\ldots\times B_n$ statt $\prod_{a\in\left\{1,\ldots,n\right\}}B_a$ und $(b_1,\ldots,b_n)$ statt
\[\left\{1,\ldots,n\right\}\rightarrow B, 1\mapsto b_1,\ldots, n\mapsto b_n.\]
\end{df}

\begin{spr}\label{1.1.29}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Eine Abbildung, deren Definitions- und Zielmenge übereinstimmen, nennt man \emph{Selbstabbildung}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Selbstabbildung}.
\item Eine bijektive Selbstabbildung nennt man auch \emph{Permutation}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Permutation}.
\item Synonym sind jeweils:\\
\begin{tabular}{p{.29\textwidth}p{.29\textwidth}p{.29\textwidth}}
Abbildung & $\underbrace{\text{Funktion}}_{\over{\text{Zielmenge wenig abstrakt,}}{\text{meist bestehend aus Zahlen}}}$ & Mengenhomomorphismus \\
injektive Abbildung & Injektion & Mengeneinbetting/ Mengenmonomorphismus \\
surjektive Abbildung & Surjektion & Mengenepimorphismus\\
bijektive Abbildung & Bijektion & Mengenisomorphismus \\
Selbstabbildung & & Mengenendomorphismus \\
bijektive Selbstabbildung & Permutation & Mengenautomorphismus \\
Definitionsmenge & Definitionsbereich & Quellbereich \\
Zielmenge & Wertevorrat &
\end{tabular}
\item Ist $f:A\rightarrow B$ eine Abbildung, so nennt man das Bild $f(A)$ von $A$ unter $f$ auch das \emph{Bild von $f$}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Bild}. Es gilt $f$ surjektiv $\iff f(A) = B$.
Manche Leute nennen $f(A)$ die Wertemenge oder den Wertebereich von $f$, andere nennen $B$ so. Daher vermeiden wir diese beiden Begriffe.
\end{enumerate}
\end{spr}

\begin{bem}\label{1.1.30}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sind $f:A\rightarrow B$ und $g:A\rightarrow C$ Abbildungen, so kann $f=g$ nur gelten, wenn $B=C$. In der Praxis wird aber dann in der Literatur mit $f=g$ oft nur $\forall a\in A:f(a)=g(a)$ gemeint (d.h. es ist gemeint $f_0 = g_0$, wobei $f_0 : A\rightarrow B\cap C, a\mapsto f(a)$ und $g_0:A\rightarrow B\cap C,a\mapsto g(a)$)\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Gleichheit}.
\item Wenn im Fall $A=\left\{1,\ldots,n\right\}$ die Abbildungen $f$ und $g$ aus (a) wie in \ref{1.1.27} als Tupel geschrieben werden, dann wird diese Praxis immer angewandt, da die Zielmengen $B$ und $C$ in Tupelschreibweise ja gar nicht mehr spezifiziert sind. Es gilt also stets $(b_1,\ldots,b_n)=(c_1,\ldots,c_n)\iff (b_1=c_1\et\ldots\et b_n=c_n)$.
\item Bemerkung (b) gilt auch für folgende \emph{Varianten der Verallgemeinerungen} der Tupelschreibweise:\\
\emph{Matrizen:}
$$f:\underbrace{\left\{1,\ldots,m\right\}\times\left\{1,\ldots,n\right\}}_{=\left\{(1,1),(1,2),\ldots,(1,n),\ldots,(m,1),\ldots,(m,n)\right\}}\rightarrow Z$$
$$\begin{pmatrix}
f(1,1) & \ldots & f(1,n)\\
f(2,1) & \ldots & f(2,n)\\
\vdots & & \vdots\\
f(m,1) & \ldots & f(m,n)
\end{pmatrix}$$
\emph{Folgen:}
$$f:\N\rightarrow \Z\qquad (f(1),f(2),f(3),\ldots)$$
\emph{Familien:}
$$f:\hspace{-1em}\underbrace{I}_\text{"`Indexmenge"'}\hspace{-1em}\rightarrow Z \qquad (f(a))_{a\in I}$$
\begin{flushright}
\footnotesize
(manchmal auch $\{f(a)\}_{a\in A}$
$\leadsto$ schlecht wegen\\Verwechslungsgefahr
mit der Menge $\{f(a)\mid a\in A\}$)
\end{flushright}
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{df}\label{1.1.31}
Sei $f:A\rightarrow B$ eine Abbildung und $C\subseteq A$. Dann heißt \[f|_C:C\rightarrow B, a\mapsto f(a)\] die \emph{Einschränkung} (oder \emph{Restriktion})\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Einschränkung (Restriktion)} von $f$ auf $C$.
\end{df}

\begin{nt}[Diagramme]\label{1.1.32}
Statt $f:A\rightarrow B$ schreibt man auch $A\overset f\rightarrow B$. Zum Beispiel steht "`Gelte $A\overset f\rightarrow B\overset g\rightarrow C$"' für "`Seien $f:A\rightarrow B$ und $g:B\rightarrow C$ Abbildungen"'.
\end{nt}

\begin{df}\label{1.1.33}
Für $f:A\rightarrow B$ heißt \[\Gamma_f:=\left\{(x,f(x))\mid x\in A\right\}\subseteq A\times B\] der \emph{Graph}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Graph} von $f$. Aus $\Gamma_f$ kann man die Definitionsmenge und die Abbildungsvorschrift [$\rightarrow$ \ref{1.1.16}] und auch das Bild [$\rightarrow$ \ref{1.1.29} (d)], nicht aber die Zielmenge von $f$ zurückgewinnen.
$$A=\left\{a\mid \exists b:(a,b)\in\Gamma_f\right\}$$
$$a\mapsto b \text{ falls }(a,b)\in\Gamma_f$$
$$f(A)=\left\{b\mid \exists a:(a,b)\in\Gamma_f\right\}\subseteq B$$
\end{df}

\section{Hintereinanderschaltung und Umkehrung von Abbildungen}

\begin{er}\label{1.2.1}
Eine Abbildung $f:A\rightarrow B$ ordnet jedem $a\in A$ genau ein $b\in B$ zu.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[draw=black, shape=circle, minimum size= 2cm](A){};
\node[draw=black, shape=circle, minimum size= 2cm, right =of A](B){};

\filldraw (0,.5) circle (1pt);
\filldraw (.5,0) circle (1pt);
\filldraw (0,-.5) circle (1pt);
\filldraw (-.5,0) circle (1pt);

\filldraw (2.5,0) circle (1pt);
\filldraw (3,.5) circle (1pt);
\filldraw (3,-.5) circle (1pt);

\draw[->, thick] (0,.5) -- (3,.5);
\draw[->, thick] (.5,0) -- (3,.5);
\draw[->, thick] (0,-.5) -- (2.5,0);
\draw[->, thick] (-.5,0) .. controls (0,-1.5) and (2,-1.5) .. (3,-.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Jedes $a\in A$ hat also genau ein Bild unter $f$ [$\rightarrow$ \ref{1.1.16}].\\
$f$ heißt bijektiv, wenn zusätzlich jedes $b\in B$ genau ein Urbild unter $f$ hat.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[draw=black, shape=circle, minimum size= 2cm](A){};
\node[draw=black, shape=circle, minimum size= 2cm, right =of A](B){};

\filldraw (0,.5) circle (1pt);
\filldraw (.5,0) circle (1pt);
\filldraw (0,-.5) circle (1pt);
\filldraw (-.5,0) circle (1pt);

\filldraw (2.5,0) circle (1pt);
\filldraw (3,.5) circle (1pt);
\filldraw (3,-.5) circle (1pt);
\filldraw (3.5,0) circle (1pt);

\draw[->, thick] (0,.5) -- (3,.5);
\draw[->, thick] (.5,0) .. controls (2.5,.3) .. (3.5,0);
\draw[->, thick] (0,-.5) -- (2.5,0);
\draw[->, thick] (-.5,0) .. controls (0,-1.5) and (2,-1.5) .. (3,-.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Vertauschen von Bild und Urbild ("`Umdrehen der Pfeile"') liefert für bijektives $f$ eine Umkehrabbildung.
\end{er}

\begin{df}\label{1.2.2}
Für bijektives $f:A\rightarrow B$ definieren wir die \emph{Umkehrabbildung}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Umkehrabbildung (inverse Abbildung)} von $f$ (oder zu $f$ inverse Abbildung)
\[f^{-1}:B\rightarrow A, b\mapsto\text{das eindeutige $a$ mit $f(a)=b$}.\]
\end{df}

\begin{bem}\label{1.2.3}
Während $f^{-1}$ nur für bijektive $f$ existiert, war $f^{-1}(C)$ in \ref{1.1.25} für jedes $f:A\rightarrow B$ und jedes $C\subseteq B$ definiert als $f^{-1}(C) = \left\{a\in A\mid f(a)\in C\right\}$. Ist $f:A\rightarrow B$ bijektiv und $C\subseteq B$, so notieren wir mit $f^{-1}(C)$ sowohl das Urbild von $C$ unter $f$ als auch das Bild von $C$ unter $f^{-1}$, was aber konsistent ist, denn die beiden sind gleich.
\end{bem}

\begin{df}\label{1.2.4}
Für $A\overset f\rightarrow B\overset g\rightarrow C$ heißt \[g\circ f:A\rightarrow C, a\mapsto g(f(a))\] die \emph{Hintereinander}\case{\emph{schaltung}}{\emph{ausführung}} (auch \emph{Verkettung} oder \emph{Komposition})\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Hintereinanderschaltung/ -ausführung/ Verkettung/ Komposition ($\circ$)} von $f$ und $g$.\\
Für jede Menge $A$ heißt
\[\id_A: A\rightarrow A,a\mapsto a\]
die \emph{Identität} (oder \emph{identische} Abbildung)\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Indentität ($\id$)} auf $A$.
\end{df}

\begin{pro}\label{1.2.5}
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Für $A\overset f\rightarrow B\overset g\rightarrow C\overset h\rightarrow D$ gilt
\[h\circ (g\circ f) = (h\circ g)\circ f\]
("`$\circ$ ist assoziativ"').
\item Für $f:A\rightarrow B$ gilt $f\circ \id_A = f = \id_B\circ f$.
\item Für bijektive $f:A\rightarrow B$ gilt $f^{-1}\circ f = \id_A$ und $f\circ f^{-1}=\id_B$.
\item Für bijektive $f:A\rightarrow B$ ist auch $f^{-1}$ bijektiv und es gilt $\left(f^{-1}\right)^{-1} = f$.
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Gelte $A\overset f\rightarrow B\overset g\rightarrow C\overset h\rightarrow D$.
Dann
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node(A){$A$};
\node[right = of A](B){$B$};
\node[right = of B](C){$C$};
\node[right = of C](D){$D$};
\draw[->] (A) -- node[above]{$f$} (B);
\draw[->] (B) -- node[above]{$g$} (C);
\draw[->] (C) -- node[above]{$h$} (D);
\draw[->] (A) .. controls (1,1) and (2,1) .. node[above]{$g\circ f$} (C);
\draw[->] (B) .. controls (2,-1) and (3,-1) .. node[below]{$h\circ g$} (D);
\draw[->] (A) .. controls (1,2) and (3,2) .. node[above]{$h\circ(g\circ f)$} (D);
\draw[->] (A) .. controls (1,-2) and (3,-2) .. node[below]{$(h\circ g)\circ f$} (D);
\end{tikzpicture}
\end{center}
und$ (h\circ(g\circ f))(a)=h((g\circ f)(a))=h(g(f(a)))=(h\circ g)(f(a))=((h\circ g)\circ f)(a)$ für alle $a\in A$.
Nach \ref{1.1.16} gilt also $h\circ(g\circ f)=(h\circ g)\circ f$.
\item Gelte $A\overset f\rightarrow B$. Dann
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node(A){$A$};
\node[right = of A](B){$B$};
\draw[->] (A) -- node[above]{$f$} (B);
\draw[->] (A) .. controls (.5,1) and (1,1) .. node[above]{$f\circ \id_A$} (B);
\draw[->] (A) .. controls (.5,-.5) and (1,-.5) .. node[below]{$\id_B\circ f$} (B);
\draw[->] (A) .. controls (-1,-.5) and (-1,.5) .. node[left]{$\id_A$} (A);
\draw[->] (B) .. controls (2.5,-.5) and (2.5,.5) .. node[right]{$\id_B$} (B);
\end{tikzpicture}
\end{center}
und
$(f\circ \id_A)(a) = f(\id_A(a)) = f(a) = \id_B(f(a)) = (\id_B\circ f)(a) \text{ für alle } a\in A$.\\
Nach \ref{1.1.16} gilt also $f\circ \id_A = f = \id_B\circ f$.
\item Sei $f:A\rightarrow B$ bijektiv. Dann\vspace{-2cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node(A){$A$};
\node[right = of A](B){$B$};
\draw[->] (A) .. controls (.5,.5) and (1,.5) .. node[above]{$f$} (B);
\draw[->] (B) .. controls (1,-.5) and (.5,-.5) .. node[below]{$f^{-1}$} (A);
\draw[->] (A) .. controls (-1,-.5) and (-1,.5) .. node[left]{$\id_A$} (A);
\draw[->] (B) .. controls (2.5,-.5) and (2.5,.5) .. node[right]{$\id_B$} (B);
\draw[->] (A) .. controls (-3,-3) and (-3,3) .. node[left]{$f^{-1}\circ f$} (A);
\draw[->] (B) .. controls (4,-3) and (4,3) .. node[right]{$f\circ f^{-1},$} (B);
\end{tikzpicture}
\end{center}\vspace{-2cm}
\begin{align*}
(f^{-1}\circ f)(a)&= f^{-1}(\brown{f(a)}) \overset{f(\blue a)=\brown{f(a)}}{\underset{\ref{1.2.2}}=}\blue a \text{ für alle } a\in A\text{ und}\\
(f\circ f^{-1})(b)&= f(f^{-1}(b)) \overset{\ref{1.2.2}}= b \text{ für alle } b\in B.
\end{align*}
Nach \ref{1.1.16} gilt also $f^{-1}\circ f = \id_A$ und $f\circ f^{-1}=\id_B$.
\item Sei $f:A\rightarrow B$ bijektiv. Dann ist auch $f^{-1}:B\rightarrow A$ bijektiv, denn ist $a\in A$, so $\left\{b\in B\mid f^{-1}(b) = a\right\}\overset{\text{\ref{1.2.2}}}=\left\{b\in B\mid f(a) = b\right\} = \left\{f(a)\right\}$, d.h. jedes Element von $A$ hat genau ein Urbild unter $f^{-1}$. Weiter gilt $(f^{-1})^{-1}:A\rightarrow B$ und
\[(f^{-1})^{-1}(\blue a)\overset{{f^{-1}(\brown{f(a)})}\overset{(c)}=\blue a}{\underset{\ref{1.2.2}}=}\brown{f(a)}
\text{ für alle }a\in A.\]
Nach \ref{1.1.16} gilt also $f=(f^{-1})^{-1}$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 30.10. kommen sollen.}

\begin{sat}\label{1.2.6}
Seien $f:A\rightarrow B$ und $g:B\rightarrow A$ Abbildungen mit $g\circ f=\id_A$ und $f\circ g=\id_B$. Dann sind $f$ und $g$ bijektiv und es gilt $g=f^{-1}$ und $f=g^{-1}$.\vspace{-1em}
\begin{flushright}
\small
"`$f$ und $g$ sind invers zueinander."'
\end{flushright}
\end{sat}
\begin{proof}
Es ist $f$ injektiv, denn sind $a_1,a_2\in A$ mit $f(a_1)=f(a_2)$, so gilt
$$a_1=\id_A(a_1)=(g\circ f)(a_1)= g(f(a_1))= g(f(a_2)) = (g\circ f)(a_2) = \id_A(a_2) = a_2.$$
Es ist $f$ auch surjektiv, denn ist $b\in B$, so gilt für $a:=g(b)$, dass
$$f(a)=f(g(b))= (f\circ g)(b)=\id_B(b) = b.$$
Also ist $f$ bijektiv.
Analog zeigt man, dass $g$ bijektiv ist. Aus $(g\circ f)=\id_A$ folgt 
$$g=g\circ \id_B\overset {\text{\ref{1.2.5}(c)}} =g\circ (f\circ f^{-1})\overset {\text{\ref{1.2.5} (a)}}=(g\circ f)\circ f^{-1}\overset {\text{Voraussetzung}}= \id_A \circ f^{-1} \overset{\text{\ref{1.2.5} (b)}}=f^{-1}.$$
Analog folgt $f=g^{-1}$.
\end{proof}

\begin{sprnt}\label{1.2.7}
Die Situation von \ref{1.2.6} drücken wir sprachlich oft so aus:
"`Die Zuordnungen
\begin{align*}
a & \mapsto f(a)\\
g(b) & \mapsfrom b
\end{align*}
vermitteln eine Bijektion zwischen $A$ und $B$."'\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Zuordnungen vermitteln Bijektion}\\
In Zeichen:
\begin{align*}
A&\leftrightarrow B\\
a&\mapsto f(a)\\
g(b)&\mapsfrom b
\end{align*}
\end{sprnt}

\section{Äquivalenzrelationen und Zerlegungen}\label{1.3}

\noindent
Idee: Grobe Sichtweise auf eine Menge einnehmen.

\begin{df}\label{1.3.1}
Sei $A$ eine Menge.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Eine (zweistellige) \emph{Relation}\index{Relation@{\bf Relation}} auf $A$ ist eine Teilmenge von $A\times A$. Ist $R$
eine Relation auf $A$, so schreibt man auch $aRb$ statt $(a,b)\in R$.
\item Eine \emph{Äquivalenzrelation}\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)} auf $A$ ist eine Relation $\sim$ auf $A$, für die gilt:
\begin{itemize}
\item $\forall a\in A:a\sim a$\qquad"`reflexiv"'\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)!reflexiv}
\item $\forall a,b\in A:(a\sim b\implies b\sim a)$\qquad"`symmetrisch"'\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)!symmetrisch}
\item $\forall a,b,c\in A:((a\sim b ~\et~ b\sim c)\implies a\sim c)$\qquad"`transitiv"'\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)!transitiv}
\end{itemize}
Ist $\sim$ eine Äquivalenzrelation auf $A$ und $a\in A$,
so heißt $\widetilde{a}:=\{b\in A\mid a\sim b\}$ die \emph{Äquivalenzklasse}\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)!Äquivalenzklasse} von $a$ bezüglich $\sim$. \label{eqc}
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{bsp}\label{1.3.2}
Sei $A$ eine Menge.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Durch
$$a\sim b:\iff a=b\qquad(a,b\in A)$$
(das heißt durch $\sim~:=\{(a,b)\in A\times A\mid a=b\})$ ist eine Äquivalenzrelation definiert, deren Äquivalenzklassen alle
einelementig sind ("`keine Vergröberung"').
\item Durch $a\sim b$ für alle $a,b\in A$ (das heißt durch $\sim~:=A\times A$) ist eine Äquivalenrelation definiert, die nur eine Äquivalenzklasse besitzt ("`totale Vergröberung"').
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{df}\label{1.3.3}
Sei $A$ eine Menge. Eine Menge $\mathcal Z\subseteq\Pow(A)\setminus\{\emptyset\}$ heißt \emph{Zerlegung}\index{Menge@{\bf Menge}!Zerlegung}
von $A$, wenn $\bigcup\mathcal Z=A$ und $\forall B,C\in \mathcal Z:(B=C\text{ oder }B\cap C=\emptyset)$. Mit anderen
Worten: Eine Zerlegung von $A$ ist eine Menge von nichtleeren paarweise disjunkten Teilmengen von $A$, deren Vereinigung ganz $A$ ist.
\end{df}

\begin{bsp}\label{1.3.4}
Sei $A$ eine Menge.
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\{\{a\}\mid a\in A\}$ ist eine Zerlegung von $A$ ("`keine Vergröberung"').
\item $\{A\}$ ist eine Zerlegung von $A$ ("`totale Vergröberung"').
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{df}\label{1.3.5}
Sei $A$ eine Menge.
\begin{enumerate}[(a)]
\item
Zu jeder Äquivalenzrelation $\sim$ auf $A$ definieren wir die zugehörige \emph{Quotientenmenge}\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)!Quotientenmenge}
$$A\underbrace{/}_\text{"`modulo"'}\text{$\sim$}$$
als die Menge der Äquivalenzklassen von $\sim$:
$$A/\text{$\sim$}:=\{\widetilde a\mid a\in A\}$$
\item
Zu jeder Zerlegung $\mathcal Z$ von $A$ definieren wir eine Relation $\sim_\mathcal Z$ auf A durch
$$a\sim_\mathcal Zb:\iff\exists Z\in\mathcal Z:\{a,b\}\subseteq Z$$\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)!z@$\sim_\mathcal{Z}$}
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{sat}\text{\rm[$\to$\ref{1.2.7}]} \label{1.3.6} Sei $A$ eine Menge. Die Zuordnungen
\begin{align*}
\sim&\mapsto A/\text{$\sim$}\\
\sim_\mathcal Z&\mapsfrom\mathcal Z
\end{align*}
vermitteln eine Bijektion zwischen der Menge der Äquivalenzrelationen auf $A$ und der Menge der Zerlegungen von $A$.
\end{sat}

\begin{proof}
Zu zeigen ist:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $\sim$ eine Äquivalenzrelation auf $A$, so ist $A/\text{$\sim$}$ eine Zerlegung von $A$.
\item Ist $\mathcal Z$ eine Zerlegung von $A$, so ist $\sim_\mathcal Z$ eine Äquivalenzrelation auf $A$.
\item Ist $\sim$ eine Äquivalenzrelation auf $A$, so ist $\sim_{A/\text{$\sim$}}~=~\sim$.
\item Ist $\mathcal Z$ eine Zerlegung von $A$, so ist $A/\text{$\sim_\mathcal Z$}~=~\mathcal Z$.
\end{enumerate}
\medskip\noindent
{\bf Zu (a).} Sei $\sim$ eine Äquivalenzrelation auf $A$. Zu zeigen ist:
\begin{enumerate}[(1)]
\item $A/\text{$\sim$}\subseteq\Pow(A)\setminus\{\emptyset\}$
\item $\bigcup(A/\text{$\sim$})=A$
\item $\forall B,C\in A/\text{$\sim$}:(B=C\text{ oder }B\cap C=\emptyset)$
\end{enumerate}

\noindent
Zu (1). Sei $a\in A$. Zu zeigen ist $\widetilde a\in\Pow(A)\setminus\{\emptyset\}$, das heißt $\widetilde a\subseteq A$ und
$\widetilde a\ne\emptyset$. Ersteres ist klar nach Definition von $\widetilde a$ und letzteres folgt aus $a\sim a$, denn das heißt $a\in\widetilde a$.

\smallskip\noindent
Zu (2). Es gilt $\bigcup(A/\text{$\sim$})\overset{\ref{1.1.14}}=\{a\mid\exists B\in A/\text{$\sim$}:a\in B\}\overset{\ref{1.3.5}(a)}=\{a\mid\exists b\in A:a\in\widetilde b\}$. Wir zeigen nun die behauptete Gleichheit, indem wir beide Inklusionen getrennt zeigen:

"`$\subseteq$"' Gelte $a\in\bigcup(A/\text{$\sim$})$. Wähle $b\in A$ mit $a\in\widetilde b$. Dann $a\in\widetilde b\subseteq A$,
also $a\in A$.

"`$\supseteq$"' Gelte $a\in A$. Dann $a\in\widetilde a$, also $a\in\bigcup(A/\text{$\sim$})$.

\smallskip\noindent
Zu (3). Seien $a,b\in A$. Zu zeigen: $\widetilde a=\widetilde b$ oder $\widetilde a\cap\widetilde b=\emptyset$.
Gelte $\widetilde a\cap\widetilde b\ne\emptyset$. Zu zeigen ist dann $\widetilde a=\widetilde b$.
Wähle $c\in\widetilde a\cap\widetilde b$. Dann $a\sim c\sim b$ und daher auch $a\sim b$. Wir zeigen nun
$\widetilde a\subseteq\widetilde b$ (die andere Inklusion geht analog): Gelte $d\in\widetilde a$. Dann $d\sim a\sim b$, also
$d\sim b$, das heißt $d\in\widetilde b$.

\medskip\noindent
{\bf Zu (b).} Sei $\mathcal Z$ eine Zerlegung von $A$. Zu zeigen ist:
\begin{enumerate}[(1)]
\item $\forall a\in A:a\sim_\mathcal Za$
\item $\forall a,b\in A:(a\sim_\mathcal Z b\implies b\sim_\mathcal Z a)$
\item $\forall a,b,c\in A:((a\sim_\mathcal Z b\et b\sim_\mathcal Z c)\implies a\sim_\mathcal Z c)$
\end{enumerate}

\noindent
Zu (1). Sei $a\in A$. Zu zeigen ist $\exists Z\in\mathcal Z:\{a,a\}\subseteq A$. Mit anderen Worten ist
$$\exists Z\in\mathcal Z:a\in A$$ zu zeigen. Dies ist aber klar, da $a\in A=\bigcup\mathcal Z$.

\smallskip\noindent
(2) ist klar nach Definition von $\sim_\mathcal Z$, da $\{a,b\}=\{b,a\}$ für alle $a$ und $b$.

\smallskip\noindent
Zu (3). Seien $a,b,c\in A$ mit $a\sim_\mathcal Zb$ und $b\sim_\mathcal Zc$. Zu zeigen ist $a\sim_\mathcal Zc$.
Wähle $Z_1,Z_2\in\mathcal Z$ mit $\{a,b\}\in Z_1$ und $\{b,c\}\in Z_2$. Nun gilt $b\in Z_1\cap Z_2$, also
$Z_1\cap Z_2\ne\emptyset$. Nach Definition \ref{1.3.3} folgt $Z_1=Z_2$, also $\{a,c\}\subseteq Z_1\cup Z_2=Z_1\in\mathcal Z$.
Also $a\sim_\mathcal Zc$.

\medskip\noindent
{\bf Zu (c).} Seien $a,b\in A$. Zu zeigen ist $a\sim_{A/\text{$\sim$}}b\iff a\sim b$. Es gilt
\begin{align*}
a\sim_{A/\text{$\sim$}}b&\iff\exists Z\in A/\text{$\sim$}:\{a,b\}\subseteq Z\\
&\iff\exists c\in A:\{a,b\}\subseteq\widetilde c\\
&\iff\exists c\in A:(a\sim c\sim b)\\
&\iff a\sim b,
\end{align*}
wobei man für den Teil "`$\implies$"' der letzten Äquivalenz die Transitivität von $\sim$ benutzt und für den Teil
"`$\Longleftarrow$"' dieser Äquivalenz $c:=a$ setzt.

\medskip\noindent
{\bf Zu (d).} Sei $\mathcal Z$ eine Zerlegung von $A$. Zu zeigen ist:
\begin{enumerate}[(1)]
\item $A/\text{$\sim_\mathcal Z$}\subseteq\mathcal Z$
\item $\mathcal Z\subseteq A/\text{$\sim_\mathcal Z$}$
\end{enumerate}

\noindent
Zu (1). Sei $a\in A$. Zu zeigen ist $\widetilde a^\mathcal Z\in\mathcal Z$. Es gilt
$$\widetilde a^\mathcal Z=\{b\in A\mid a\sim_\mathcal Zb\}=\{b\in A\mid\exists Z\in\mathcal Z:\{a,b\}\subseteq Z\}.$$
Wähle $Z_0\in\mathcal Z$ mit $a\in Z_0$ (dies geht, da $a\in A=\bigcup\mathcal Z$). Es reicht nun zu zeigen, dass
$$\{b\in A\mid\exists Z\in\mathcal Z:\{a,b\}\subseteq Z\}=Z_0.$$
\begin{enumerate}
\item["`$\subseteq$"'] Sei $b\in A$ und $Z\in\mathcal Z$ mit $\{a,b\}\subseteq Z$. Zu zeigen: $b\in Z_0$. Es gilt $a\in Z\cap Z_0$. Daher $Z\cap Z_0\ne\emptyset$ und daher $Z=Z_0$. Also $b\in Z_0$ wie gewünscht.
\item["`$\supseteq$"'] Sei $b\in Z_0$. Dann gilt $\{a,b\}\subseteq Z_0\in\mathcal Z$.
\end{enumerate}

\smallskip\noindent
Zu (2). Sei $Z\in\mathcal Z$. Zu zeigen ist $\exists a\in A:Z=\widetilde a^\mathcal Z$. Wähle $a\in Z$ fest (das geht, da $Z\ne\emptyset$). Wir behaupten nun $Z=\widetilde a^\mathcal Z$.
\begin{enumerate}
\item["`$\subseteq$"'] Sei $b\in Z$. Zu zeigen ist $a\sim_\mathcal Zb$. Dies ist klar, da $\{a,b\}\subseteq Z\in\mathcal Z$.
\item["`$\supseteq$"'] Sei $b\in\widetilde a^\mathcal Z$, das heißt $b\sim_\mathcal Za$. Also $\{a,b\}\subseteq Z'$ für ein
$Z'\in\mathcal Z$.
Zu zeigen ist $b\in Z$. Nun gilt $a\in Z\cap Z'$ und damit $Z=Z'$. Somit $b\in\{a,b\}\subseteq Z$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{bsp}\label{1.3.7}
Unter der Bijektion aus obigem Satz \ref{1.3.6} entsprechen sich die Äquivalenzrelation $\sim$ auf $\Z$ definiert durch
$$a\sim b:\iff\text{$a-b$ ist gerade Zahl}\qquad(a,b\in\Z)$$
und die Zerlegung
$$\{\{n\in\Z\mid\text{$n$ gerade}\},\{n\in\Z\mid\text{$n$ ungerade}\}\}.$$
\end{bsp}

\begin{sat}[Homomorphiesatz für Mengen]\label{1.3.8}
Sei $\sim$ ein Äquivalenzrelation auf $A$ und $f\colon A\to B$ eine Abbildung
derart, dass
$$a_1\sim a_2\implies f(a_1)=f(a_2)$$
für alle $a_1,a_2\in A$.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item
Es gibt genau eine Abbildung $\overline f\colon A/\text{$\sim$}\to B$ mit
$$\overline f(\widetilde a)=f(a)$$ für alle $a\in A$. 
\item
$\text{$\overline f$ ist injektiv}\iff\forall a_1,a_2\in A:(a_1\sim a_2\iff f(a_1)=f(a_2))$
\item
$\text{$\overline f$ ist surjektiv}\iff\text{$f$ ist surjektiv}$
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
{\bf (a)} Klar ist, dass es höchstens eine solche Abbildung gibt,
denn die Bedingung $\overline f(\widetilde a)=f(a)$ legt in eindeutiger
Weise fest, was das Bild von $\widetilde a$ unter $\overline f$ sein soll (nämlich $f(a)$) und es gilt
$A/\text{$\sim$}=\{\widetilde a\mid a\in A\}$.

Zu zeigen bleibt, dass jedem $\widetilde a$ nur ein Bild zugeordnet wird. Man nennt dies die \emph{Wohldefiniertheit}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Wohldefiniertheit}
von $\overline f$. Man muss dazu prüfen, dass für $a_1,a_2\in A$ gilt:
$$\widetilde{a_1}=\widetilde{a_2}\implies f(a_1)=f(a_2).$$
Dies entspricht genau der vorausgesetzten Bedingung.

{\bf (c)} Offensichtlich haben $f$ und $\overline f$ dieselbe Zielmenge
und dasselbe Bild. Benutze nun \ref{1.1.29}(d).

{\bf (b)} Zieht man die Voraussetzung an $f$ in Betracht, dann ist zu zeigen
$$\text{$\overline f$ injektiv}\iff\forall a_1,a_2\in A:(f(a_1)=f(a_2)\implies a_1\sim a_2).$$
Dies kann man aber umschreiben zu
$$\text{$\overline f$ injektiv}\iff\forall a_1,a_2\in A:(\overline f(\widetilde{a_1})=\overline f(\widetilde{a_2})\implies
\widetilde{a_1}=\widetilde{a_2}),$$
was nach Definition \ref{1.1.19} gilt.
\end{proof}

[Zeichne Bild!]

\begin{defprop}\label{1.3.9}
Sei $f\colon A\to B$ eine Abbildung. Dann wird durch
$$a_1\sim_f a_2:\iff f(a_1)=f(a_2)\qquad(a_1,a_2\in A)$$
eine Äquivalenzrelation $\sim_f$ auf $A$ definiert, die wir die durch $f$ \emph{induzierte Äquivalenzrelation}\index{Relation@{\bf Relation}!Äquivalenzrelation ($\sim$)!induziert} nennen.
\end{defprop}

\begin{bem}\label{1.3.10}
Sei $\sim$ eine Äquivalenzrelation auf der Menge $A$. Dann wird $\sim$ durch eine Abbildung
$f\colon A\to B$ in eine weitere Menge $B$ induziert, nämlich durch die \emph{kanonische Surjektion}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!kanonische Surjektion}
$f\colon A\to A/\text{$\sim$},\ a\mapsto\widetilde a$ (in der Tat: $a\sim b\iff\widetilde a=\widetilde b\iff f(a)=f(b)$ für alle
$a,b\in A$).
\end{bem}

\begin{kor}[Isomorphiesatz für Mengen]\label{1.3.11}
Sei $f\colon A\to B$ eine Abbildung. Dann ist\\
$\overline f\colon A/\text{$\sim_f$}\to f(A)$
definiert durch $\overline f(\widetilde a)=f(a)$ für $a\in A$ eine Bijektion.
\end{kor}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node(A){A};
\node[right = 9cm of A](B){B};
\node[below left = 1.1cm of B](BB){f(A)};
\node[below left=.02 cm of A, blue]{$A/\hspace{-0.3em}\sim_f$};
\node[above right =0.5cm of A, green](f){$\sim_f$};
\node[right = 3cm of f, red](fob){$\overline{f}$};
\node[right = 1.5cm of f, orange](ff){$f$};
%\node[right = .5cm of fob, orange]{$\overline{f}:A/\sim_f\rightarrow f(A)$ bijektiv.};
\draw (2,-2) circle (2cm);
\draw (8,-2) circle (2cm);

\draw (7.6,-2.1) circle (1.4cm);

\filldraw (2,-.5) circle (1pt);
\filldraw (3,-.7) circle (1pt);
\draw[green] (2,-.5) -- (3,-.7);
\draw[blue] (2.5,-.6) ellipse (.8 and .3);

\filldraw (7,-1) circle (1pt);
\draw[->, thick, orange] (3,-.7) -- (7,-1);
\draw[->, thick, orange] (2,-.5) .. controls (5,0) .. (7,-1);

\filldraw (2.5,-1.5) circle (1pt);
\filldraw (3.5,-1.7) circle (1pt);
\filldraw (3.5,-2.5) circle (1pt);
\filldraw (2.5,-3) circle (1pt);
\draw[green] (2.5,-1.5) -- (3.5,-1.7);
\draw[green] (2.5,-1.5) -- (3.5,-2.5);
\draw[green] (2.5,-1.5) -- (2.5,-3);
\draw[green] (3.5,-2.5) -- (2.5,-3);
\draw[green] (3.5,-2.5) -- (3.5,-1.7);
\draw[green] (3.5,-1.7) -- (2.5,-3);

\filldraw (7,-2) circle (1pt);
\draw[->, thick, orange] (3.5,-1.7) -- (7,-2);
\draw[->, thick, orange] (3.5,-2.5) -- (7,-2);
\draw[->, thick, orange] (2.5,-1.5) .. controls (5,-1) .. (7,-2);
\draw[->, thick, orange] (2.5,-3) .. controls (5,-3) .. (7,-2);
\draw[blue] (2.9,-2.2) ellipse (.8 and 1);

\filldraw (1.7,-2) circle (1pt);

\filldraw (7.5, -3) circle (1pt);
\draw[->, thick, orange] (1.7,-2) .. controls (2,-4.5) and (6,-4) .. (7.5,-3);
\draw[blue] (1.7,-2) circle (.2);

\filldraw (.5,-2.5) circle (1pt);
\filldraw (1.1,-2) circle (1pt);
\filldraw (.7,-1.5) circle (1pt);
\draw[green] (.5,-2.5) -- (1.1,-2) -- (.7,-1.5) -- cycle;

\filldraw (8.5,-3) circle (1pt);
\draw[->, thick, orange] (1.1,-2) .. controls (2.5,-5) and (6,-5) .. (8.5,-3);
\draw[->, thick, orange] (.7,-1.5) .. controls (2,-5.5) and (6,-5.5) .. (8.5,-3);
\draw[->, thick, orange] (.5,-2.5) .. controls (2,-6) and (6,-6) .. (8.5,-3);
\draw[blue] (.7,-2) ellipse (.5 and .7);

\draw[->, thick, red] (3.3,-.6) .. controls (5,-.3) .. (7,-1);
\draw[->, thick, red] (3.7,-2.2) -- (7,-2);
\draw[->, thick, red] (1.7,-2.2) .. controls (2,-4) and (6,-3.5) .. (7.5,-3);
\draw[->, thick, red] (.7,-2.7) .. controls (2,-6) and (6,-7) .. (8.5,-3);

\filldraw (9,-1) circle (1pt);

\filldraw (9.5,-2) circle (1pt);

\end{tikzpicture}
\end{center}

\chapter[tocentry={Abelsche Gruppen}]{Abelsche Gruppen \\ ~{\small[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Niels_Henrik_Abel}{Niels Henrik Abel} *1802, \dag 1829, \href{http://de.wikipedia.org/wiki/Abelpreis}{Abelpreis} seit 2003]}}

\section{Definition und Beispiele abelscher Gruppen}

\begin{df}\label{2.1.1}
Eine \emph{abelsche Gruppe}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}} ist ein geordnetes Paar (d.h. 2-Tupel) $(G,+)$, wobei $G$ eine Menge ist und $+:G\times G\rightarrow G$ eine Abbildung (meist infix geschrieben, d.h. man schreibt $a+b$ statt $+(a,b))$ mit folgenden Eigenschaften:
\begin{itemize}
\item[(K)] $\forall a,b\in G : a+b = b+a $ \qquad{\small "`kommutativ"'}\index{kommutativ@{\bf kommutativ}}
\item[(A)] $\forall a,b,c\in G: a+ (b+c) = (a+b)+c$ \qquad{\small "`assoziativ"'}\index{assoziativ@{\bf assoziativ}}
\item[(N)] $\exists e \in G : \forall a\in G: a+e = a$ \qquad
{\small"`neutrales Element"'}\index{neutrales Element@{\bf neutrales Element}}

\smallskip\noindent
\emph{Anmerkung:} sind $e,e'\in G$ neutral, d.h. $\forall a\in G: a+e=a=a+e'$, so gilt $e=e'$, denn es gilt
$e'=e'+e\overset{\text{(K)}} = e+e' = e$.
Daher gibt es \emph{genau} ein $e\in G$ mit $\forall e\in G: a+e=a$ und man bezeichnet dieses $e$ als das \emph{neutrale Element} der Gruppe und schreibt dafür $0$ statt $e$.
\item[(I)] $\forall a\in G : \exists b\in G: a+b=0$ \qquad{\small"`inverse Elemente"'}\index{inverse Elemente@{\bf inverse Elemente}}
\end{itemize}
\end{df}

\begin{bem}\label{2.1.2}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $(G,+)$ eine abelsche Gruppe, so nennt man $G$ die \emph{zugrundeliegende} (oder \emph{Träger-})\emph{Menge}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!zugrundeliegende Menge/ Trägermenge} und $+$ die (Gruppen-)\emph{Addition} von $(G,+)$.
\item Sei $(G,+)$ eine abelsche Gruppe und $a\in G$. Seien $b,b'$ invers zu $a$, d.h. $a+b=0=a+b'$. Dann gilt $b=b'$, denn es gilt
$$b\overset{\text{(N)}} = b+0 = b+(a+b') \overset{\text{(A)}} = (b+a)+b' \overset{\text{(K)}} = (a+b)+b' = 0+b' \overset{\text{(K)}}= b'+0 \overset{\text{(N)}}= b'$$
Daher ist zu jedem $a\in G$ das dazu inverse Element eindeutig bestimmt und wir führen die Abbildung
\[-:G\rightarrow G, a\mapsto b\text{ falls }a+b=0\]
ein. Statt $-(a)$ schreibt man oft $-a$ und statt $a+(-b)$ schreibt man oft $a-b$.
\item (N) und (I) kann man nun wie folgt schreiben:
\begin{itemize}
\item[(N)] $\forall a\in G:a+0=a$
\item[(I)] $\forall a\in G:a+(-a)=0$
\end{itemize}
\item Statt $+$ kann man natürlich auch andere Symbole benutzen. Zur gleichzeitigen Betrachtung mehrerer Gruppen schreibt man manchmal $(G,+_G)$, $(H,+_H)$, usw. und dann entsprechend $0_G, 0_H, -_G, -_H$. Da aus dem Kontext oft klar ist, ob $+_G$ oder $+_H$ gemeint ist, schreibt man oft schlampig $+$ sowohl für $+_G$ als auch für $+_H$. Manchmal schreibt man auch $\begin{Bmatrix}ab=a\cdot b\\1\\a^{-1}\end{Bmatrix}$ statt $\begin{Bmatrix}a+b\\0 \\ -a \end{Bmatrix}$, z.B. sind $(\R\setminus \left\{0\right\},\cdot), (\R_{>0},\cdot)$ und $(\left\{-1,1\right\},\cdot)$ jeweils mit der Multiplikation reeller Zahlen aus der jeweils zugrundeliegenden Menge abelsche Gruppen.
\item Statt "`$(G,+)$ ist abelsche Gruppe"' schreibt man oft auch "`$G$ ist additiv geschriebene abelsche Gruppe"' oder nur "`$G$ ist abelsche Gruppe"' (obwohl $G$ nur die Trägermenge (siehe (a)) einer abelschen Gruppe ist). Statt "`$(G,\cdot)$ ist abelsche Gruppe"' schreibt man oft auch "`$G$ ist multiplikativ geschriebene abelsche Gruppe"'.
\end{enumerate}
\end{bem}

\red{Bis hierher hätten wir am 2.11. kommen sollen.}

\begin{bsp}\label{2.1.3}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $a$ ein mathematisches Objekt, so ist$(\left\{a\right\},+)$ mit
$$+:\left\{a\right\}\times\left\{a\right\}\rightarrow \left\{a\right\}, (a,a)\mapsto a$$
eine abelsche Gruppe, in der gilt:
$$a+a = a, 0=a, \text{ und } -a=a$$
Dies ist die einzige abelsche Gruppe mit Trägermenge $\left\{a\right\}$.
\item Die leere Menge ist keine Trägermenge einer abelschen Gruppe wegen $(N)$.
\item Ist $(G,+)$ eine zweielementige abelsche Gruppe, so gibt es $a\in G$ mit $G=\left\{0,a\right\}, a\neq 0$ und aus $(I)$ folgt $a+0=0$ oder $a+a=0$.\\
Aus $a+0=0$ würde aber $a\overset{(N)}= a+0=0$ folgen im Widerspruch zu $a\neq 0$. Also gilt $a+a=0$. Mit $(K)$ und $(N)$ erhält man die Addition $+$ von $(G,+)$ in Form einer \emph{Additionstabelle}:
\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}{c|cc}
 $+$ & $0$ & $a$ \\\hline
 $0$ & $0$ & $a$ \\
 $a$ & $a$ & $0$
\end{tabular}
\end{table}\\
\emph{Vorsicht!} Damit ist nicht gezeigt, dass es eine zweielementige abelsche Gruppe gibt. Es ist nur gezeigt, dass jede zweielementige abelsche Gruppe so ausschaut.\\
\textbf{Übung:} Zeige, dass durch diese Tabelle eine abelsche Gruppe definiert wird.
\item Ist $(G,+)$ eine dreielementige abelsche Gruppe, so gibt es $a,b\in G$ mit $G=\left\{0,a,b\right\}$ und $0,a,b$ paarweise verschieden.\\
Wäre $a+b=a$, so folgte 
$$b\overset{(N)}=b+0\overset{(I)}= b+(a+(-a))\overset{(A)}=(b+a)+(-a)\overset{(K)}=(a+b)+(-a)=a+(-a)\overset{(I)}=0 ~\lightning.$$
Also gilt $a+b\neq a$. Analog folgt $a+b\neq b$. Daher muss $a+b=0$ gelten, also ist $b=-a$. Wäre $a+a=0$, so folgte $a=-a=b ~\lightning$. Wäre $a+a=a$, so folgte $a\overset{(N)}=a+0\overset{(I)}= a+(a+(-a))\overset{(A)}=(a+a)+(-a)=a+(-a)\overset{(I)}=0 ~\lightning$. Also muss $a+a=b$ gelten. Analog zeigt man $b+b=a$. Mit $(N)$ und $(K)$ erhält man die Additionstabelle von $(G,+)$:
\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}{c|ccc}
 $+$ & $0$ & $a$ & $b$ \\\hline
 $0$ & $0$ & $a$ & $b$ \\
 $a$ & $a$ & $b$ & $0$ \\
 $b$ & $b$ & $0$ & $a$
\end{tabular} 
\begin{tabular}{c}
\emph{Vorsicht!} [$\rightarrow$ (c)]
\end{tabular}
\end{table}
\item Sei $A$ eine Menge. Dann ist $(\Pow(A),+)$ mit 
\begin{align*}
+:\Pow(A)\times \Pow(A) &\rightarrow\Pow(A)\\
(B,C) & \mapsto B\hspace{-2em}\underbrace{\Delta}_{\over{\text{"`symmetrische}}{\text{Mengendifferenz"'}}}\hspace{-2em}
C := (B\setminus C)\cup (C\setminus B)
\end{align*}\index{Menge@{\bf Menge}!symmetrische Differenz ($\Delta$)}
eine abelsche Gruppe mit $0=\emptyset$ und $-B = B$ für $B\in\Pow(A)$.
\item $\Z,\Q,\R,\left\{5n\mid n\in\Z\right\},\left\{\frac{n}{2}\mid n\in\Z\right\}$ bilden zusammen mit der gewöhnlichen Addition auf ihnen jeweils eine abelsche Gruppe, nicht jedoch $\N$ oder $\N_0$.\\
$\left\{0\right\}, \left\{1\right\}, \left\{-1,1\right\}, \Q\setminus\left\{0\right\}, \Q_{>0}, \R\setminus\left\{0\right\}, \R_{>0}$ bilden zusammen mit der gewöhnlichen Multiplikation auf ihnen jeweils eine (multiplikativ geschriebene [$\rightarrow$ \ref{2.1.2} (d)]) abelsche Gruppe, nicht jedoch $\left\{0,1\right\},\Q$ oder $\R$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{2.1.4}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe {\rm[$\rightarrow$ \ref{2.1.2} (e)]}. Dann gilt für alle $a,b\in G$:
$$-(-a)=a\text{ und }-(a+b)=(-a)+(-b)$$
\end{pro}
\begin{proof}
Seien $a,b\in G$. Um $-(-a)=a$ zu zeigen, genügt es, $-a+a=0$ zu zeigen [$\rightarrow$ \ref{2.1.2} (b)], was aber sofort aus $(I)$ und $(K)$ folgt. Um $-(a+b)=(-a)+(-b)$ zu zeigen, ist $(a+b)+((-a)+(-b))=0$ zu zeigen.\\
Dies folgt aus
\begin{align*}
(a+b)+((-a)+(-b)) &\overset{(A)}= a+(b+((-a)+(-b)))\overset{(K)}=a+(b+((-b)+(-a)))\\
& \overset{(A)}=a+((b+(-b))+(-a))\overset{(I)}=a+(0+(-a))\\
&\overset{(K)}=a+((-a)+0)\overset{(N)}= a+(-a)\overset{(I)}=0.
\end{align*}
\end{proof}

\begin{bem}\label{2.1.5}
Analog zu Proposition \ref{2.1.4} kann man bei Bedarf viele andere gewohnte Rechenregeln zeigen.
\end{bem}

\begin{sat}[über das Weglassen von Klammern]\label{2.1.6}
Sei $A$ eine Menge und $\varrho : A\times A \rightarrow A$ \emph{assoziativ}, d.h. (mit infix geschriebenem $\varrho$) $\forall a,b,c\in A: (a~\varrho~ b)~\varrho~ c = a ~\varrho~ (b~\varrho~ c)$ (z.B. $(A,\varrho)$ abelsche Gruppe). Dann liefert für $n\in\N$ und $a_1,\ldots,a_n\in A$ jede sinnvolle Klammerung von $a_1~\varrho~ a_2~\varrho~ a_3~\varrho~\ldots~\varrho~ a_n$ dasselbe Element von $A$.
\end{sat}
\begin{proof}
durch \emph{Induktion}\index{Induktion@{\bf (vollständige) Induktion}} nach $n$. Wir zeigen die Behauptung zunächst für $n=1$ und $n=2$ (\emph{Induktionsanfang}) und dann für $n\in\N_{\geq 3}$ (\emph{Induktionsschritt}) unter der Annahme, dass die Behauptung für $1,\ldots,n-1$ schon gezeigt wurde (\emph{Induktionsvoraussetzung}, IV).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node(1){1};
\node[right= of 1](2){2};
\node[right= of 2](3){3};
\node[right= of 3](4){4};
\node[right= of 4](5){5};
\node[right= of 5](6){6};
\node[right= of 6](7){7};

\node[right= 0.4 of 1](dummy){};
\node[below =0 of dummy](IA){$\underbrace{~~~~~~~~~~~~~~}_\text{Induktionsanfang}$};

\draw[->, double] (IA) .. controls (2,-1.5) and (2.5,-1) .. (3);

\node[below =  of 2](IS1){$\underbrace{~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~}$};

\draw[->, double] (IS1) .. controls (3,-2.5) and (3.5,-2) .. (4);

\node[right=.3 of 2](dummy2){};
\node[below = 2 of dummy2](IS2){$\underbrace{~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~}$};

\draw[->, double] (IS2) .. controls (4,-3.5) and (4.5,-3) .. (5);
\node[below =.5 of 6](IS){Induktionsschritt};
\draw[->, thick] (IS) -- (2.7,-.6);
\draw[->, thick] (IS) -- (4,-1);
\draw[->, thick] (IS) -- (5.2,-1.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
$\underline{n\in\left\{1,2\right\}}$ klar.\\
$\underline{1,2,\ldots,n-1\rightarrow n ~(n\geq 3)}$: Seien zwei sinnvolle Klammerungen von $a_1~\varrho~ a_2~\varrho~ \ldots ~\varrho~ a_n$ gegeben und $x$ und $y$ die dadurch gegebenen Elemente von $A$.\\
Zu zeigen: $x=y$. Wähle $i,j\in\left\{1,\ldots,n-1\right\}$ mit
$$x=(a_1~\varrho~\ldots~\varrho~ a_i)~\varrho~(a_{i+1}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_n)\text{ und}$$
$$y=(a_1~\varrho~\ldots~\varrho~ a_j)~\varrho~ (a_{j+1}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_n)$$
jeweils mit geeigneter Klammerung der Teilausdrücke, die nach IV aber irrelevant ist. Ist $i=j$, so sind wir fertig. Sonst können wir \OE~ (\emph{ohne Einschränkung})\index{ohne Einschränkung (\OE)} $i<j$ voraussetzen (sonst vertausche $x$ und $y$).\\
Aber dann
\begin{align*}
x & \overset{\text{IV}}=(a_1~\varrho~\ldots~\varrho~ a_i)~\varrho~((a_{i+1}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_j)~\varrho~(a_{j+1} ~\varrho~\ldots~\varrho~ a_n))\\
&\overset{\mathclap{\varrho \text{ assoz.}}}= ~~((a_1~\varrho~ \ldots~\varrho~ a_i)~\varrho~(a_{i+1}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_j))~\varrho~(a_{j+1}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_n)\overset{\text{IV}}=y
\end{align*}
\end{proof}

\begin{nt}\label{2.1.7}
In der Situation von \ref{2.1.6} oder in ähnlichen Situationen, in denen der Beweis von \ref{2.1.6} greift (etwa bei der Hintereinanderausführung von mehreren Abbildungen [$\rightarrow$ \ref{1.2.5} (a)]) verzichten wir oft auf Klammern oder klammern nach Belieben um.
\end{nt}

\begin{nt}\label{2.1.8}
$S_n:=\left\{\sigma\mid \sigma \text{ Permutation von }\left\{1,\ldots,n\right\}\right\}$ für $n\in \N_0$ [$\rightarrow$ \ref{1.1.29} (b)]\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Permutation}
\end{nt}

\begin{sat}[über Umordnung]\label{2.1.9}
Sei $A$ eine Menge, $\varrho: A\times A\rightarrow A$ assoziativ {\rm[$\rightarrow$ \ref{2.1.6}]} und \emph{kommutativ}, d.h. $\forall a,b\in A: a~\varrho~ b  = b~\varrho~ a$ (z.B. $(A,\varrho)$ abelsche Gruppe). Dann gilt für alle $n\in\N,a_1,\ldots,a_n\in A$ und $\sigma\in S_n: a_1~\varrho~\ldots~\varrho~ a_n=a_{\sigma(1)}~\varrho~ \ldots~\varrho~ a_{\sigma(n)}$.
\end{sat}
\begin{proof}
durch Induktion nach $n$\\
$\underline{n=1}$ klar\\
$\underline{n-1\rightarrow n ~(n\geq 2)}$ Seien $n\in \N, a_1,\ldots,a_n\in A$ und $\sigma \in S_n$. Wähle $i\in\left\{1,\ldots,n\right\}$ mit $\sigma(i)=n$. Es ist $\tau: \left\{1,\ldots,n-1\right\}\rightarrow \left\{1,\ldots,n-1\right\}, j\mapsto \begin{cases}\sigma(j), & \text{falls } j<i\\ \sigma(j+1), &\text{falls } j\geq i\end{cases}$ eine Bijektion, wie man sich sofort überlegt. Nach IV gilt $a_1~\varrho\dots\varrho~a_{n-1}=a_{\tau(1)}~\varrho\dots\varrho~a_{\tau(n-1)}$ und daher 
\begin{align*}
a_1~\varrho~\ldots~\varrho~ a_{n-1}~\varrho~ a_n & = a_{\tau(1)}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_{\tau(n-1)}~\varrho~ a_n \\
& \overset{\mathclap{\text{Def. von } \tau}}=~~~ a_{\sigma(1)}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_{\sigma(i-1)}~\varrho~a_{\sigma(i+1)}~\varrho~\ldots~\varrho~a_{\sigma(n-1)}~\varrho~ a_n\\
& = (a_{\sigma(1)}~\varrho~\ldots~\varrho~a_{\sigma(i-1)})~\varrho~((a_{\sigma(i+1)}~\varrho~\ldots~\varrho~a_{\sigma(n)})~\varrho~a_{\sigma(i)})\\
&\overset{\mathclap{\varrho\text{ komm.}}}=~~(a_{\sigma(1)}~\varrho~\ldots~\varrho~a_{\sigma(i-1)})~\varrho~(a_{\sigma(i)}~\varrho~(a_{\sigma(i+1)}~\varrho~\ldots~\varrho~a_{\sigma(n)}))\\
& = a_{\sigma(1)}~\varrho~\ldots~\varrho~ a_{\sigma(n)}
\end{align*}
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 6.11. kommen sollen.}

\begin{nt}\label{2.1.10}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe [$\to$ \ref{2.1.2} (e)]. Ist $(a_i)_{i\in I}$ eine Familie in $G$
(d.h. $I\to G,\ i\mapsto a_i$ eine Abbildung [$\to$ \ref{1.1.30} (c)])
und $n:=\# I\in\N$, so gilt \[a_{\sigma(1)}+\ldots+a_{\sigma(n)} = a_{\tau(1)}+\ldots+a_{\tau(n)}\] für alle Bijektionen $\sigma, \tau:\left\{1,\ldots,n\right\}\rightarrow I$ [$\rightarrow$ \ref{2.1.6}, \ref{2.1.9}]. (denn $\sigma^{-1}\circ \tau \in S_n$ und daher ist $b_1+\ldots+b_n=b_{\sigma^{-1}(\tau(1))}+\ldots+b_{\sigma^{-1}(\tau(n))}$ für $b_1 = a_{\sigma(1)},\ldots,b_n = a_{\sigma(n)}$ und wir notieren dieses Element von $G$ mit \[\sum_{i\in I} a_i.\] Wir setzen $\sum_{i\in\emptyset} a_i := 0$. Statt $\sum_{i\in\left\{m,\ldots,n\right\}} a_i$ schreibt man auch $\sum_{i=m}^n a_i$. Beachte $\sum_{i=1}^0 a_i\overset{\text{\ref{1.1.6}}}=\sum_{i\in\emptyset} = 0$.
\end{nt}

\begin{satdef}\label{2.1.11}
{\rm[$\rightarrow$ \ref{1.1.28}, \ref{1.1.27}]}. Sei $I$ eine Menge für jedes $i\in I$ sei $(G_i,+_i)$ eine abelsche Gruppe. Dann ist $\prod_{i\in I} G_i$ mit
$$+:\left(\prod_{i\in I}G_i\right)\times\left(\prod_{i\in I}G_i\right)\rightarrow\prod_{i\in I}G_i, (g,h)\mapsto (i\mapsto g(i)+h(i))$$
wieder eine abelsche Gruppe, genannt \emph{das direkte Produkt}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!direktes Produkt} der $G_i ~(i\in I)$. Für alle $g,h\in\prod_{i\in I}G_i$ gilt: $(g+h)(i)=g(i)+_i h(i), 0(i)=0_i, (-g)(i)=-_i g(i)$. ("`punktweise Addition"')\index{punktweise Addition@{\bf punktweise Addition}}.
\end{satdef}
\begin{proof}
Übung.
\end{proof}

\begin{kor}\label{2.1.12}
Seien $n\in\N_0$ und $(G_1,+_1),\ldots,(G_n,+_n)$ abelsche Gruppen. Dann ist $(G_1\times\ldots\times G_n,+)$ mit
\[(a_1,\ldots,a_n)+(b_1,\ldots,b_n):=(a_1+_1b_1,\ldots,a_n+_nb_n)\] für alle $(a_1,\ldots,a_n)$, $(b_1,\ldots,b_n)\in G_1\times\ldots\times G_n$ wieder eine abelsche Gruppe mit $0=(0_1,\ldots,0_n)$ und $-(a_1,\ldots,a_n)=(-_1a_1,\ldots,-_na_n)$ für alle $(a_1,\ldots,a_n)\in G_1\times \ldots\times G_n$.
\end{kor}

\begin{bsp}\label{2.1.13}
$\R^n = \underbrace{\R\times\R\times\ldots\times\R}_{n\text{ mal}}$ mit "`Vektoraddition"':
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,-.25) -- (0,1.5);
\draw[->] (-.25,0) -- (2,0);

\draw (1.5,1.5) node{$\R^2$};

\draw[->, thick] (0,0) -- (.5,1);
\draw[->, thick] (0,0) -- (1,0);
\draw[->, dashed] (.5,1) -- (1.5,1);
\draw[->, dashed] (1,0) -- (1.5,1);
\draw[->, thick] (0,0) -- (1.5,1);
\end{tikzpicture}\qquad
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,-.25) -- (0,1.5);
\draw[->] (-.25,0) -- (2,0);

\foreach \x in {0,0.5,1,1.5}
	\foreach \y in {0,0.5,1,1.5}
		\filldraw (\x,\y) circle (1pt);

\draw (1.5,1.5) node{$\Z^2$};

\draw[->, thick] (0,0) -- (.5,1);
\draw[->, thick] (0,0) -- (1,0);
\draw[->, dashed] (.5,1) -- (1.5,1);
\draw[->, dashed] (1,0) -- (1.5,1);
\draw[->, thick] (0,0) -- (1.5,1);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{bsp}

\section{Untergruppen und Gruppenhomomorphismen}

\begin{df}\label{2.2.1}[$\to$ \ref{1.1.12}]
Seien $(G,+_G)$ und $(H,+_H)$ abelsche Gruppen. Dann heißt $(H,+_H)$ eine \emph{Untergruppe}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Untergruppe} von $(G,+_G)$, falls $H\subseteq G$ und $\forall a,b\in H:
a+_H b= a +_G b$.
\end{df}

\begin{pro}\label{2.2.2}
Sei $(G,+_G)$ eine abelsche Gruppe und $H$ eine Menge. Dann ist $H$ genau dann Trägermenge einer Untergruppe von $(G,+_G)$, wenn gilt:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $H\subseteq G$
\item $0_G \in H$
\item $\forall a,b \in H:a+_G b \in H$
\item $\forall a\in H:-_Ga\in H$
\end{enumerate}
In diesem Fall gibt es genau eine Abbildung $+_H:H\times H\rightarrow H$, mit der $(H,+_H)$ eine Untergruppe von $(G,+_G)$ wird.
Es gilt dann:
\begin{enumerate}
\item[\rm(b')] $0_H = 0_G$
\item[\rm(c')] $\forall a,b\in H:a+_H b = a+_G b$
\item[\rm(d')] $\forall a\in H:-_Ha = -_Ga$
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
Wir zeigen zunächst:
\[(*)\qquad((a)\et (b)\et (c)\et (d))\implies H\text{ ist Trägermenge einer Untergruppe von $(G,+_G)$.}\]
Gelte hierzu (a), (b), (c), (d). Definiere eine Abbildung
\[+_H:H\times H\rightarrow H, (a,b)\mapsto a+_G b\]
unter Ausnutzung von (a) und (c). Man sieht sofort, dass $(H,+_H)$ wegen (a) die Eigenschaften (K) und (A) aus
\ref{2.1.1} "`erbt"'. Gleiches gilt für $(N)$ und $(I)$ wegen (b) und (d). Damit ist $(*)$ gezeigt.

Für den Rest des Beweises sei $H$ Trägermenge einer Untergruppe von $(G,+_G)$.
Dann gibt es eine Gruppenaddition $+_H:H\times H\rightarrow H$ derart, dass $(H,+_H)$ eine Untergruppe von $(G,+_G)$ ist. Nach \ref{2.2.1} gelten (a) und (c'). Aus (c') folgt weiter, dass es \emph{genau} eine solche Gruppenaddition
gibt. Es bleiben nur noch (b') und (d') zu zeigen, denn (b') $\Longrightarrow$ (b), (c') $\Longrightarrow$ (c)
und (d') $\Longrightarrow$ (d).

\textbf{Zu (b').} Es gilt: $0_H+_G 0_H\overset{\text{(c')}}= 0_H+_H0_H\overset{\text{ (N) für }H}=0_H$.\\
Daraus folgt
\begin{multline*}
0_H\overset{\text{(N)}}{\underset{\text{für }G}=}0_H+_G 0_G
\overset{\text{(I)}}{\underset{\text{für }G}=}0_H+_G(0_H+_G(-_G0_H))\\
\overset{\text{(A)}}{\underset{\text{für }G}=}(0_H+_G0_H)+_G(-_G0_H)= 0_H +_G (-_G0_H)\overset{\text{(I)}}{\underset{\text{für }G}=}0_G.
\end{multline*}
\textbf{Zu (d').} Sei $a\in H$. Dann ist
$a+_G (-_H a) \overset{\text{(c')}}=a +_H (-_Ha)\overset{\text{(I)}}{\underset{\text{für }H}=}0_H
\overset{\text{(b')}}= 0_G$ und daher $-_Ha=-_Ga$ nach der Definition von $-_Ga$ in \ref{2.1.2}(b).
\end{proof}

\begin{bem}\label{2.2.3}
Ist $(H,+_H)$ eine Untergruppe der abelschen Gruppe $(G,+)$, so schreibt man wegen (b'), (c') und (d') fast immer $+,-,0$ statt $+_H,-_H,0_H$. Daher erwähnt man die Gruppenaddition oft nicht mehr explizit und spricht zum Beispiel von einer "`Untergruppe $H$ der (additiv geschriebenen) abelschen Gruppe $G$"'.
\end{bem}

\begin{bsp}\label{2.2.4}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Für jede abelsche Gruppe $G$ sind $\left\{0\right\}$ und $G$ (Trägermengen von) Untergruppen von $G$.
Für $\# G\leq 3$ besitzt $G$ keine weiteren Untergruppen.
Dies ist klar für $\#G\le2$, für $\#G\le3$ betrachte man die Additionstabelle aus \ref{2.1.3}(d).
\item Gelte $X\subseteq A$. Betrachte wieder die abelsche Gruppe $\Pow(A)$ mit $B+C=B\Delta C=(B\setminus C)\cup (C\setminus B)$. Es ist $H:=\left\{B\in\Pow(A)\mid B\cap X=\emptyset\right\}$ eine Untergruppe von $G$.
Hierzu ist zu zeigen: $H\subseteq\Pow(A)$, $0\in H$, $\forall B,C\in H:B+C\in H$ und $\forall B\in H:-B\in H$.
Wegen $0=\emptyset$ und $-B=B$ für $B\in H$ ist nur $(B\Delta C)\cap X=\emptyset$ für alle $B,C\in H$ zu zeigen, was
einfach ist.
\item Folgende Inklusionen sind Untergruppenbeziehungen:
\begin{gather*}
\left\{10n\mid n\in\Z\right\}\subseteq\begin{Bmatrix}\left\{5n\mid n\in \Z\right\}\\\left\{2n\mid n\in \Z\right\}\end{Bmatrix}\subseteq \Z\subseteq\begin{Bmatrix}\left\{\frac{n}{3}\mid n\in \Z\right\}\\\left\{\frac{n}{2}\mid n\in \Z\right\}\end{Bmatrix}\subseteq\left\{\frac{n}{6}\mid n\in \Z\right\}\subseteq \Q,\\
\Q\subseteq\left\{p+q\sqrt{2}\mid p,q\in\Q\right\}\subseteq\R,\\
\{(0,0)\}\subseteq\{(m,0)\mid m\in\Z\}\subseteq\{(m,2n)\mid m,n\in\Z\}\subseteq\Z\times\Z,\\
\Z\times\Z\subseteq\begin{Bmatrix}\Q\times\Z\\\Z\times\Q\end{Bmatrix}\subseteq\Q\times\Q\subseteq \Q\times\R\subseteq\R\times\R.
\end{gather*}
\item $\N_0$ ist \emph{keine} Untergruppe von $\Z$ bezüglich der (gewöhnlichen) Addition,
$(\Q\setminus \left\{0\right\},\cdot)$ ist \emph{keine} Untergruppe von $(\Q,+)$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{2.2.5}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe und $M$ eine Menge von Untergruppen von $G$. Dann ist auch $\bigcap M$ eine Untergruppe von $G$ (mit $\bigcap \emptyset:= G$) \emph{[$\to$ \ref{1.1.14}]}.
\end{pro}
\begin{proof}
Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\bigcap M\subseteq G$
\item $0\in \bigcap M$
\item $\forall a,b \in \bigcap M:a+b\in\bigcap M$
\item $\forall a\in\bigcap M:-a\in\bigcap M$
\end{enumerate}

\textbf{Zu (a).} \OE $M\neq \emptyset$. Sei $a\in\bigcap M$. Wähle $H\in M$ (beachte $M\ne\emptyset$). Dann
$a\in H\subseteq G$, also $a\in G$.

\textbf{Zu (b).} Sei $H\in M$. Zu zeigen: $0\in H$. Klar, da $H$ Untergruppe.

\textbf{Zu (c).} Seien $a,b\in \bigcap M$. Zu zeigen: $a+b\in\bigcap M$. Sei $H\in M$. Zu zeigen: $a+b\in H$.
Wissen $a,b\in H$. Da $H$ Untergruppe, folgt $a+b\in H$.

\textbf{Zu (d).} Sei $a\in\bigcap M$. Zu zeigen: $-a\in\bigcap M$. Sei $H\in M$. Zu zeigen: $-a\in H$. Wissen $a\in H$. Da $H$ Untergruppe, folgt $-a\in H$.
\end{proof}

\begin{satdef}\label{2.2.6}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe und $E\subseteq G$. Dann existiert \underline{\underline{die}} \underline{kleinste}
Untergruppe $H$ von $G$ mit $E\subseteq H$. (d.h. $H$ ist eine Untergruppe von $G$ mit $E\subseteq H$ und wenn
$H'$ auch eine solche ist, so gilt $H\subseteq H'$). Man nennt sie die von $E$ in $G$ \emph{erzeugte} Untergruppe\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Untergruppe!erzeugte Untergruppe} von $G$ und notiert sie mit $\langle E\rangle_G$.
\end{satdef}
\begin{proof}
Für $M:=\{I\mid I\text{ Untergruppe von }G,E\subseteq I\}$ ist
$H:=\bigcap M$ ist eine Untergruppe von $G$ nach \ref{2.2.5}. Offensichtlich gilt $E\subseteq M$.
Schließlich ist $H\subseteq H'$ zu zeigen für alle $H'\in M$. Dies ist aber trivial wegen $H=\bigcap M$.
\end{proof}

\begin{sat}\label{2.2.7}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe und $E\subseteq G$. Dann
$$\langle E\rangle_G = \Set{\sum_{i=1}^{m}a_i-\sum_{i=1}^{n}b_i | m,n\in\N, a_1,\ldots,a_m,b_1,\ldots,b_n\in E}$$
\end{sat}
\begin{proof}(gleichzeitig alternativer Beweis für Satz \ref{2.2.6}!)
Man überlegt sich leicht, dass die rechtsstehende Menge eine Untergruppe von $G$ ist, die $E$ enthält. Sei $H$ eine
weitere Untergruppe von $G$ mit $E\subseteq H$. Zu zeigen ist, dass die rechtsstehende Menge in $H$ enthalten ist,
was aber trivial ist.
\end{proof}

\begin{bsp}\label{2.2.8}
$\langle \left\{3,2\right\}\rangle_\Z = \Z$, $\langle\{12,16\}\rangle_\Z=\{4n\mid n\in\Z\}$
\end{bsp}

\red{Bis hierher hätten wir am 9.11. kommen sollen.}

\begin{df}\label{2.2.9}
Seien $(G,+_G)$ und $(H,+_H)$ abelsche Gruppen. Dann heißt $f$ ein \mbox{(Gruppen-)}Homo\-morphismus von $(G,+_G)$ nach
$(H,+_H)$, wenn $f\colon G\to H$ eine Abbildung ist mit \[\forall a,b\in G: f(a+_Gb)=f(a)+_Hf(b).\]
\end{df}

\begin{ged}\label{2.2.10}
Idee eines Homomorphismus: "`erst rechnen dann abbilden"' ist dasselbe wie "`erst abbilden dann rechnen"'.
\end{ged}

\begin{pro}\label{2.2.11}
Seien $(G,+_G)$ und $(H,+_H)$ abelsche Gruppen und sei $f$ ein Homomorphismus von
$(G,+_G)$ nach $(H,+_H)$. Dann gilt $f(0_G)=0_H$ und $f(-_G a)=-_Hf(a)$ für alle $a\in G$.
\end{pro}
\begin{proof}
Aus $0_G=0_G +_G 0_G$ folgt $f(0_G)=f(0_G +_G 0_G)\overset{\text{$f$ Hom.}}=f(0_G) +_H f(0_G)$ und daher $0_H = f(0_G) -_H f(0_G) = f(0_G) +_H f(0_G) -_H f(0_G)=f(0_G)$.\\
Sei nun $a\in G$. Um $f(-_G a) = -_H f(a)$ zu zeigen, ist $f(a)+_H f(-_G a) = 0_H$ zu zeigen.
Nun gilt aber $f(a)+_H f(-_G a)= f(a +_G (-_G a)) = f(0_G) = 0_H$.
\end{proof}

\begin{nt}\label{2.2.12}[$\to$ \ref{1.1.29}(c)]
Ein Gruppenhomomorphismus $f:G\rightarrow H$ heißt
(Gruppen-)
$\begin{Bmatrix}\text{\emph{Einbettung oder Mono-}}\\\text{\emph{Epi-}}\\\text{\emph{Iso-}}\end{Bmatrix}$ \emph{morphismus}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Homomorphismus!Isomorphismus}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Homomorphismus!Monomorphismus}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Homomorphismus!Epimorphismus}, wenn $f\begin{Bmatrix}\text{injektiv}\\\text{surjektiv}\\\text{bijektiv}\end{Bmatrix}$ ist.
Einen Gruppenhomomorphismus $f:G\rightarrow G$ nennt man auch einen (Gruppen-)\emph{Endomorphismus} von $G$\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Homomorphismus!Endomorphismus} und, falls er bijektiv ist,
(Gruppen-)\emph{Automorphismus}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Homomorphismus!Automorphismus} von $G$.
\end{nt}

\begin{bsp}\label{2.2.13}
\[
\begin{array}{r|c|c|c|c|c|c}
 &\text{Hom.}&\text{Einb.}&\text{Epi.}&\text{Iso.}&\text{Endo.}&\text{Auto.}\\\hline
 \Z\rightarrow\Z, a\mapsto 2a & \checkmark & \checkmark & \text{---} & \text{---} & \checkmark & \text{---} \\\hline
 \Z\rightarrow\Q, a\mapsto 2a & \checkmark & \checkmark & \text{---} & \text{---} & \text{---} & \text{---} \\\hline
 \Q\rightarrow \Q, a\mapsto 2a & \checkmark & \checkmark & \checkmark & \checkmark & \checkmark & \checkmark \\\hline
 \Z\rightarrow \Z, a\mapsto-a & \checkmark & \checkmark & \checkmark & \checkmark & \checkmark & \checkmark \\\hline
 \Z\times\Z\rightarrow \Z, (a,b)\mapsto a & \checkmark & \text{---} & \checkmark & \text{---} & \text{---} & \text{---} \\\hline
  \Z\times\Z\rightarrow \Z, (a,b)\mapsto a+b& \checkmark & \text{---} & \checkmark & \text{---} & \text{---} & \text{---} \\\hline
\Z\rightarrow \Z, a\mapsto a+1 & \text{---} & \text{---} & \text{---} & \text{---} & \text{---} & \text{---} \\\hline
\Z\to\Z\times\Z, a\mapsto(a,a) & \checkmark & \checkmark &  \text{---} & \text{---} & \text{---} & \text{---}\\\hline
\Z\to\Z\times\Z, a\mapsto(a,0) & \checkmark & \checkmark &  \text{---} & \text{---} & \text{---} & \text{---}\\\hline
\underset{{\tiny\text{(jeweils mit Multiplikation)}} }{\R\setminus\left\{0\right\}\rightarrow \R_{>0}},a\mapsto |a|& \checkmark & \text{---} & \checkmark & \text{---} & \text{---} & \text{---}
\end{array}
\]
\end{bsp}

\begin{pro}\label{2.2.14}
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Seien $G,H,I$ abelsche Gruppen. Sind $G\overset{f} \rightarrow H\overset{g}\rightarrow I$ Gruppenhomomorphismus, so auch $g\circ f$.
\item Ist $f:G\rightarrow H$ ein Gruppenisomorphismus, so auch $f^{-1}$.
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
(a)
Seien $G\overset{f} \rightarrow H\overset{g}\rightarrow I$ Gruppenhomomorphismen und $a,b\in G$. Dann
\begin{multline*}
(g\circ f)(a+b)=g(f(a+b))\overset{f\text{ Hom.}}=g(f(a)+f(b))
\overset{g\text{ Hom.}}=g(f(a)) + g(f(b))\\= (g\circ f)(a)+(g\circ f)(b).
\end{multline*}

(b) Sei $f:G\rightarrow H$ ein Gruppenisomorphismus. Nach \ref{1.2.5}(d) ist $f^{-1}$ bijektiv. Es ist noch zu zeigen, dass $f^{-1}$ ein Homomorphismus ist. Seien hierzu $a,b\in H$. Da $f$ injektiv ist, reicht es
 $f(f^{-1}(a+b))=f(f^{-1}(a)+f^{-1}(b))$ zu zeigen. Es gilt aber
$f(f^{-1}(a+b))=(f\circ f^{-1})(a+b)\overset{\ref{1.2.5}(c)}=\id_H(a+b)=a+b$
und $f(f^{-1}(a)+f^{-1}(b)) \overset{f\text{ Hom.}}= f(f^{-1}(a))+f(f^{-1}(b))
=(f\circ f^{-1})(a)+(f\circ f^{-1})(b)=\id_H(a)+\id_H(b)=a+b$.
\end{proof}

\begin{defbem}\label{2.2.15}
Zwei abelsche Gruppen $G$ und $H$ heißen \emph{isomorph}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!isomorph ($\cong$)}, wenn es einen Isomorphismus von $G$ nach $H$ gibt, in Zeichen $G\cong H$.\\
Ein Gruppenisomorphismus führt also die Additionstabelle der einen abelschen Gruppe in eine Additionstabelle der anderen abelschen Gruppe über:
\begin{table}[h!]
\centering
\begin{tabular}{c|ccc}
$+$ & $\cdots$ & $b$ & $\cdots$ \\\hline
$\vdots$ & & $\vdots$ &\\
$a$ & $\dotsm$ & $a+b$ & $\dotsm$ \\
$\vdots$ & & $\vdots$ &
\end{tabular}
\qquad$\leadsto$\qquad
\begin{tabular}{c|ccc}
$+$ & $\cdots$ & $f(b)$ & $\cdots$\\\hline
$\vdots$ & & $\vdots$ &\\
$f(a)$ & $\dotsm$ &$f(a+b)$ & $\dotsm$ \\
$\vdots$ & & $\vdots$ &
\end{tabular}
\end{table}\\
Er tauscht die Elemente aus, ohne die "`Gruppenstruktur"' zu verändern
(das heißt die über die Addition geregelten Beziehungen der Elemente untereinander). Alle "`strukturellen"' (das heißt
nicht auf die Natur der Elemente bezogenen) Eigenschaften einer abelschen Gruppe übertragen sich daher unter Isomorphismen. Dass zwei abelsche Gruppen isomorph sind, heißt, dass ihre Additionstabellen dieselbe Form haben.
\end{defbem}

\begin{bsp}\label{2.2.16}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Seien $(G,+_G)$ und $(H,+_H)$ abelsche Gruppen mit $\# G = 3 = \# H$. Nach \ref{2.1.3}(d) kann man dann
 $a,b,c,d$ mit $G=\{0_G,a,b\}$ und $H=\{0_H,c,d\}$ finden so, dass die Additionstabellen von $(G,+_G)$ und $(H,+_H)$
 wie folgt lauten:
\begin{table}[h!]
\centering
\begin{tabular}{c|ccc}
$+_G$ & $0_G$ & $a$ & $b$ \\\hline
$0_G$ & $0_G$ & $a$ & $b$ \\
$a$ & $a$ & $b$ & $0_G$ \\
$b$ & $b$ & $0_G$ & $a$
\end{tabular}
\qquad\text{und}\qquad
\begin{tabular}{c|ccc}
$+_H$ & $0_H$ & $c$ & $d$ \\\hline 
$0_H$ & $0_H$ & $c$ & $d$ \\ 
$c$ & $c$ & $d$ & $0_H$ \\
$d$ & $d$ & $0_H$ & $c$
\end{tabular} 
\end{table}\\
Daher ist $f:G\rightarrow H,\ \begin{array}[c]{c}0_G\mapsto 0_H\\a\mapsto c\\b\mapsto d\end{array}$ ein Isomorphismus von
$(G,+_G)$ nach $(H,+_H)$, also $(G,+_G)\cong(H,+_H)$.
Man sagt, dass es "`\emph{bis auf Isomorphie}"' genau eine dreielementige abelsche Gruppe gibt.
Dasselbe gilt nach \ref{2.1.3} für ein- und zweielementige abelsche Gruppen.
\item Sei $G$ eine abelsche Gruppe mit $\#G\le3$. Ist $\#G\le2$, so ist $\id_G$ der einzige Automorphismus von $G$
(für $\#G=2$ folgt dies aus \ref{2.2.11}). Ist $\#G=3$, so gibt es genau zwei Automorphismen von $G$, wie man an der
Additionstabelle in \ref{2.1.3}(d) leicht erkennt: $\id_G$ und die Permutation von $G$, die die zwei nichtneutralen Elemente vertauscht.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{spr}\label{2.2.17}
"`Isomorphismus $=$ Umbenennung der Elemente"'\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Homomorphismus!Isomorphismus}
\end{spr}

\section[tocentry={Quotientengruppen}]{Quotientengruppen{\small [$\to$ §\ref{1.3}]}}\label{2.3}

\noindent
Idee: Grobe Sichtweise auf eine abelsche Gruppe einnehmen.

\begin{df} \label{2.3.1}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe. Eine \emph{Kongruenzrelation}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)} auf $G$ ist eine Äquivalenzrelation $\equiv$ auf $G$, für die gilt:
\begin{equation}\tag{$*$}\label{star1}
\forall a,a',b,b'\in G:((a\equiv a' ~\et~ b\equiv b')\implies a+b\equiv a'+b')
\end{equation}
Für $a\in G$ nennt man $\overline a:=\overset\equiv a$ ("`ein Strich gleich drei Strich"'-Regel zur Vereinfachung der Notation!) statt Äquivalenz- auch \emph{Kongruenzklasse}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Kongruenzklasse} von $a$ bezüglich $\equiv$.
\end{df}

\begin{bem}\label{2.3.2}
In Definition \ref{2.3.1} drückt Bedingung \eqref{star1} gerade folgendes aus:
\begin{equation}\tag{$**$}\label{starstar}
\begin{aligned}
G/\mbox{$\equiv$}~\times~G/\mbox{$\equiv$}~ & \to~G/\mbox{$\equiv$}\\
(\overline a,\overline b) & \mapsto\overline{a+b}\quad(a,b\in G)
\end{aligned}
\quad
\text{ ist wohldefiniert.}
\end{equation}
In der Tat: $\eqref{starstar}\iff(\forall a,b,a',b'\in G:((\overline a,\overline b)=(\overline{a'},\overline{b'})\implies\overline{a+b}=\overline{a'+b'}))\iff\eqref{star1}.$
\end{bem}

\begin{satdef}\label{2.3.3}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe und $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $G$. Dann wird die Quotientenmenge $G/\mbox{$\equiv$}$ vermöge der durch
$$\overline a+\overline b:=\overline{a+b}\qquad(a,b\in G)$$
festgelegten ("`vertreterweisen"') Addition zu einer abelschen Gruppe, die man die zu $\equiv$ gehörige \emph{Quotientengruppe}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Quotientengruppe} von $G$
nennt (auch "`$G$ nach $\equiv$"' oder "`$G$ modulo $\equiv$"'). In ihr gilt $0=\overline0$ und $-\overline a=\overline{-a}$ für alle $a\in G$.
\end{satdef}
\begin{proof}
Die Wohldefiniertheit der Addition auf $A/\mbox{$\equiv$}$ als Abbildung haben wir schon in Bemerkung \ref{2.3.2} geklärt. Wir prüfen die Axiome (K), (A), (N) und (I) aus
\ref{2.1.1} nach:
\begin{enumerate}
\item[(K)] $\overline a+\overline b=\overline{a+b}=\overline{b+a}=\overline b+\overline a$ für alle $a,b\in G$.
\item[(A)]  $(\overline a+\overline b)+\overline c=\overline{a+b}+\overline c=\overline{(a+b)+c}=\overline{a+(b+c)}=\overline a+\overline{b+c}=
\overline a+(\overline b+\overline c)$ für alle $a,b,c\in G$.
\item[(N)] Für $a\in G$ gilt $\overline a+\overline0=\overline{a+0}=\overline a$. Daher ist $0=\overline 0$.
\item[(I)] Für $a\in G$ gilt $\overline a+\overline{-a}=\overline{a+(-a)}=\overline0=0$. Daher ist $-\overline a=\overline{-a}$ für $a\in G$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{pro}\label{2.3.4}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe und $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $G$. Dann ist $H:=\overline0$ eine Untergruppe von $G$, für die gilt:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $\forall a,b\in G:(a\equiv b\iff a-b\in H)$
\item $\forall a\in G:\overline a=\{a+b\mid b\in H\}$ \label{hpropb}
\item Für jedes $a\in G$ ist $H\to\overline a,\ b\mapsto a+b$ bijektiv. \label{hpropc}
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
Um zu zeigen, dass $H$ eine Untergruppe von $G$ ist, sind nach Proposition \ref{2.2.2} zeigen:
\begin{enumerate}[(1)]
\item $H\subseteq G$
\item $0\in H$
\item $\forall a,b\in H:a+b\in H$
\item $\forall a\in H:-a\in H$
\end{enumerate}
(1) und (2) sind trivial. Um (3) zu sehen, beobachten wir, dass für alle $a,b\in H$ wegen $a\equiv0$ und $b\equiv0$ aus \eqref{star1} folgt
$a+b\equiv0+0=0$ und daher $a+b\in H$.  Schließlich erhält man (4) daraus, dass für alle $a\in H$ aus $a\equiv0$ und $-a\equiv-a$ gemäß \eqref{star1}
$0=a-a\equiv0-a=-a$ und damit $-a\equiv0$ folgt.

\smallskip
{\bf (a)} Seien $a,b\in G$. Gilt $a\equiv b$, so wegen $-b\equiv-b$ gemäß \eqref{star1} auch $a-b\equiv b-b=0$ und daher $a-b\in\overline0=H$. Gilt umgekehrt $a-b\in H$, so
$a-b\equiv0$ und wegen $b\equiv b$ gemäß \eqref{star1} auch $a=a-b+b\equiv b$.

\smallskip
{\bf (b)} Sei $a\in G$. Wir behaupten $\overline a=\{a+b\mid b\in H\}$.

"`$\subseteq$"' Ist $c\in\overline a$, so gilt $c\equiv a$, woraus mit \eqref{star1} folgt $b:=c-a\equiv a-a=0$ und $c=a+b$.

"`$\supseteq$"' Ist umgekehrt $b\in\overline0$, so folgt mit \eqref{star1}, dass $a+b\equiv a+0=a$ und damit $a+b\in\overline a$.

\smallskip
{\bf (c)} Die Surjektivität ist gerade (b), die Injektivität ist leicht zu zeigen.
\end{proof}

\begin{df}\mbox{}[$\to$ \ref{1.3.5}(b)]\label{2.3.5}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe. Zu jeder Untergruppe $H$ von $G$ definieren wir eine Relation $\equiv_H$ auf $G$ durch
$$a\equiv_H b:\iff a-b\in H.$$\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!h@$\equiv_H$}
\end{df}

\begin{sat}\text{\rm[$\to$\ref{1.3.6}]} \label{2.3.6} Sei $G$ eine abelsche Gruppe. Die Zuordnungen
\begin{align*}
\equiv&\mapsto\overline0\\
\equiv_H&\mapsfrom H
\end{align*}
vermitteln eine Bijektion zwischen der Menge der Kongruenzrelationen auf $G$ und der Menge der Untergruppen von $G$.
\end{sat}
\begin{proof}
Zu zeigen ist:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $G$, so ist $\overline0$ eine Untergruppe von $G$.
\item Ist $H$ eine Untergruppe von $G$, so ist $\equiv_H$ eine Kongruenzrelation auf $G$.
\item Ist $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $G$, so $\equiv_{\overline0}~=~\equiv$.
\item Ist $H$ eine Untergruppe von $G$, so $\overset{-_H}0=H$.
\end{enumerate}
\medskip\noindent
{\bf (a)} wurde bereits in Proposition \ref{2.3.4} gezeigt. 

\medskip\noindent
{\bf Zu (b).} Seien $H$ eine Untergruppe von $G$ und $a,a',b,b'\in G$ mit $a\equiv_Ha'$ und $b\equiv_Hb'$. Wir behaupten $a+b\equiv_Ha'+b'$. Nach Definition \ref{2.3.5}
gilt $a-a'\in H$ und $b-b'\in H$. Es folgt
$a+b-(a'+b')\overset{\ref{2.1.9}}=(a-a')+(b-b')\in H$. Wieder wegen Definition \ref{2.3.5} entspricht dies der Behauptung.

\medskip\noindent
{\bf Zu (c).} Seien $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $G$ und $a,b\in G$. Zu zeigen ist $a\equiv_{\overline0}b\iff a\equiv b$. Dies sieht man leicht:
$$a\equiv_{\overline0}b\overset{\ref{2.3.5}}\iff a-b\in\overline0\overset{\ref{1.3.1}(b)}\iff a-b\equiv0\overset{(*)}\iff a\equiv b.$$

\medskip\noindent
{\bf Zu (d).} Ist $H$ eine Untergruppe von $G$, so  $$\overset{-_H}0\overset{\ref{1.3.1}(b)}=\{a\in G\mid a\equiv_H0\}\overset{\ref{2.3.5}}=\{a\in G\mid a-0\in H\}=H.$$
\end{proof}

\begin{notsprpro}\label{2.3.7}
Sei $H$ eine Untergruppe der abelschen Gruppe $G$. Dann nennt man $G/H:=G/\mbox{$\equiv_H$}$ die Quotientengruppe\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Quotientengruppe} von $G$ nach (oder modulo) $H$.
Die Kongruenzklassen $\overset{-_H}{a~}$ ($a\in G$) {\rm[$\to$ \ref{2.3.1}]} von $\equiv_H$ nennen wir auch die \emph{Nebenklassen}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Nebenklassen} von $H$ (in $G$).
Wegen \ref{2.3.4}\eqref{hpropc} haben alle Nebenklassen von $H$ dieselbe Mächtigkeit  {\rm[$\to$ \ref{1.1.21}]} und da sie eine Zerlegung {\rm[$\to$ \ref{1.3.3}]}
von $G$ bilden, gilt
$$\#G=(\#(G/H))(\#H),$$
falls $G$ endlich ist, denn $\#(G/H)$ ist dann die Anzahl der Nebenklassen von $H$ und jede Nebenklasse von $H$ hat $\#H$ viele Elemente.
\end{notsprpro}

\begin{bsp}\label{2.3.8}
Sei $G$ eine abelsche Gruppe.
\begin{enumerate}[(a)]
\item $G/G=\{G\}=\{0\}$ ist einelementig.
\item Es gilt $G/\{0\}=\{\{a\}\mid a\in G\}$, wobei $\{a\}+\{b\}=\{a+b\}$ für alle $a,b\in G$ gilt. Man sieht sofort, dass $G\to G/\{0\},\ a\mapsto\{a\}$ ein Isomorphismus ist.
Insbesondere gilt $G/\{0\}\cong G$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{bsp}\label{2.3.9}
Sei $n\in\Z$. Die von $\{n\}$ erzeugte Untergruppe von $\Z$ ist $\langle n\rangle:=\langle\{n\}\rangle_\Z=\{cn\mid c\in\Z\}$. Es gilt
$$\Z/\langle n\rangle=\left\{\overset{-_{\langle n\rangle}}{a~~~}\mid a\in\Z\right\},\quad\text{ wobei}$$
$$\overset{-_{\langle n\rangle}}{a~~~}=\overset{-_{\langle n\rangle}}{b~~~}\iff
a\equiv_{\langle n\rangle}b\iff a-b\in\langle n\rangle\iff\exists c\in\Z:a-b=cn.$$

[Zeichne Bild!]

Man überlegt sich sofort: Ist $n\in\N$, so hat $\Z/\langle n\rangle$ genau $n$ Elemente und es gilt
$$\Z/\langle n\rangle=\left\{\overset{-_{\langle n\rangle}}{0~~~},\overset{-_{\langle n\rangle}}{1~~~},\dots,\overset{\text{---------}_{\langle n\rangle}}{n-1~~~}\right\}.$$
Ist $n=0$, so ist $Z/\langle0\rangle=\{\{a\}\mid a\in\Z\}\cong\Z$. Ist $-n\in\N$, so gilt $\langle n\rangle=\langle-n\rangle$ und daher
$\Z/\langle n\rangle=\Z/\langle-n\rangle$.
\end{bsp}

\begin{defprop}\label{2.3.10}
Seien $G$ und $H$ abelsche Gruppen und $f\colon G\to H$ ein Homomorphismus.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Es ist $\equiv_f~:=~\sim_f$ [$\to$\ref{1.3.9}] eine Kongruenzrelation auf $G$.
\item Es ist der \emph{Kern}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Kern ($\ker$)} $\ker f:=f^{-1}(\{0\})$ [$\to$\ref{1.1.25}] von $f$ eine Untergruppe von $G$.
\item Unter der Bijektion aus Satz \ref{2.3.6} entsprechen sich $\equiv_f$ und $\ker f$, das heißt
$$\ker f=\overset{-_f}{0~}\qquad\text{und}\qquad\equiv_f~=~\equiv_{\ker f}.$$
\end{enumerate}
\end{defprop}
\begin{proof}
{\bf (a)} Seien $a,a',b,b'\in G$ mit $a\equiv_f a'$ und $b\equiv_f b'$. Zu zeigen ist $a+b\equiv_f a'+b'$. Nach Definition von $\equiv_f~=~\sim_f$ in \ref{1.3.9} gilt
$f(a)=f(a')$ und $f(b)=f(b')$ und es ist $f(a+b)=f(a'+b')$ zu zeigen. Dies ist aber klar, denn
$$f(a+b)\overset{\ref{2.2.9}}=f(a)+f(b)=f(a')+f(b')\overset{\ref{2.2.9}}=f(a'+b').$$

\smallskip\noindent
{\bf (b)} Nach \ref{2.2.2} ist zu zeigen:
$$\ker f\subseteq G,\quad 0\in\ker f,\quad \forall a,b\in\ker f:a+b\in\ker f\quad\text{ und }\quad\forall a\in\ker f:-a\in\ker f.$$
Trivial ist $\ker f\subseteq G$, da $f^{-1}(\{0\})$ natürlich in der Definitionsmenge $G$ von $f$ enthalten ist. Die Bedingung $0\in\ker f$ entspricht genau der Beobachtung $f(0)=0$ aus \ref{2.2.11}. Sind $a,b\in\ker f$, dann
gilt $f(a)=0=f(b)$ und daher $f(a+b)=f(a)+f(b)=0+0=0$, also $a+b\in\ker f$. Ist schließlich $a\in\ker f$, also $f(a)=0$, so gilt $f(-a)\overset{\ref{2.2.11}}=-f(a)=-0\overset{0+0=0}=0$ und
daher $-a\in\ker f$.

\smallskip\noindent
{\bf (c)} Die erste Gleichheit ergibt sich wie folgt:
\begin{multline*}
\ker f\overset{(b)}=f^{-1}(\{0\})\overset{\ref{1.1.25}}=\{a\in G\mid f(a)=0\}\overset{\ref{2.2.11}}=\{a\in G\mid f(a)=f(0)\}\overset{\ref{1.3.9}}=\\\{a\in G\mid a\equiv_f0\}\overset{\ref{1.3.1}(b)}=
\overset{-_f}{0~}.
\end{multline*}
Um die zweite Gleichheit zu zeigen, seien $a,b\in G$. Wir zeigen $a\equiv_fb\iff a\equiv_{\ker f}b$. Es gilt
\begin{multline*}
a\equiv_fb\overset{\ref{1.3.9}}\iff f(a)=f(b)\overset{(I)}\iff f(a)-f(b)=0\overset{\ref{2.2.11}}\iff f(a)+f(-b)=0\overset{\ref{2.2.9}}\iff\\
f(a-b)=0\overset{\ref{1.1.25}}\iff a-b\in f^{-1}(\{0\})
\overset{(b)}\iff a-b\in\ker f\overset{\ref{2.3.5}}\iff  a\equiv_{\ker f}b.
\end{multline*}
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 13.11. kommen sollen.}

\begin{sat}[Homomorphiesatz für abelsche Gruppen]\label{2.3.11}{\rm[$\to$\ref{1.3.8}]}
Seien $G$ und $H$ abelsche Gruppen, $I$ eine Untergruppe von $G$ und $f\colon G\to H$ ein Homomorphismus
mit $I\subseteq\ker f$.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item
Es gibt genau eine Abbildung $\overline f\colon G/I\to H$ mit
$\overline f(\overset{-_I}a)=f(a)$ für alle $a\in G$. Diese Abbildung $\overline f$ ist ein Homomorphismus.
\item
$\text{$\overline f$ ist injektiv}\iff I=\ker f$
\item
$\text{$\overline f$ ist surjektiv}\iff\text{$f$ ist surjektiv.}$
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
Nach Satz \ref{2.3.6} (genauer der Wohldefiniertheit der dortigen Abbildung von rechts nach links) ist $\equiv_I$ eine Kongruenzrelation auf $G$. Aus der Voraussetzung
$I\subseteq\ker f$ erhält man
$$a\equiv_Ib\implies f(a)=f(b)$$
für alle $a,b\in G$, denn sind $a,b\in G$ mit $a\equiv_Ib$, so  $a-b\in I\subseteq\ker f$ nach Definition \ref{2.3.5} und damit
$f(a)-f(b)\overset{\text{$f$ Hom.}}=f(a-b)=0$. Unter Beachtung von $G/I\overset{\ref{2.3.7}}=G/\mbox{$\equiv_I$}$ erhält man die in (a) behauptete
Existenz und Eindeutigkeit der Abbildung $\overline f$ daher aus dem Homomorphiesatz für Mengen \ref{1.3.8}. Dass $\overline f$ ein Homomorphismus ist, rechnet man sofort nach:
$$\overline f(\overset{-_I}a)+\overline f(\overset{-_I}b)\overset{(a)}=f(a)+f(b)\overset{\text{$f$ Hom.}}=f(a+b)=\overline f(\overset{\text{---------}_I}{a+b~~})\overset{\ref{2.3.3}}=
\overline f(\overset{-_I}a+\overset{-_I}b)$$
für alle $a,b\in G$. Damit ist (a) gezeigt. Die Aussage (c) folgt direkt aus \ref{1.3.8}(c). Schließlich ist es eine leichte Übung zu zeigen, dass die Aussage $I=\ker f$ äquivalent ist zu
$\forall a,b\in G:(a\equiv_Ib\iff f(a)=f(b))$, womit (b) nichts anderes als \ref{1.3.8}(b) ist.
\end{proof}

\begin{bem}{\rm[$\to$\ref{1.3.10}]}\label{2.3.12}
Sei $I$ eine Untergruppe einer abelschen Gruppe $G$. Dann wird $I$ durch einen Gruppenhomomorphismus
$f\colon G\to H$ in eine weitere abelsche Gruppe $H$ induziert, nämlich durch den \emph{kanonischen Epimorphismus}\index{abelsche Gruppe@{\bf abelsche Gruppe}!Homomorphismus!kanonischer Epimorphismus} [$\to$\ref{2.2.12}]
$$f\colon G\to G/I,\ a\mapsto\overset{-_I}a.$$
In der Tat: $\ker f=\{a\in G\mid f(a)=0\}=\{a\in G\mid \overset{-_I}a=0\}=\{a\in G\mid a\in I\}=I$.
\end{bem}

\begin{notpro}\label{2.3.13}
Seien $G$ und $H$ abelsche Gruppen und $f\colon G\to H$ ein Homomorphismus. Dann schreiben wir meist $\im f:=f(G)\overset{\ref{1.1.25}}=\{f(a)\mid a\in G\}$
für das in {\rm\ref{1.1.29}(d)} eingeführte Bild von $f$. Es ist $\im f$ eine Untergruppe von $H$.
\end{notpro}
\begin{proof}
Zu zeigen sind gemäß \ref{2.2.2}:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\im f\subseteq H$
\item $0\in\im f$
\item $\forall a,b\in\im f:a+b\in\im f$
\item $\forall a\in\im f:-a\in\im f$
\end{enumerate}
(a) ist trivial und (b) folgt aus $f(0)\overset{\ref{2.2.11}}=0$. Sind $a,b\in\im f$, so gibt es $c,d\in G$ mit $f(c)=a$ und $f(d)=b$, woraus $f(c+d)\overset{\text{$f$ Hom.}}=f(c)+f(d)=a+b$
und damit $a+b\in\im f$ folgt. Dies zeigt (c). Ist schließlich $a\in\im f$, so gibt es $c\in G$ mit $f(c)=a$, woraus $f(-c)\overset{\ref{2.2.11}}=-f(c)=-a$ und damit $-a\in\im f$ folgt. Damit haben wir auch (d) gezeigt und sind fertig.
\end{proof}

\begin{kor}[Isomorphiesatz für abelsche Gruppen]\label{2.3.14} {\rm[$\to$\ref{1.3.11}]}
Seien $G$ und $H$ abelsche Gruppen und $f\colon G\to H$ ein Homomorphismus.
Dann ist $\overline f\colon G/\ker f\to\im f$
definiert durch $\overline f(\overset{-_{\ker f}}{a~~})=f(a)$ für $a\in G$ ein Isomorphismus {\rm[$\to$\ref{2.2.12}]}. Insbesondere $G/\ker f\cong\im f$ {\rm[$\to$\ref{2.2.15}]}.
\end{kor}

\begin{bem}\label{2.3.15}
Der Isomorphiesatz klärt uns über die Natur von Homomorphismen auf:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
 \node(G){$G$};
 \node[right = 4cm of G](H){$H$};
 \node[below = 2cm of G](Gkerf){$G/\ker f$};
 \node[below = 2cm of H](imf){$\im f$};
 
 \draw[->, thick] (G) -- node[above]{$f$ Hom.} (H);
 \draw[->, thick] (G) -- node[anchor = north, rotate = -90]{kan. Epi.} node[anchor = south, rotate = -90]{$a\mapsto \overset{\text{---}_{\ker f}}{a~~~~~}$} node[left](l){} (Gkerf);
 \draw[->, thick] (Gkerf) -- node[above](u){Iso.} (imf);
 \draw[->, thick] (H) -- node[anchor = south, rotate = 90]{$\subseteq$} node[anchor = north, rotate = 90]{Untergr.} node[right](r){} (imf);
 
 \node[left =.5 of l]{$I$};
 \node[below =.5 of u]{$II$};
 \node[right =.5 of r]{$III$};
 
 \draw[->, thick] (2.15,-.75) arc (125:425:.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Drei Phasen:
$$G\xrightarrow[\text{"`vergröbern"'}]{I} G/\ker f\xrightarrow[\text{"`umbenennnen"'}]{II}\im f\xrightarrow[\text{"`neue Elemente dazufügen"'}]{III}H$$
\end{bem}

\chapter[tocentry={Kommutative Ringe}]{Kommutative Ringe\\ ~{\small[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Richard_Dedekind}{Julius Wilhelm Richard Dedekind} *1831, \dag 1916]}}

\section{Definition und Beispiele kommutativer Ringe}

\begin{df}\label{3.1.1}
Ein \emph{kommutativer Ring}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}} ist ein Tripel (d.h. 3-Tupel) $(A,+,\cdot)$, wobei $(A,+)$ eine abelsche Gruppe ist und $\cdot : A\times A\to A$ eine (meist unsichtbar oder infix geschriebene, d.h. man schreibt $ab$ oder $a\cdot b$ statt $\cdot(a,b)$) Abbildung mit folgenden Eigenschaften:
\begin{itemize}
\item[(\. K)] $\forall a,b\in A: ab = ba$\index{kommutativ@{\bf kommutativ}}
\item[(\. A)] $\forall a,b,c\in A: (ab)c=a(bc)$\index{assoziativ@{\bf assoziativ}}
\item[(\. N)] $\exists e\in A : \forall a\in A: ae=a$\index{neutrales Element@{\bf neutrales Element}}
\item[(D)] $\forall a,b,c\in A: a(b+c) = (ab)+(ac) \text{ "`distributiv"'}$\index{distributiv@{\bf distributiv}}
\end{itemize}
\end{df}

\begin{bem}\label{3.1.2}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sind $e,e'\in A$ mit $\forall a\in A: ae =a = ae'$, so $e'=e'e\overset{\text{(\. K)}}=ee' = e$. Daher ist $e$ wie in (\. N) eindeutig bestimmt und man schreibt dafür $1$ statt $e$ (die "`Eins"' oder das "`Einselement"' des kommutativen Ringes).
\item Manchmal lässt man $\begin{Bmatrix}\text{(\. A)}\\\text{(\. N)}\end{Bmatrix}$ in der Definition \ref{3.1.1} weg und bezeichnet einen kommutativen Ring mit $\begin{Bmatrix}\text{(\. A)}\\\text{(\. N)}\end{Bmatrix}$ als $\begin{Bmatrix}\text{assoziativen}\\\text{unitären}\end{Bmatrix}$ kommutativen Ring. Statt "`unitärer Ring"' sagt man auch "`kommutativer Ring mit Eins"'.
\item Man nennt $\begin{Bmatrix}A\\(A,+)\end{Bmatrix}$ die \emph{zugrundeliegende}
$\begin{Bmatrix}\text{\emph{Menge}}\\\text{\emph{abelsche Gruppe}}\end{Bmatrix}$ oder die
$\begin{Bmatrix}\text{\emph{Trägermenge}}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Trägermenge}\\\text{\emph{additive Gruppe}}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!additive Gruppe}\end{Bmatrix}$ und
$\begin{Bmatrix}+\text{ die Addition}\\\cdot\text{ die Multiplikation}\end{Bmatrix}$ von $(A,+,\cdot)$.
\item Wie bei abelschen Gruppen ist auch bei kommutativen Ringen ein schlampiger Sprachgebrauch üblich, z.B. "`Sei $A$ ein kommutativer Ring"' statt "`Sei $(A,+,\cdot)$ ein kommutativer Ring"' [$\to$ \ref{2.1.2} (e)].
\item Wegen (\. A) kann man beim Multiplizieren mehrerer Elemente eines kommutativen Ringes beliebig umklammern [$\to$ \ref{2.1.6}] und damit auf Klammern verzichten [$\to$ \ref{2.1.7}]. Weiter kann man die Elemente auch in beliebiger Reihenfolge multiplizieren [$\to$ \ref{2.1.9}].
\item Es gilt die Konvention "`Punkt vor Strich"', d.h. $\cdot$ bindet stärker als $+$ und $-$: ~$ab+cd$ steht für $(ab)+(cd)$
und $ab-cd$ steht für $(ab)-(cd)$.
\item (D) sagt nichts anderes, als dass für jedes $a\in A$ die Abbildung $A\to A, x\mapsto ax$ ein Gruppenendomorphismus von $(A,+)$ ist [$\to$ \ref{2.2.12}]. Insbesondere gilt $a\cdot 0 = 0$ für alle $a\in A$ und $a(-b)=-(ab)$ für alle $a,b\in A$ [$\to$ \ref{2.2.11}].
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{pro}\label{3.1.3}
Sei $A$ ein kommutativer Ring. Dann $\# A = 1 \iff 0=1$ in $A$.
\end{pro}
\begin{proof}
\begin{itemize}
\item["`$\Longrightarrow$"'] Ist $A=\left\{a\right\}$, so gilt $0=a=1$.
\item["`$\Longleftarrow$"'] Gelte $0_A = 1_A$. Dann gilt für jedes $a\in A$
\[a\overset{\text{(\. N)}}=a\cdot 1_A = a\cdot 0_A \overset{\text{\ref{3.1.2} (g)}}= 0_A,\]
also $A=\left\{0_A\right\}=\left\{1_A\right\}$.
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{bsp}\mbox{}[$\to$ \ref{2.1.3}]\label{3.1.4}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $(\left\{a\right\},+,\cdot)$ mit $+,\cdot:\left\{a\right\}\times\left\{a\right\}\to \left\{a\right\}, (a,a)\mapsto a$ ist ein kommutativer Ring mit $0=a=1$.
\item $\Z,\Q,\R$ (mit gewöhnlicher Addition und Multiplikation) sind kommutative Ringe.
\item Sei $A$ eine Menge. Dann ist $(\Pow(A),+,\cdot)$ mit $+,\cdot:\Pow(A)\times \Pow(A)\to \Pow(A)$ definiert durch $B+C:=B\Delta C = (B\setminus C)\cup (C\setminus B)$ und $B\cdot C:=B\cap C$ für $B,C\in\Pow(A)$ ein kommutativer Ring. Es gilt $1=A$.
\item Genauso wie man in \ref{2.1.11} das direkte Produkt von abelschen Gruppen eingeführt hat, kann man auch das direkte Produkt von kommutativen Ringen über punktweise Addition und Multiplikation einführen (Übung).
Auf diese Weise ist insbesondere $A^{\N_0}$ ein kommutativer Ring. Man kann die abelsche Gruppe $A^{\N_0}$ aber auch mit einer anderen Multiplikation, der sogenannten \emph{Faltung}, zu einem kommutativen Ring machen. Da dies für uns wichtig sein wird, formulieren wir es in einem Satz.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{sat}\label{3.1.5}
Sei $A$ ein kommutativer Ring. Dann ist $(A^{\N_0},+,*)$ mit
\begin{align*}
f+g:\N_0&\to A, &&k\mapsto f(k)+g(k)&&\text{ und}\\
\underbrace{f*g}_\text{"`gefaltet"'}:\N_0&\to A, &&k\mapsto \sum_{i=0}^k f(i)\cdot g(k-i)&&\text{ für alle $f,g\in A^{\N_0}$}
\end{align*}
ein kommutativer Ring mit $1:\N_0\to A, 0\mapsto 1, k\mapsto 0$ für $k\in \N$.
\end{sat}
\begin{proof}
Wir wissen aus \ref{2.1.11} schon, dass $(A^{\N_0},+)$ eine abelsche Gruppe ist. Man rechnet nun als Übung (\. K), (\. A),(\. N) und (D) nach.
\end{proof}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
 \node(f0){$f(0)$};
 \node[below=0 of f0](f1){$f(1)$};
 \node[below=0 of f1](f2){$f(2)$};
 \node[below=0 of f2](f3){$\vdots$};
 \node[right=0 of f0](f0g0){$f(0)g(0)$};
 \node[right=0 of f0g0](f0g1){$f(0)g(1)$};
 \node[right=0 of f0g1](f0g2){$f(0)g(2)$}; 
 \node[right=0 of f0g2](f0g3){$\cdots$}; 
 \node[above=0 of f0g0](g0){$g(0)$};
 \node[above=0 of f0g1](g1){$g(1)$};
 \node[above=0 of f0g2](g2){$g(2)$};
 \node[above=0.2 of f0g3](g3){$\cdots$};
 \node[right=0 of f1](f1g0){$f(1)g(0)$};
 \node[right=0 of f1g0](f1g1){$f(1)g(1)$};
 \node[below=0.2 of f0g2](f1g2){$\cdots$}; 
 \node[below=.2 of f0g3](f1g3){$\cdots$}; 
 \node[right=0 of f2](f2g0){$f(2)g(0)$};
 \node[below=0.2 of f1g1](f2g1){$\cdots$};
 \node[below=0.2 of f1g2](f2g2){$\cdots$}; 
 \node[below=0.2 of f1g3](f2g3){$\cdots$};
 \node[below=0 of f2g0](f3g0){$\vdots$}; 
 \node[below=0 of f2g1](f3g1){$\vdots$};
 \node[below=0 of f2g2](f3g2){$\vdots$}; 
 \node[below=0 of f2g3](f3g3){$\vdots$};
 
 \draw (g2) -- (f2);
 \draw (g1) -- (f1);
 \draw (g3) -- (f3);
 
 \draw (-.5,0.4) -- (6.5,0.4);
 \draw (.5,1) -- (.5,-2.5);
\end{tikzpicture}\\
Faltung bildet Summen über die Diagonalen.
\end{center}

\begin{center}
(\. N):
\begin{tabular}{c|cccc}
 & 1 & 0 & 0 & $\cdots$\\\hline
 $f(0)$ & $f(0)$ & 0 & 0 & $\cdots$ \\
 $f(1)$ & $f(1)$ & 0 & 0 & $\cdots$ \\
 $f(2)$ & $f(2)$ & 0 & 0 & $\cdots$ \\
 $\vdots$ & $\vdots$ & $\vdots$ & $\vdots$ & $\cdots$
\end{tabular}
\qquad (\. A):
\begin{minipage}[h][][b]{0.5\textwidth}
\centering
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (0,0,0) -- node[above]{$h$} (0,0,-3);
\draw[->] (0,0,0) -- node[left]{$f$} (0,-2.5,0);
\draw[->] (0,0,0) -- node[below]{$g$} (2.5,0,0);

\draw[dashed] (0,0,-1) -- (0,-1,0);
\draw[dashed] (0,0,-2) -- (0,-2,0);

\draw (0,0,-1) -- (1,0,0);
\draw (0,0,-2) -- (2,0,0);

\draw (1,0,0) -- (0,-1,0);
\draw (2,0,0) -- (0,-2,0);
\end{tikzpicture}\\
Faltung bildet Summen über die Raumdiagonalen.
\end{minipage}
\end{center}

\red{Bis hierher hätten wir am 16.11. kommen sollen.}

\begin{nt}\mbox{}[$\to$ \ref{2.1.10}]\label{3.1.6}
Sei $A$ ein kommutativer Ring [$\to$ \ref{3.1.1}]. Ist $(a_i)_{i\in I}$ eine Familie in $A$ und $n:=\# I\in\N$, so gilt $a_{\sigma(1)}\cdots a_{\sigma(n)} = a_{\tau(1)}\cdots a_{\tau(n)}$ für alle Bijektionen $\sigma,\tau:\left\{1,\ldots,n\right\}\to I$ [$\to$ \ref{2.1.6}, \ref{2.1.9}] und wir notieren dieses Element von $A$ mit $\prod_{i\in I} a_i$. Wir setzen $\prod_{i\in\emptyset} a_i := 1$. Statt $\prod_{i\in\left\{m,\ldots,n\right\}}a_i$ schreibt man auch $\prod_{i=m}^n a_i$. Beachte $\prod_{i=1}^0 a_i \overset{\text{\ref{1.1.6}}}=\prod_{i\in\emptyset}a_i = 1$. Für $n\in\N_0$ setzen wir weiter $a^n:=\prod_{i=1}^n a=\underbrace{a\cdots a}_\text{$n$-mal}$ (insbesondere $a^0=1$).
\end{nt}

\section{Unterringe, Ringhomomorphismen und Polynome}

\begin{df}\mbox{}[$\to$ \ref{2.2.1}]\label{3.2.1}
Seien $(A,+_A,\cdot_A)$ und $(B,+_B,\cdot_B)$ kommutative Ringe. Dann heißt $(B,+_B,\cdot_B)$ ein \emph{Unterring}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Unterring} von $(A,+_A,\cdot_A)$, wenn $B\subseteq A,
\underline{\underline{1_A\in B}}, \forall a,b\in B: a+_B b = a+_A b$ und $\forall a,b\in B: a\cdot_B b = a\cdot_A b$.
\end{df}

\begin{pro}\label{3.2.2}{\rm[$\to$ \ref{2.2.2}]}
Sei $(A,+_A,\cdot_A)$ ein kommutativer Ring und $B$ eine Menge. Genau dann ist $B$ Trägermenge {\rm[$\to$ \ref{3.1.2} (c)]} eines Unterrings von $(A,+_A,\cdot_A)$, wenn $B$ Trägermenge einer Untergruppe von $(A,+_A)$ ist {\rm[$\to$ \ref{2.2.2}]} und $1_A\in B$ sowie $\forall a,b\in B: a\cdot_A b\in B$ gelten. In diesem Fall gibt es \emph{genau} ein Paar $(+_B,\cdot_B)$, mit dem $(B,+_B,\cdot_B)$ ein Unterring von $(A,+_A,\cdot_A)$ wird.\\
Es gilt dann $1_B=1_A, \forall a,b\in B:a\overset\cdot +_B b = a\overset\cdot +_A b$ und $\forall a\in B: -_Ba = -_A a$.
\end{pro}
\begin{proof}
Einfach mit \ref{2.2.2}.
\end{proof}

\begin{bsp}\label{3.2.3}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $A:=\left\{0_\Z\right\}$ mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation ist ein kommutativer Ring (in dem $1_A=0_A=0_\Z$ gilt), aber kein Unterring von $\Z$, denn $1_\Z\notin A$.
\item Folgende Inklusionen sind Unterringbeziehungen: $\Z\subseteq \Q\subseteq\left\{a+b\sqrt{2}\mid a,b\in \Q\right\}\subseteq \R$ (beachte $(a+b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2})=(ac+2bd)+(ab+bc)\sqrt{2}$ für alle $a,b,c,d\in \Q$).
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{notsat}\label{3.2.4}
Sei $A$ ein kommutativer Ring, $B$ ein Unterring von $A$ und $x\in A$. Dann ist
$$\underbrace{B[x]}_\text{"`$B$ adjungiert $x$"'} :=\left\{\sum_{k=0}^n a_kx^k\mid n\in\N_0, a_0,\ldots,a_n\in B\right\}$$
der kleinste Unterring $C$ von $A$ mit $B\cup \left\{x\right\}\subseteq C$.
\end{notsat}
\begin{proof}
Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $B[x]$ ist Unterring von $A$ mit $B\cup \left\{x\right\}\subseteq B[x]$.
\item Ist $C$ Unterring von $A$ mit $B\cup \left\{x\right\}\subseteq C$, so gilt $B[x]\subseteq C$.
\end{enumerate}
(b) ist klar.
Für (a) ist zu zeigen:
\begin{enumerate}[(1)]
\item $B\cup \left\{x\right\}\subseteq B[x]\subseteq A$
\item $\forall a,b\in B[x]:(a+b\in B[x]\et ab\in B[x])$
\item $\forall a\in B[x]:-a\in B[x]$
\end{enumerate}
\begin{enumerate}[Zu (1).]
\item Es gilt $a=a\cdot x^0\in B[x]$ für alle $a\in B$ und $x=1\cdot x^1\in B[x]$. Klar ist auch $B[x]\subseteq A$.
\item Seien $a,b\in B[x]$, etwa $a=\sum_{k=0}^m a_k x^k$ und $b=\sum_{k=0}^n b_k x^k$ mit\\ $m,n\in\N_0, a_0, \ldots, a_m,b_0, \ldots, b_n\in B$. Setze $a_k:=0$ für $k\geq m+1$ und $b_k:= 0$ für $k\geq n+1$. Dann gilt mit $\max\left\{m,n\right\}:=\text{größtes Element der Menge $\left\{m,n\right\}$}$:
$$a+b\overset{\text{\ref{2.1.9}}}=\sum_{k=0}^{\max\left\{m,n\right\}}(a_kx^k +b_kx^k)\overset{\text{(D)}}= \sum_{k=0}^{\max\left\{m,n\right\}}(\underbrace{a_k+b_k}_{\in B})x^k\in B[x] \text{ und}$$
$$ab\overset{\text{(D)}}=\sum_{k=0}^{m+n}\sum_{i=0}^{k}(a_ib_{k-i})x^k\in B[x]$$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
 \node(a0x0){$a_0x^0$};
 \node[below=0 of a0x0](a1x1){$a_1x^1$};
 \node[below=0 of a1x1](a2x2){$a_2x^2$};
 \node[below=0 of a2x2](a3x3){$\vdots$};
 \node[right=0 of a0x0](a0b0x0){$a_0b_0x^0$};
 \node[right=0 of a0b0x0](a0b1x1){$a_0b_1x^1$};
 \node[right=0 of a0b1x1](a0b2x2){$a_0b_2x^2$}; 
 \node[right=0 of a0b2x2](a0b3x3){$\cdots$}; 
 \node[above=0 of a0b0x0](b0x0){$b_0x^0$};
 \node[above=0 of a0b1x1](b1x1){$b_1x^1$};
 \node[above=0 of a0b2x2](b2x2){$b_2x^2$};
 \node[above=0.2 of a0b3x3](b3x3){$\cdots$};
 \node[right=0 of a1x1](a1b0x1){$a_1b_0x^1$};
 \node[right=0 of a1b0x1](a1b1x2){$a_1b_1x^2$};
 \node[below=0.2 of a0b2x2](a1b2x3){$\cdots$}; 
 \node[below=.3 of a0b3x3](a1b3x4){$\cdots$}; 
 \node[right=0 of a2x2](a2b0x2){$a_2b_0x^2$};
 \node[below=0.2 of a1b1x2](a2b1x3){$\cdots$};
 \node[below=0.2 of a1b2x3](a2b2x4){$\cdots$}; 
 \node[below=0.2 of a1b3x4](a2b3x5){$\cdots$};
 \node[below=0 of a2b0x2](a3b0x3){$\vdots$}; 
 \node[below=0 of a2b1x3](a3b1x4){$\vdots$};
 \node[below=0 of a2b2x4](a3b2x5){$\vdots$}; 
 \node[below=0 of a2b3x5](a3b3x6){$\vdots$};
 
 \node[right=0.2 of a0b3x3](a0b4x4){$0$};
 \node[right=0.2 of a1b3x4](a1b4x5){$0$};
 \node[right=0.2 of a2b3x5](a2b4x6){$0$};
 \node[below=0.2 of a2b4x6](a3b4x7){$0$};

 \node[below=0.1 of a3b0x3](a4b0x4){$0$};
 \node[below=0.1 of a3b1x4](a4b1x5){$0$};
 \node[below=0.1 of a3b2x5](a4b2x5){$0$};
 \node[below=0.1 of a3b3x6](a4b3x7){$0$};

 \node[right=0.4 of b3x3](dummy){};
 \node[below=0.1 of a3x3](dummy2){};

 \draw (b2x2) -- (a2x2);
 \draw (b1x1) -- (a1x1);
 \draw (b3x3) -- (a3x3);
 \draw (dummy) -- (dummy2);
 
 \draw (-.5,0.4) -- (6,0.4);
 \draw (-.5,-2.5) -- (5.5,-2.5);
 \draw (.5,1) -- (.5,-3);
 \draw (5.5,1) -- (5.5,-2.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item[(3)] ist klar.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{bsp}\label{3.2.5}
$\Q[\sqrt{2}]=\left\{a+b\sqrt{2}\mid a,b\in\Q\right\}$, denn "`$\supseteq$"' ist klar und "`$\subseteq$"' gilt, da auf der rechten Seite ein Unterring von $\R$ steht [$\to$ \ref{3.2.3} (b)], der $\Q\cup \left\{\sqrt{2}\right\}$ enthält und $\Q[\sqrt{2}]$ der kleinste solche ist [$\to$ \ref{3.2.4}].
\end{bsp}

\begin{df}\label{3.2.6}
Sei $A$ ein kommutativer Ring. Ein kommutativer Ring $B$ heißt \emph{Polynomring}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Polynomring} über $A$ in $x$, wenn $B=A[x]$ und 
$$\forall n\in\N_0:\forall a_0,\ldots,a_n \in A:\left(\sum_{k=0}^na_kx^k=0\Longrightarrow a_0=\ldots=a_n=0\right).$$
Man nennt dann die Elemente von $B$ \emph{Polynome}\index{Polynom@{\bf Polynom}} in
der \emph{Unbestimmten oder Variablen} $x$. Ist $p=\sum_{k=0}^n a_k x^k ~(a_k\in A)$ ein Polynom, so ist der \emph{$k$-te Koeffizient}\index{Polynom@{\bf Polynom}!Koeffizient} $a_k$ von $p$ eindeutig bestimmt (denn $\sum_{k} a_k x^k =\sum_k b_k x^k$ mit $a_k,b_k\in A$ impliziert $\sum_k(a_k-b_k)x^k=0$ und damit $a_k-b_k=0$ für alle $k$, d.h. $a_k=b_k$ für alle $k$).
Ist $p=\sum_{k=0}^n a_k x^k ~(a_k\in A)$ mit $a_n\neq 0$, so heißt $a_n$ der \emph{Leitkoeffizient}\index{Polynom@{\bf Polynom}!Koeffizient!Leitkoeffizient} oder \emph{höchste Koeffizient} von $p$ und $\underbrace{\deg}_\text{"`degree"'} p:= n$ der \emph{Grad} von $p$. Wir setzen $\deg(0) := -\infty$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{3.2.7}
Ist $A=\left\{0\right\}$ ein einelementiger kommutativer Ring [$\to$ \ref{3.1.3}, \ref{3.1.4} (a)], so ist $A$ ein Polynomring über sich selber in $0$.
\end{bsp}

\begin{df}\mbox{}[$\to$ \ref{2.2.9}]\label{3.2.8}
Seien $(A,+_A,\cdot_A)$ und $(B,+_B,\cdot_B)$ kommutative Ringe. Dann heißt $f$ ein (Ring-)\emph{Homomorphismus}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Homomorphismus} von $(A,+_A,\cdot_A)$ nach $(B,+_B,\cdot_B)$, wenn $f$ ein Gruppenhomomorphismus von $(A,+_A)$ nach $(B,+_B)$ ist mit $\underline{\underline{f(1_A)=1_B}}$ und $\forall a,b\in A: f(a\cdot_A b)=f(a)\cdot_B f(b)$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{3.2.9}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $f:\R\to\R, x\mapsto 0$ ist kein Ringhomomorphismus, da $f(1)=0\neq 1$.
\item $f:\Q\to\R, x\mapsto x$ ist ein Ringhomomorphismus.
\item Sei $A$ eine Menge und $B\subseteq A$. Wie in \ref{3.1.4} (c) machen wir $\Pow(A)$ und $\Pow(B)$ zu einem kommutativen Ring vermöge der symmetrischen Mengendifferenz als Addition und dem Schnitt als Multiplikation. Dann ist $\Pow(A)\to \Pow(B), C\mapsto C\cap B$ ein Ringhomomorphismus (nachrechnen!).
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{df}\mbox{}[$\to$ \ref{2.2.12}]\label{3.2.10}
Ein Ringhomomorphismus $f:A\to B$ heißt (Ring-) $\begin{Bmatrix}\text{\emph{Einbettung oder Mono-}}\\\text{\emph{Epi-}}\\\text{\emph{Iso-}}\end{Bmatrix}$\emph{morphismus}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Homomorphismus!Monomorphismus}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Homomorphismus!Epimorphismus}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Homomorphismus!Isomorphismus}, wenn $f\begin{Bmatrix}\text{injektiv}\\\text{surjektiv}\\\text{bijektiv}\end{Bmatrix}$ ist. Einen Ringhomomorphismus $f:A\to A$ nennt man auch einen \emph{(Ring-)Endomorphismus}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Homomorphismus!Endomorphismus} von $A$ und, falls er bijektiv ist, \emph{(Ring-)Automorphismus}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Homomorphismus!Automorphismus} von $A$.
\end{df}

\begin{pro}{\rm[$\to$\ref{2.3.13}]}\label{imfsubring}
Seien $A$ und $B$ kommutative Ringe und $f\colon A\to B$ ein Ringhomomorphismus. Dann ist $\im f$ ein Unterring von $B$.
\end{pro}
\begin{proof}
Aus \ref{2.3.13} wissen wir schon, dass $\im f$ eine Untergruppe der additiven Gruppe von $B$ ist. Zu zeigen sind dann gemäß \ref{3.2.2} noch:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $1\in\im f$
\item $\forall a,b\in\im f:ab\in\im f$
\end{enumerate}
(a) folgt daraus, dass nach der Definition \ref{3.2.8} eines Ringhomomorphismus gilt $f(1)=1$. Um (b) zu zeigen, seien $a,b\in\im f$. Wähle dann $c,d\in G$ mit $f(c)=a$ und $f(d)=b$.
Es folgt $f(cd)\overset{\text{$f$ Hom.}}=f(c)f(d)=ab$ und damit $ab\in\im f$.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 20.11. kommen sollen.}

\begin{sat}\label{polynomialringexists}
Sei $A$ ein kommutativer Ring mit $0\neq 1$ und $x\notin A$. Dann gibt es einen Polynomring über $A$ in $x$.
\end{sat}
\begin{proof}
Betrachte $(A^{\N_0},+,*)$ wie in \ref{3.1.5}. Es ist $\varphi:A\rightarrow A^{\N_0}, a\mapsto (a,0,0,0,\ldots)$ [$\to$ \ref{1.1.30} (c)] eine Ringeinbettung. Daher ist $\widehat{\varphi} :A\to \im \varphi$ ein Ringisomorphismus und
\[A':=\im\varphi=\left\{(a,0,0,0,\ldots)\mid a\in A\right\}\] ein Unterring von $A^{\N_0}$ gemäß \ref{imfsubring}. Da die Behauptung eine \emph{strukturelle} Aussage über $A$ macht (\ref{2.2.15} gilt sinngemäß natürlich auch für kommutative Ringe statt abelsche Gruppen), reicht es, die Behauptung für $A'$ statt $A$ zu zeigen, denn $A\cong A'$. Aus ähnlichen Gründen kann man nach Definition \ref{3.2.6} $x$ durch irgendein festes Element außerhalb von $A'$ austauschen. Wegen $0\neq 1$ gilt $(0,1,0,0,\ldots)\notin A'$ und wir können daher $x=(0,1,0,0,\ldots)$ annehmen. Wir behaupten, dass nun der Unterring $A'[x]$ [$\to$ \ref{3.2.4}] von $A^{\N_0}$ ein Polynomring über $A'$ in $x$ ist [$\to$ \ref{3.2.6}]. Seien hierzu $n\in\N_0$ und $a_0,\ldots,a_n\in A$ mit
\[\sum_{k=0}^n \underbrace{\widehat{\varphi} (a_k)x^k}_{\widehat{\varphi} (a_k)*x*\ldots*x}=0.\] Zu zeigen:
$\widehat{\varphi} (a_0)=\ldots=\widehat{\varphi} (a_n)=0$. Durch Induktion nach $k\in\N_0$ zeigt man $x^k=(0,0,\ldots,0,1,0,0,\ldots)$. Daher $(a_0,\ldots,a_n,0,0,\ldots)=\sum_{k=0}^n\widehat{\varphi}(a_k)x^k=0=(0,0,0,\ldots)$. Also $a_0=\ldots=a_n=0$ und daher $\widehat{\varphi} (a_0)=\ldots=\widehat{\varphi} (a_n)=0$.
\end{proof}

\begin{bem}\label{writeax}
Schreibt man $A[X]$ mit großem $X$, so meint man meist stillschweigend, dass $A[X]$ ein Polynomring über $A$ in $X$ ist.
\end{bem}

\begin{sat}\label{substitution}
Seien $A$ und $B$ kommutative Ringe und $\varphi:A\to B$ ein Ringhomomorphismus. Sei $x\in B$. Dann gibt es genau einen Ringhomomorphismus $\psi:A[X]\to B$ mit $\psi|_A=\varphi$ und $\psi(X)=x$. Für jedes Polynom $p=\sum_k a_kX^k ~(a_k\in A)$ gilt $\psi(p)=\sum_k\varphi(a_k)x^k$. 
\end{sat}
\begin{proof}
Offensichtlich muss $\psi$ so definiert werden, wenn es ein Ringhomomorphismus mit $\psi|_A=\varphi$ und $\psi(X)=x$ sein soll. Dass man $\ps$ so definieren kann, liegt an der Eindeutigkeit der Koeffizienten eines Polynoms
[$\to$ \ref{3.2.6}]. Es bleibt für das so definierte $\psi$ zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\psi|_A=\varphi$,
\item $\psi(X)=x$,
\item $\psi(1)=1$,
\item $\forall p,q\in A[X]:\psi(p+q)=\psi(p)+\psi(q)$,
\item $\forall p,q\in A[X]:\psi(pq)=\psi(p)\psi(q)$
\end{enumerate}
(a), (b), (c) sind klar nach Definition von $\psi$.\\
Für (d) und (e) seien $a_k,b_k\in A$ beliebig. 
\begin{itemize}
\item[Zu (d):] 
\begin{align*}
\psi\left(\sum_k a_kX^k+\sum_kb_kX^k\right)&\overset{\ref{2.1.10}}{\underset{(D)}=}\psi\left(\sum_k(a_k+b_k)X^k\right)\overset{\text{Def.}}{\underset{\text{von $\psi$}}=}\sum_k\varphi(a_k+b_k)x^k\\
&\overset{\varphi\text{ Hom.}}=\sum_k(\varphi(a_k)+\varphi(b_k))x^k \\
&\overset{(D)}{\underset{\ref{2.1.10}}=}\sum_k\varphi(a_k)x^k+\sum_k\varphi(b_k)x^k\\
&\overset{\text{Def.}}{\underset{\text{von $\psi$}}=}\psi\left(\sum_ka_kX^k\right)+\psi\left(\sum_kb_kX^k\right)
\end{align*}
\item[Zu (e):] 
\begin{align*}
\psi\left(\left(\sum_k a_k X^k\right)\left(\sum_k b_k X^k\right)\right)&\overset{\text{(D)}}=\psi\left(\sum_k\left(\sum_{i=0}^ka_ib_{k-i}\right)X^k\right)\\
&\overset{\text{Def.}}{\underset{\text{von $\psi$}}=}\sum_k\varphi\left(\sum_{i=0}^ka_ib_{k-i}\right)x^k\\
&\overset{\varphi\text{ Hom.}}=\sum_k\left(\sum_{i=0}^k\varphi(a_i)\varphi(b_{k-i})\right)x^k\\
&\overset{\text{(D)}}=\left(\sum_k\varphi(a_k)x^k\right)\left(\sum_k\varphi(b_k)x^k\right)
\end{align*}
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{kor}\label{substitutioncor}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $x\in B$. Dann gibt es genau einen Ringhomomorphismus $\psi:A[X]\to B$ mit $\psi(a)=a$ für $a\in A$ und $\psi(X)=x$. Für jedes Polynom $p=\sum_ka_kX^k~(a_k\in A)$ gilt $\psi(p)=\sum_ka_kx^k$. Insbesondere gilt $\im\psi=A[x]$.
\end{kor}

\begin{nt}\label{writepx}
In der Situation von \ref{substitutioncor} schreibt man auch $p(x)$ ("`$p$ ausgewertet in $x$"') statt $\psi(p)$ (obwohl $p$ keine Funktion, sondern ein Polynom ist).
Da $\psi$ ein Ringhomomorphismus ist, gilt dann $(p+q)(x)=p(x)+q(x)$, $(pq)(x)=p(x)q(x)$ und $1(x)=1$ für $p,q\in A[X]$.\index{Polynom@{\bf Polynom}!p@$p(x)$}
\end{nt}

\begin{sat}\label{axisoay}
Seien $A[X]$ und $A[Y]$ Polynomringe über dem kommutativen Ring $A$ in $X$ bzw. $Y$. Dann gibt es genau einen Ringisomorphismus $\psi:A[X]\to A[Y]$ mit $\psi(a)=a$ für $a\in A$ und $\psi(X)=Y$.
\end{sat}
\begin{proof}
Nach \ref{substitutioncor} gibt es genau einen Ringhomomorphismus $\psi:A[X]\to A[Y]$ mit $\psi(a)=a$ für $a\in A$ und $\psi(X)=Y$. Offensichtlich gilt $\im \psi = A[Y]$, d.h. $\psi$ ist surjektiv. Noch zu zeigen: $\psi$ injektiv.

Es reicht $\ker\psi=\left\{0\right\}$ zu zeigen. Gelte hierzu $\psi\left(\sum_k a_k X^k\right)=0 ~(a_k\in A)$. Dann $\sum_k a_k Y^k=0$, also $a_k=0$ für alle $k$, da $A[Y]$ Polynomring über $A$ in $Y$. Daher $\sum_k a_kX^k=0$ wie gewünscht.
\end{proof}

\begin{spr}\label{thepolynomialring}
Wegen \ref{axisoay} spricht man oft auch von \emph{\underline{\underline{dem}}} Polynomring $A[X]$ über $A$ in $X$.
\end{spr}

\section[tocentry={Ideale und Quotientenringe}]{Ideale und Quotientenringe {\small [$\to$ §\ref{1.3},~§\ref{2.3}]}}\label{3.3}

\noindent
Idee: Grobe Sichtweise auf kommutative Ringe einnehmen.

\begin{df} \label{3.3.1}
Sei $A$ ein kommutativer Ring. Eine \emph{Kongruenzrelation}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)} auf $A$ ist eine Kongruenzrelation $\equiv$ auf der additiven Gruppe von $A$
[$\to$\ref{2.3.1}], für die gilt:
\begin{equation}\tag{$*$}\label{star2}
\forall a,a',b,b'\in A:((a\equiv a' ~\et~ b\equiv b')\implies ab\equiv a'b')
\end{equation}
\end{df}

\begin{bem}\label{3.3.2}
In Definition \ref{3.3.1} drückt Bedingung \eqref{star2} gerade aus, dass
\begin{align*}
A/\mbox{$\equiv$}~\times~A/\mbox{$\equiv$}~&\to~A/\mbox{$\equiv$}\\
(\overline a,\overline b)&\mapsto\overline{ab}\quad(a,b\in A)
\end{align*}
wohldefiniert ist.
\end{bem}

\begin{satdef}\label{3.3.3}
Sei $A$ ein kommutativer Ring und $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $A$. Dann wird die Quotientengruppe $A/\mbox{$\equiv$}$ {\rm[$\to$\ref{2.3.3}]} vermöge der durch
$$\overline a\overline b:=\overline{ab}\qquad(a,b\in G)$$
festgelegten ("`vertreterweisen"') Multiplikation zu einem kommutativen Ring, den man den zu $\equiv$ gehörigen \emph{Quotientenring}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Quotientenring} von $A$
nennt (auch "`$A$ nach $\equiv$"' oder "`$A$ modulo $\equiv$"'). In ihm gilt $1=\overline1$.
\end{satdef}

\begin{proof}
Aus \ref{2.3.3} wissen wir schon, dass $A$ bezüglich der Addition eine abelsche Gruppe bildet. Es sind daher nur noch (\.K), (\.A), (\.N) und (D) aus Definition \ref{3.1.1} nachzurechnen:
\begin{enumerate}
\item[(\.K)] $\overline a\,\overline b=\overline{ab}=\overline{ba}=\overline b\,\overline a$ für alle $a,b\in A$.
\item[(\.A)]  $(\overline a\,\overline b)\,\overline c=\overline{ab}\,\overline c=\overline{(ab)c}=\overline{a(bc)}=\overline a\,\overline{bc}=
\overline a\,(\overline b\,\overline c)$ für alle $a,b,c\in A$.
\item[(\.N)] Für $a\in A$ gilt $\overline a\,\overline1=\overline{a1}=\overline a$. Daher ist $1=\overline 1$.
\item[(D)] $\overline a\,(\overline b+\overline c)=\overline{a}\,\overline{b+c}=\overline{a(b+c)}=\overline{ab+ac}=\overline{ab}+\overline{ac}=\overline a\,\overline b+\overline a\,\overline c$ für alle $a,b,c\in A$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{df}\label{3.3.4}
Sei $A$ ein kommutativer Ring. Eine Untergruppe $I$ der additiven Gruppe von $A$ [$\to$\ref{3.1.2}(c)] heißt \emph{Ideal}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Ideal} von $A$, wenn $\forall a\in A:\forall b\in I:ab\in I$.
\end{df}

\begin{pro}\label{3.3.5}
Sei $A$ ein kommutativer Ring und $I\subseteq A$. Genau dann ist $I$ ein Ideal von $A$, wenn folgende Bedingungen gelten:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $0\in I$
\item $\forall a,b\in I:a+b\in I$
\item $\forall a\in A:\forall b\in I:ab\in I$\label{aiit}
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
Dies folgt direkt aus \ref{2.2.2} und \ref{3.3.4}, denn wenn \eqref{aiit} gilt, so ist Bedingung \ref{2.2.2}(d) automatisch erfüllt, da dann
$$-a=-(a1)\overset{\ref{3.1.2}(g)}=a(-1)=(-1)a\overset{(c)}\in I$$
für alle $a\in I$.
\end{proof}

\begin{sat}\text{\rm[$\to$\ref{2.3.6}]} \label{3.3.6} Sei $A$ ein kommutativer Ring. Die Zuordnungen
\begin{align*}
\equiv&\mapsto\overline0\\
\equiv_I&\mapsfrom I
\end{align*}
vermitteln eine Bijektion zwischen der Menge der Kongruenzrelationen auf $A$ und der Menge der Ideale von $A$.
\end{sat}

\begin{proof}
Zu zeigen ist:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $A$, so ist $\overline0$ ein Ideal von $A$.
\item Ist $I$ ein Ideal von $A$, so ist $\equiv_I$ eine Kongruenzrelation auf $A$.
\item Ist $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $A$, so $\equiv_{\overline0}~=~\equiv$.
\item Ist $I$ ein Ideal von $A$, so $\overset{-_I}0=I$.
\end{enumerate}
\medskip\noindent
{\bf Zu (a).} Sei $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $A$. Wir wissen aus \ref{2.3.4} (oder \ref{2.3.6}) schon, dass $\overline 0$ eine Untergruppe von $A$ ist. Gemäß Definition
\ref{3.3.4} bleibt $\forall a\in A:\forall b\in\overline0:ab\in\overline0$ zu zeigen. Seien hierzu $a\in A$ und $b\in\overline0$. Dann $a\equiv a$ und $b\equiv0$, woraus mit
\ref{3.3.1}$(*)$ folgt $$ab\equiv a0\overset{\ref{3.1.2}(g)}=0,$$das heißt $ab\in\overline0$.

\medskip\noindent
{\bf Zu (b).} Sei $I$ eine Ideal von $A$. Wir wissen aus \ref{2.3.6} schon, dass $\equiv_I$ ein Kongruenzrelation der additiven Gruppe von $A$ ist. Es bleibt \ref{3.3.1}$(*)$ zu zeigen. Seien
hierzu $a,a',b,b'\in A$ mit $a\equiv_Ia'$ und $b\equiv_Ib'$. Zu zeigen ist $ab\equiv_Ia'b'$. Nun gilt $b-b'\in I$ und daher auch $ab-ab'=a(b-b')\in I$. Genauso gilt $a-a'\in I$ und
damit auch $b'a-b'a'=b'(a-a')\in I$. Hiermit $ab\equiv_Iab'=b'a\equiv_Ib'a'=a'b'$ und daher $ab\equiv_Ia'b'$.

\medskip\noindent
{\bf (c) und (d)} folgen aus Satz \ref{2.3.6}.
\end{proof}

\begin{df}{\rm[$\to$\ref{2.3.7}]}\label{3.3.7}
Sei $I$ ein Ideal des kommutativen Ringes $A$. Dann nennt man $A/I:=A/\mbox{$\equiv_I$}$ den Quotientenring\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Quotientenring} (oder \emph{Restklassenring}) von $A$ nach (oder modulo) $I$.
Die Kongruenzklassen $\overset{-_A}{a~}$ ($a\in A$) {\rm[$\to$\ref{2.3.1}]} von $\equiv_I$ nennt man manchmal auch die \emph{Restklassen}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Restklassen} von $I$ (in $A$).
\end{df}

\begin{pro}{\rm[$\to$\ref{2.2.5}]}\label{3.3.8}
Sei $A$ ein kommutativer Ring und $M$ eine Menge von Idealen von $A$. Dann ist auch $\bigcap M$ ein Ideal von $A$ (mit $\bigcap\emptyset:=A$).
\end{pro}
\begin{proof}
Nach \ref{2.2.5} wissen wir schon, dass $\bigcap M$ eine Untergruppe der additiven Gruppe von $A$ ist. Nach Definition \ref{3.3.4} bleibt $\forall a\in A:\forall b\in\bigcap M:ab\in\bigcap M$ zu zeigen.
Seien hierzu $a\in A$ und $b\in\bigcap M$. Dann gilt für jedes $I\in M$, dass $b\in I$ und damit $ab\in I$, weil $I$ ein Ideal ist. Also gilt $ab\in\bigcap M$.
\end{proof}

\begin{satdef}{\rm[$\to$\ref{2.2.6}]}\label{3.3.9}
Sei $A$ ein kommutativer Ring und $E\subseteq A$. Dann gibt es \emph{\underline{das} kleinste} Ideal $I$ von $A$ mit $E\subseteq I$. Man nennt es das von $E$ in $A$ \emph{erzeugte Ideal}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Ideal!erzeugtes Ideal} und notiert es mit $(E)_A$ oder (etwas schlampig) mit $(E)$.
\end{satdef}

\begin{proof}
Völlig analog zum Beweis von \ref{2.2.6} (benutze \ref{3.3.8} statt \ref{2.2.5}).
\end{proof}

\begin{sat}{\rm[$\to$\ref{2.2.7}]}\label{3.3.10}
Sei $A$ ein kommutativer Ring und $E\subseteq A$. Dann gilt
$$(E)_A=\left\{\sum_{i=1}^ma_ib_i\mid m\in\N_0,a_1,\dots,a_m\in A,b_1,\dots,b_m\in E\right\}.$$
\end{sat}
\begin{proof}
Der Beweis ist völlig analog zum Beweis von Satz \ref{2.2.7} und stellt gleichzeitig einen neuen Beweis für \ref{3.3.9} dar!
\end{proof}

\begin{df}\label{3.3.11}
Sei $A$ ein kommutativer Ring. Dann nennt man Ideale von $A$ der Form
$$(a_1,\dots,a_n):=(a_1,\dots,a_n)_A:=(\{a_1,\dots,a_n\})_A\overset{\text{(D)}}=\left\{\sum_{i=1}^nb_ia_i\mid b_1,\dots,b_n\in A\right\}$$
mit $n\in\N_0$ und $a_1,\dots,a_n\in A$ \emph{endlich erzeugt}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Ideal!endlich erzeugt} (e.e.) und Ideale der Form
$$(a)=\{ba\mid b\in A\}$$ mit $a\in A$ \emph{Hauptideale}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Ideal!Hauptideal} von $A$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{3.3.12}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Für $n\in\Z$ gilt $(n)=\{bn\mid b\in\Z\}=\langle n\rangle$. Ist $n>0$, so gilt
$$\Z/(n)=\left\{\overset{-_{(n)}}{a~~~}\mid a\in\Z\right\}$$
und
 $\Z/(n)$ hat genau $n$ Elemente. Die additive Gruppe des Ringes $\Z/(n)$ ist die abelsche Gruppe $\Z/\langle n\rangle$.
 \item Betrachte $\Z/(9)$ und schreibe kurz $\overline a$ statt $\overset{-_{(9)}}{a~~~}=\overset{\equiv_{(9)}}{a~~~}$. Dann
 $\Z/(9)=\{\overline 0,\dots,\overline 8\}$, $\overline{10}=1$, $\overline{100}=\overline{10}~\overline{10}=\overline 1~\overline1=\overline1=1$,
 $\overline{1000}=1$ und so weiter. Es gilt $\overline{17368}=\overline1+\overline7+\overline3+\overline6+\overline8=\overline1+\overline8+\overline3+\overline6+\overline7=
 \overline9+\overline9+\overline7=\overline7$. Daher gilt $17368\equiv_{(9)}7$. Der Rest von $17368$ bei Division durch $9$ ist also $7$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{sat}\label{3.3.13}
Jedes Ideal von $\Z$ ist ein Hauptideal von $\Z$.
\end{sat}

\begin{proof}
Sei $I$ ein Ideal von $\Z$. Ist $I=\{0\}$, so ist $I=(0)$. Also bleibt nur der Fall zu betrachten, dass es ein $n\in\N$ gibt mit $n\in I$. Wähle dann das kleinste solche $n$. Wir behaupten nun $I=(n)$. Die Inklusion $I\supseteq(n)$ ist klar. Um $I\subseteq(n)$ zu beweisen, sei $a\in I$. Zu zeigen ist $a\in(n)$. Da
$\Z/(n)=\left\{\overset{-_{(n)}}{0~~~},\dots,\overset{\text{---------}_{(n)}}{n-1~~~}\right\}$, gibt es $b\in\{0,\dots,n-1\}$ mit $a\equiv_{(n)}b$, das heißt $a-b\in(n)\subseteq I$. Wir wissen
$b\in I$ (denn $b\overset{a-b\in I}{\equiv_I}a\overset{a\in I}{\equiv_I}0$) und damit sogar $b=0$, da $n$ kleinstmöglich gewählt wurde. Es folgt $a\equiv_{(n)}b=0$ und daher
$a\in(n)$.
\end{proof}

\begin{kor}\label{3.3.14}
Sei $H$ eine Untergruppe von $\Z$. Dann gilt $H=\langle n\rangle$ für ein $n\in\Z$.
\end{kor}

\begin{proof}
Jede Untergruppe der abelschen Gruppe $(\Z,+)$ ist ein Ideal des kommutativen Ringes $(\Z,+,\cdot)$, denn Multiplizieren mit einer ganzen Zahl lässt sich durch iteriertes
Addieren oder Subtrahieren ausdrücken.
\end{proof}

\begin{defprop}\label{3.3.15}[$\to$\ref{2.3.10}]
Seien $A$ und $B$ kommutative Ringe und $f\colon A\to B$ ein Homomorphismus. Dann ist $\equiv_f~$ eine Kongruenzrelation auf $A$ und
$\ker f$ ein Ideal von $A$.
\end{defprop}

\begin{proof}
Da sich $\equiv_f~$ und $\ker f$ nach \ref{2.3.10} unter der Bijektion aus Satz \ref{3.3.6} entsprechen, reicht es eine der beiden Behauptungen zu zeigen. Wir entscheiden uns für die
zweite. Dass $\ker f$ eine Untergruppe der additiven Gruppe von $A$ ist, wurde schon in \ref{2.3.10}(b) gezeigt. Nach Definition \ref{3.3.4} reicht es daher
$\forall a\in A:\forall b\in\ker f:ab\in\ker f$ zu zeigen. Sind nun $a\in A$ und $b\in\ker f$, so gilt $f(b)=0$ und daher $$f(ab)=f(a)f(b)=f(a)~0\overset{\ref{3.1.2}(g)}=0,$$
also $ab\in\ker f$.
\end{proof}

\begin{sat}[Homomorphiesatz für kommutative Ringe]\label{3.3.16}{\rm[$\to$\ref{2.3.11}]}
Seien $A$ und $B$ kommutative Ringe, $I$ ein Ideal von $A$ und $f\colon A\to B$ ein Homomorphismus
mit $I\subseteq\ker f$.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item
Es gibt genau eine Abbildung $\overline f\colon A/I\to B$ mit
$\overline f(\overset{-_I}a)=f(a)$ für alle $a\in A$. Diese Abbildung $\overline f$ ist ein Homomorphismus.
\item
$\text{$\overline f$ ist injektiv}\iff I=\ker f$
\item
$\text{$\overline f$ ist surjektiv}\iff\text{$f$ ist surjektiv.}$
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
Existenz und Eindeutigkeit der Abbildung $\overline f$ erhält man dem Homomorphiesatz für abelsche Gruppen \ref{2.3.11}.
Dass $\overline f$ ein Gruppenhomomorphismus ist, wissen wir ebenfalls aus \ref{2.3.11}. Wir rechnen nach, dass $\overline f$ ein Ringhomomorphismus [$\to$\ref{3.2.8}] ist, wobei
wir $\equiv~:=~\equiv_I$ und damit $\overline a=\overset{-_I}a=\overset{\equiv_I}a$ für alle $a\in A$ schreiben:
$$\overline f(1)\overset{\text{\ref{3.3.3}}}=\overline f(\overline 1)\overset{\text{Def. von $\overline f$}}=f(1)\overset{\text{$f$ Hom.}}{\underset{\ref{3.2.8}}=}1\qquad\text{und}$$
und
$$\overline f(\overline a\,\overline b)\overset{\text{\ref{3.3.3}}}=\overline f(\overline{ab})\overset{\text{Def. von $\overline f$}}=f(ab)\overset{\text{$f$ Hom.}}{\underset{\ref{3.2.8}}=}f(a)f(b)
\overset{\text{Def. von $\overline f$}}=\overline f(\overline a)\,\overline f(\overline b)
$$
für alle $a,b\in A$.
Teil (b) und (c) der Behauptung folgen unmittelbar aus \ref{2.3.11}.
\end{proof}

\begin{bem}{\rm[$\to$\ref{2.3.12}]}\label{3.3.17}
Sei $I$ ein Ideal des kommutativen Ringes $A$. Dann wird $I$ durch einen Ringhomomorphismus
$f\colon A\to B$ in einen weiteren kommutativen Ring $B$ induziert, nämlich durch den \emph{kanonischen Epimorphismus}
$$f\colon A\to A/I,\ a\mapsto\overset{-_I}a.$$
In der Tat gilt $\ker f=I$ nach \ref{2.3.12}.
\end{bem}

\begin{kor}[Isomorphiesatz für kommutative Ringe]\label{isothmring} {\rm[$\to$\ref{2.3.14}]}
Seien $A$ und $B$ kommutative Ringe und $f\colon A\to B$ ein Homomorphismus.
Dann ist $\overline f\colon A/\ker f\to\im f$
definiert durch $\overline f(\overset{-_{\ker f}}{a~~})=f(a)$ für $a\in A$ ein Isomorphismus {\rm[$\to$\ref{3.2.10}]}. Insbesondere $A/\ker f\cong\im f$ (in der zu \ref{2.2.15} analogen Bedeutung).
\end{kor}

\chapter{Körper}

\section{Definition und Beispiele von Körpern}

\begin{defprop}\label{4.1.1}
Sei $(A,+,\cdot)$ ein kommutativer Ring [$\to$ \ref{3.1.1}]. Die Elemente von $A^\times :=\left\{a\in A\mid \exists b\in A:ab=1\right\}$ nennt man \emph{Einheiten}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!Einheiten/invertierbare Elemente ($A^\times$)} oder \emph{invertierbare Elemente} von $A$. Es ist $(A^\times, \cdot)$ mit $\cdot:A^\times\times A^\times\to A^\times, (a,b)\mapsto ab$ eine abelsche Gruppe.
\end{defprop}
\begin{proof}
$\cdot:A^\times\times A^\times\to A^\times$ ist wohldefiniert, denn sind $a,b\in A^\times$, so auch $ab\in A^\times$. In der Tat: Seien $a,b\in A^\times$. Dann gibt es $a',b'\in A$ mit $aa'=1=bb'$. Es folgt $(ab)(a'b')\overset{\text{\ref{3.1.2} (e)}}=(aa')(bb')=1\cdot1\overset{\text{(\.N)}}=1$, also $ab\in A^\times$. Die Axiome (K), (A), (N) für $(A^\times,\cdot)$ [$\to$ \ref{2.1.1}] folgen aus den Axiomen (\. K), (\. A), (\. N) für $(A,+,\cdot)$ [$\to$ \ref{3.1.1}], wobei $1\in A^\times$ zu beachten ist. Um schließlich (I) für $(A^\times,\cdot)$ zu zeigen, sei $a\in A^\times$. Dann gibt es $b\in A$ mit $ab=1$. Es gilt aber $ba\overset{\text{(\. K)}}=ab = 1$, also $b\in A^\times$. Also haben wir $b\in A^\times$ gefunden mit $ab=1$.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 23.11. kommen sollen.}

\begin{bem}\label{4.1.2}
In jedem kommutativen Ring $(A,+,\cdot)$ "`steckt"' also nicht nur die additive abelsche Gruppe $(A,+)$, sondern auch die multiplikativ geschriebene Einheitengruppe $(A^\times,\cdot)$. Oft ist $A^\times$ viel kleiner als $A$.
\end{bem}

\begin{bsp}\label{4.1.3}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\Z^\times = \left\{-1,1\right\}, \Q^\times=\Q\setminus\left\{0\right\},\R^\times=\R\setminus\left\{0\right\}$
\item $\overline{3}\cdot\overline{7}=\overline{1}=1$ in $\Z/(10)$, denn $3\cdot 7 \equiv_{(10)} 1$, also $\overline{3},\overline{7}\in(\Z/(10))^\times$\\
$\overline{2}\cdot \overline{5}=\overline{0}=0$ in $\Z/(10)$, also $\overline{2},\overline{5}\notin(\Z/(10))^\times$
(denn wäre etwa $\overline2\in(\Z/(10))^\times$, so wäre $\overline5=\overline2^{-1}\cdot\overline2\cdot\overline5=\overline2^{-1}\cdot0=0$
in $\Z/(10)$)\\
$\overline{1}\cdot\overline{1}=1$ in $\Z/(10)$, also $\overline{1}\in(\Z/(10))^\times$\\
$\overline{4}\cdot\overline{5}=\overline{6}\cdot\overline{5}=\overline{8}\cdot\overline{5}=0$ in $\Z/(10)$, also $\overline{4},\overline{6},\overline{8}\notin(\Z/(10))^\times$\\
$\overline{9}=\overline{-1}\in(\Z/(10))^\times$, da $\overline{-1}\cdot\overline{-1}=\overline{1}=1$.\\
Insgesamt $(\Z/(10))^\times=\left\{\overline{1},\overline{3},\overline{7},\overline{9}\right\}\subseteq \Z/(10)=\left\{\overline{0},\overline{1},\overline{2},\ldots,\overline{9}\right\}$
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{df}\label{4.1.4}
Ein kommutativer Ring $A$ heißt \emph{Körper}\index{Körper@{\bf Körper}}, wenn $A^\times=A\setminus\left\{0\right\}$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{4.1.5}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ein einelementiger kommutativer
Ring $A=\left\{0\right\}=\left\{1\right\}$ [$\to$ \ref{3.1.3}, \ref{3.1.4} (a)] ist kein Körper, denn $A^\times=A$.
\item $\Z/(2)$ und $\Z/(3)$ sind Körper.
\item $\Z/(4)$ ist kein Körper, denn $\overline{2}\cdot\overline{2}=0$ und daher $\overline{2}\notin(\Z/(4))^\times$.
\item $\Z$ ist kein Körper.
\item $\Q$ und $\R$ sind Körper.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{df}\label{4.1.6}
Wir nennen $n\in \N$ mit $n\geq 2$ eine \emph{Primzahl}\index{Primzahl@{\bf Primzahl} ($\P$)}, wenn es keine $s,t\in \N$ mit $s,t\geq 2$ und $n=st$ gibt. Wir schreiben $\P=\left\{2,3,5,7,11,13,17,\ldots\right\}$ für die Menge der Primzahlen.
\end{df}

\begin{sat}\label{4.1.7}
Sei $n\in \N_0$. Dann $\Z/(n)$ Körper $\iff n\in\P$.
\end{sat}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[{Fall} 1:]
\item $n=0$
$$\Z/(n)=\Z/(0)=\left\{\left\{m\right\}\mid m\in\Z\right\}\cong \Z ~\text{(vgl. \ref{2.3.8} (b))}$$
Da $\Z$ kein Körper ist und $\Z/(n)\cong \Z$, ist $\Z/(n)$ auch kein Körper (vgl. \ref{2.2.15}). Gleichzeitig ist auch $n= 0\notin\P$. Also sind beide Aussagen falsch und damit äquivalent.
\item $n=1$

\noindent
$\Z/(1)=\left\{0\right\}$ (vgl. \ref{2.3.8} (a)) ist kein Körper [$\to$ \ref{4.1.5} (a)]. Gleichzeitig $n=1\notin\P$.
\item $n\in\N,n\geq 2$.
\begin{itemize}
\item["`$\Longrightarrow$"'] Sei $\Z/(n)$ ein Körper. Zu zeigen: $n\in\P$.\\
Seien $s,t\in\N$ mit $n=st$. Zu zeigen: $s=1$ oder $t=1$. Beachte $s=1\iff t=n$ sowie $t=1\iff s=n$. Wir zeigen also:
$t=n$ oder $s=n$.

Annahme: Weder $t=n$ noch $s=n$.\\
Dann $1\leq t\leq n-1$ und $1\leq s\leq n-1$.\\
Also $\overline{s},\overline{t}\in\left\{\overline{1},\ldots,\overline{n-1}\right\}=(\Z/(n))^\times$.\\
Dann
$0=\overline{n}=\overline{st}=\overline{s}\overline{t}\in(\Z/(n))^\times$, da $(\Z/(n))^\times$ abelsche Gruppe. $\lightning$
\item["`$\Longleftarrow$"'] Sei $n\in\P$. Zu zeigen: $A:=\Z/(n)$ Körper. Zu zeigen $A^\times = A\setminus \left\{0\right\}$.\\
"`$\subseteq$"' klar, da $0a=0\neq 1$ für $a\in A$, also $0\notin A^\times$.\\
"`$\supseteq$"': Sei $a\in A\setminus \left\{0\right\}$. Zu zeigen: $a\in A^\times$.
$$a\in A^\times\iff 1\in (a)\iff A=(a)\iff \# (a)=\# A\iff\# (a) =n.$$
Da $(a)$ eine Untergruppe der additiven Gruppe von $A$ ist, gilt nach \ref{2.3.7}
\[
\underbrace{(\# (a))}_{\over{\geq 2}{\over{{\text{wegen }\left\{0,a\right\}\subseteq (a)}}{\text{und }0\neq a}}}(\# (A/(a)))=\# A=n\in\P,
\]
woraus $\# (a)=n$ folgt wie gewünscht.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{kor}["`Lemma von Euklid"']\label{4.1.8}{\rm[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Euklid}{Euklid von Alexandria} $\approx -300$]}
Sei $n\in \N$ mit $n\geq 2$. Dann
$$n\in\P\iff \forall a,b\in\N:(ab\in(n)\Longrightarrow(a\in(n)\text{ oder }b\in(n)))$$
\end{kor}
\begin{proof}
\begin{itemize}
\item["`$\Longleftarrow$"'] Gelte die Bedingung rechts und seien $s,t\in\N$ mit $n=st$. Zu zeigen: $s=1$ oder $t=1$. Nun $st=n\in(n)$ und daher $s\in(n)$ oder $t\in (n)$. Wäre $s\neq 1$ und $t\neq 1$, so $s<n$ und $t<n$ und damit $s=t=0~\lightning$.
\item["`$\Longrightarrow$"'] Gelte $n\in\P$ und seien $a,b\in\N$ mit $a\notin(n)$ und $b\notin (n)$. Zu zeigen: $ab\notin(n)$. Wegen $\overline{a}\neq 0$ und $\overline{b}\neq 0$ in $\Z/(n)$ gilt nach \ref{4.1.7} $\overline{a},\overline{b}\in(\Z/(n))^\times$ und daher nach \ref{4.1.1} $\overline{ab}=\overline{a}\overline{b}\in(\Z/(n))^\times$. Insbesondere $\overline{ab}\neq 0$ in $\Z/(n)$.
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{bem}\label{4.1.9}
Mit dem "`Wissen"' über "`Primfaktorzerlegungen"' aus der Schule ist \ref{4.1.8} auch klar, aber wurde dort dieses "`Wissen"' begründet? Mit \ref{4.1.8} kann man es begründen! Wir werden dies aber in der Linearen Algebra II viel allgemeiner machen!
\end{bem}

\begin{nt}\label{4.1.10}
$\F_p:=\Z/(p)$ für $p\in\P$
\end{nt}

\begin{nt}\label{4.1.11}
Sei $A$ ein kommutativer Ring, $a\in A$ und $b\in A^\times$.
\begin{align*}
\frac{a}{b}&:=ab^{\underset{\tikz\node[inner sep=0pt,outer sep=-2pt](p1){};}{-1}}\\
\text{"`$a$ durch $b$"'}&\qquad\tikz\node(p2){[$\to$ \ref{2.1.2} (d)]};
\end{align*}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\path (p2) edge [->,bend left=20] (p1);
\end{tikzpicture}
\end{nt}

\begin{bsp}\label{4.1.12}
$\frac{\overline{3}}{\overline{4}}=\overline{3}\cdot\overline{2}=\overline{6}$ in $\F_7$, da $\overline{4}^{-1}=\overline{2}$, denn $\overline{2}\cdot\overline{4}=\overline{8}=\overline{1}=1$.
\end{bsp}

\section[tocentry={Die komplexen Zahlen}]{Die komplexen Zahlen \\ ~{\small[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Leonhard_Euler}{Leonhard Euler} *1707 \dag 1783]}}

\begin{df}\label{4.2.1}
Sei $A$ ein kommutativer Ring. Ein Element $a\in A$ heißt eine \emph{imaginäre Einheit}\index{kommutativer Ring@{\bf kommutativer Ring}!imaginäre Einheit ($\i:=\sqrt{-1}$)} oder \emph{Wurzel aus $-1$} in $A$, wenn $a^2=-1$.
\end{df}

\begin{bem}\label{4.2.2}
Schreiben wir $\i$, so meinen wir meist stillschweigend, dass $\i$ eine imaginäre Einheit ist (genauso für $\j$).
\end{bem}

\begin{sat}\label{4.2.3}
Sei $K$ ein Körper, der keine imaginäre Einheit besitzt.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Es gibt einen kommutativen Ring $C$ und (eine imaginäre Einheit) $\i\in C$ mit {\rm[$\to$\ref{3.2.4}]} $$C=K[\i].$$
\item Gilt $C=K[\i]$, so $C=\{a+b\i\mid a,b\in K\}$ und für alle $a,b\in K$ gilt:
$$a+b\i=0\iff a=b=0.$$
\item Gilt $C=K[\i]$ und $D=K[\j]$, so gibt es genau einen Ringisomorphismus $\ph\colon C\to D$ mit $\ph(a)=a$ für alle $a\in K$ und $\ph(\i)=\j$.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
{\bf (a).} Es ist $\ph\colon K\to K[X]/(X^2+1),\ a\mapsto\overset{\text{---}_{(X^2+1)}}{a~~~~~~~~}$ eine Ringeinbettung [$\to$\ref{3.2.10}]. In der Tat: $\ph$ ist ein Ringhomomorphismus
[$\to$ \ref{3.2.8}] (nämlich die Einschränkung [$\to$ \ref{1.1.31}] des kanonischen Epimorphismus [$\to$ \ref{3.3.17}] von $K[X]$ nach $K[X]/(X^2+1)$) und es gilt $\ker\ph=\{0\}$, denn ist $a\in K$
mit $\ph(a)=0$, so gilt $a\in(X^2+1)$ und damit $a=0$, denn außer dem Nullpolynom hat jedes Polynom im Hauptideal [$\to$\ref{3.3.11}] $(X^2+1)$ einen Grad [$\to$\ref{3.2.6}]  $\ge2$.
Nun ist $\hat\ph\colon K\to\im\ph$ ein Ringisomorphismus und $K':=\im\ph$ ein Unterring von $K[X]/(X^2+1)$ [$\to$\ref{imfsubring}].
Es reicht, die Behauptung für $K'$ statt $K$ zu zeigen, denn
$K\cong K'$ (vergleiche \ref{2.2.15} und Beweis von \ref{polynomialringexists}). Setze
$$\i:=\overset{\text{---}_{(X^2+1)}}{X~~~~~~~~}\qquad\text{und}\qquad C:=K'[\i]\subseteq K[X]/(X^2+1).$$
Dann $\i^2=\overline X^2=\overline{X^2}=\overline{-1}=-1$ in $C$.

\medskip\noindent{\bf (b).} Sei $C=K[\i]$.
Wie in \ref{3.2.5} zeigt man sofort $K[\i]=\{a+b\i\mid a,b\in K\}$. Seien $a,b\in K$.
Zu zeigen ist $a+b\i=0\iff a=b=0$.
Hier ist "`$\Longleftarrow$"' klar. Um "`$\Longrightarrow$"' zu zeigen, gelte $a+b\i=0$. Wäre $b\ne0$, dann wäre $\i=-\frac ab\in K$ im Widerspruch zur Voraussetzung, dass $K$ keine imaginäre Einheit besitzt. Also $b=0$ und damit natürlich $a=0$.

\medskip\noindent{\bf (c).} Eindeutigkeit: Es gilt sogar mehr:
Gilt $C=K[\i]$ und ist $D$ irgendein kommutativer Oberring von $C$ und $j\in D$, so gilt für jeden Ringhomomorphismus $\ph\colon C\to D$ mit $\ph(a)=a$ für alle $a\in K$ und $\ph(\i)=j$, dass $\ph(a+b\i)=\ph(a)+\ph(b)j$ für alle $a,b\in K$ und hierdurch ist $\ph$ eindeutig festgelegt, denn $C\overset{(b)}=\{a+b\i\mid a,b\in K\}$.

Existenz: Da Umkehrabbildungen und Hintereinanderschaltungen von Ringisomorphismen offensichtlich wieder Ringisomorphismen sind, reicht es einen kommutativen Ring $A$ zu finden so, dass jeder kommutative Ring $C$ von der Form $C=K[\i]$ isomorph zu $A$ ist. Wir setzen $A:=K[X]/(X^2+1)$. Nach \ref{substitutioncor} gibt es einen Ringhomomorphismus
$\psi\colon K[X]\to C$ mit $\psi(a)=a$ für alle $a\in K$ und $\psi(X)=\i$ (also $\psi\colon K[X]\to C,\ p\mapsto p(\i)$ in der Notation von \ref{writepx}). Nun ist $\im\psi$ ein Unterring von
$C$ [$\to$\ref{imfsubring}], der $K\cup\{\i\}$ enthält, womit $C=K[\i]\subseteq\im\psi\subseteq C$ und damit $\im\psi=C$ gilt. Aus dem Isomorphiesatz für kommutative Ringe \ref{isothmring} folgt
nun $K[X]/\ker\psi\cong\im\psi=C$. Um $A\cong C$ zu zeigen, reicht es also $\ker\psi=(X^2+1)$ zu zeigen. Hier ist "`$\supseteq$"' trivial. Um "`$\subseteq$"' zu zeigen, sei
$p\in\ker\psi$. Wir zeigen $p\equiv_{(X^2+1)}0$. Offensichtlich gibt es $a,b\in K$ mit $p\equiv_{(X^2+1)}a+bX$ und damit erst recht $p\equiv_{\ker\psi}a+bX$, also
$0=\psi(p)=\psi(a+bX)=a+b\i$. Wegen (b) gilt $a=b=0$ und daher $p\equiv_{(X^2+1)}0+0X=0$.

\medskip\noindent{\bf Alternativer weniger abstrakter Beweis für (c).}
Die Eindeutigkeit ist wieder klar nach (b).

Existenz: Gelte $C=K[\i]$ und $D=K[\j]$. Es ist $\ph\colon C\to D,\ a+b\i\mapsto a+b\j$ nach (b) wohldefiniert. Es ist $\ph$ ein Homomorphismus [$\to$\ref{3.2.8}], denn
\begin{align*}
\ph((a+b\i)+(c+d\i))&=\ph((a+c)+(b+d)\i)=(a+c)+(b+d)\j\\
&=(a+b\j)+(c+d\j)=\ph(a+b\i)+\ph(c+d\i)\text{ und}
\end{align*}
\begin{align*}
\ph((a+b\i)(c+d\i))&=\ph(ac+bd\i^2+(ad+bc)\i)=\ph((ac-bd)+(ad+bc)\i)\\
&=(ac-bd)+(ad+bc)\j=(a+b\j)(c+d\j)\text{ für alle }a,b,c,d\in K
\end{align*}
und $\ph(1)=\ph(1+0\i)=1+0\j=1$. Es ist
$\ph$ injektiv, denn sind $a,b\in K$ mit $\ph(a+b\i)=0$, so gilt $a+b\j=0$ und daher nach (b) (angewandt auf $D=K[\j]$) $a=b=0$ und damit $a+b\i=0$.
Schließlich ist wieder mit (b) angewandt auf $D=K[\j]$ die Abbildung $\ph$ auch surjektiv.
\end{proof}

\begin{nt}\label{4.2.4}
Ist $K$ ein Körper mit imaginärer Einheit, so setzen wir $K[\i]:=K$. Ist $K$ ein Körper ohne imaginäre Einheit, so bezeichne $K[\i]$ ab jetzt einen fest gewählten kommutativen Ring
$C$ mit $C=K[\i]$, in dem $\i$ eine imaginäre Einheit ist [$\to$\ref{4.2.3}(a)]. Wegen \ref{4.2.3}(c) ist $K[\i]$ im Wesentlichen (bis auf Isomorphie) eindeutig bestimmt.
\end{nt}

\begin{sat}\label{4.2.5}
Sei $K$ ein Körper. Dann ist auch $K[\i]$ ein Körper.
\end{sat}
\begin{proof}
Der Fall, dass $K$ eine imaginäre Einheit besitzt, ist trivial, da dann $K[\i]=K$. Besitze also $K$ keine imaginäre Einheit und wende Teil (b) des Satzes an. Seien also
$a,b\in K$ mit $a+b\i\ne0$. Dann $(a+b\i)(a-b\i)=a^2+b^2$. Es reicht zu zeigen $a^2+b^2\ne0$, denn dann
$$(a+b\i)\frac{a-b\i}{a^2+b^2}=1$$ und daher $a+b\i\in K[\i]^\times$ wie gewünscht. Wir nehmen an, dass $a^2+b^2=0$ und suchen einen Widerspruch.
Wäre $a\ne0$, so $1+(\frac ba)^2=\frac{a^2+b^2}{a^2}=0$ und damit $-1=(\frac ba)^2$ im Widerspruch dazu, dass $K$ keine imaginäre Einheit besitzt. Also $a=0$. Analog
zeigt man $b=0$. Dann aber $a=b=0$ im Widerspruch zu $a+b\i\ne0$.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 27.11. kommen sollen.}

\begin{df}\label{4.2.6}
$\C:=\R[\i]$ nennt man den Körper der \emph{komplexen Zahlen}\index{komplexe Zahlen@{\bf komplexe Zahlen} ($\C$)}.
\end{df}

\begin{bem}\label{4.2.7}
Ist $\i$ eine imaginäre Einheit in einem kommutativen Ring $A$, so auch $\j:=-\i$, denn $\j^2=\j\j=(-\i)(-\i)=-\i(-\i)=-(-\i\i)=\i\i=\i^2=-1$. Ist nun $K$ ein Körper ohne imaginäre Einheit,
so ist $K[\i]=K[-\i]$ und nach \ref{4.2.3}(c) gibt es einen Ringautomorphismus [$\to$\ref{3.2.10}] $\ph$ von $K[\i]$ mit $\ph(a)=a$ für alle $a\in K$ und $\ph(\i)=-\i$. Auf $\C$ bezeichnet man
diesen Ringautomorphismus $$\C\to\C,\ a+b\i\mapsto a-b\i\qquad(a,b\in\R)$$  als \emph{komplexe Konjugation}\index{komplexe Zahlen@{\bf komplexe Zahlen} ($\C$)!komplexe Konjugation} und $a-b\i$ als das \emph{komplex Konjugierte} zu $a+b\i$.
Wir schreiben auch $z^*$ für das komplex Konjugierte von $z\in\C$. Andere Autoren schreiben dafür meist $\overline z$, aber dies könnte nicht nur zur Verwechslung mit unserer Notation für Kongruenzklassen führen, sondern ist auch aus anderen Gründen weniger modern.
\end{bem}

\begin{df}\label{4.2.8}
Sei $z\in\C$. Wegen können wir \ref{4.2.3}(b) $z=a+b\i$ mit eindeutig bestimmten $a,b\in\R$ schreiben. Wir definieren den \emph{Realteil}\index{komplexe Zahlen@{\bf komplexe Zahlen} ($\C$)!Realteil} von $z$ durch
$$\rp(z):=\frac12(z+z^*)=a\in\R,$$
den \emph{Imaginärteil}\index{komplexe Zahlen@{\bf komplexe Zahlen} ($\C$)!Imaginärteil} von $z$ durch $$\ip(z):=\frac1{2\i}(z-z^*)=b\in\R$$ und den \emph{Betrag}\index{komplexe Zahlen@{\bf komplexe Zahlen} ($\C$)!Betrag}
von $z$ durch $$|z|:=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{z^*z}\in\R_{\ge0}.$$
\end{df}

\begin{df}\label{4.2.9}
Sei $K$ ein Körper und $p\in K[X]$ ein Polynom. Ein Element $a\in K$ heißt \emph{Nullstelle}\index{Polynom@{\bf Polynom}!Nullstelle} von $p$, wenn $p(a)=0$ [$\to$\ref{writepx}].
\end{df}

\begin{pro}["`Abspalten von Nullstellen"']\label{4.2.10}
Ist $K$ ein Körper, $p\in K[X]$ und $a\in K$ eine Nullstelle von $p$, so gibt es $q\in K[X]$ mit $p=(X-a)q$.
\end{pro}
\begin{proof}
Zu zeigen ist, dass $p$ im Hauptideal [$\to$\ref{3.3.11}] $(X-a)$ von $K[X]$ liegt. Dazu äquivalent ist, dass $\overline p=0$ in $K[X]/(X-a)$. Ist $p=\sum_{k=0}^na_kX^k$ mit
$n\in\N_0$ und $a_0,\dots,a_n\in K$, so gilt $\overline p\overset{\ref{3.3.3}}=\sum_{k=0}^n\overline{a_k}\overline X^k\overset{\overline X=\overline a}=
 \sum_{k=0}^n\overline{a_k}\,\overline a^k\overset{\ref{3.3.3}}=\overline{p(a)}=\overline0=0$.
\end{proof}

\begin{kor}\label{4.2.11}
Sei $K$ ein Körper. Ist dann $p\in K[X]$ und $\deg(p)=n\in\N_0$ {\rm[$\to$\ref{3.2.6}]}, so hat $p$ höchstens $n$ Nullstellen in $K$.
\end{kor}
\begin{proof}
Wir zeigen durch Induktion nach $n\in\N_0$, dass jedes $p\in K[X]$ vom Grad $n$ höchstens $n$ Nullstellen in $K$ hat.

\underline{$n=0$}\quad Sei $p\in K[X]$ vom Grad $0$. Dann gilt $p\in K^\times=K\setminus\{0\}$. Dann hat $p$ offensichtlich keine Nullstelle in $K$.

\underline{$n-1\to n\quad(n\ge1)$} Sei $p\in K[X]$ vom Grad $n$. Hat $p$ keine Nullstelle, so sind wir fertig. Sonst wählen wir eine Nullstelle $a\in K$ von $p$. Nach
\ref{4.2.10} gibt es $q\in K[X]$ mit $p=(X-a)q$. Offensichtlich gilt $\deg(q)=\deg(p)-1=n-1$, weswegen nach Induktionsvoraussetzung $q$ höchstens $n-1$ Nullstellen
in $K$ hat. Da in einem Körper ein Produkt zweier Elemente offensichtlich nur dann null sein kann, wenn schon einer der beiden Faktoren null war, ist die einzige Nullstelle,
die $p$ zusätzlich noch haben kann, offenbar $a$. Also hat $p$ höchstens $n$ Nullstellen in $K$.
\end{proof}

\begin{sat}[Fundamentalsatz der Algebra]{\rm[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Jean-Robert_Argand}{Jean-Robert Argand} *1768 \dag 1822]}\label{4.2.12}\index{Fundamentalsatz der Algebra@{\bf Fundamentalsatz der Algebra}}
Jedes Polynom $p\in\C[X]$ vom Grad $\ge1$ hat eine Nullstelle in $\C$.
\end{sat}

\begin{bem}\label{4.2.13}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Durch sukzessives Abspalten von Nullstellen mit \ref{4.2.10} kann man den Fundamentalsatz der Algebra auch wie folgt formulieren:
Für jedes $p\in\C[X]$ vom Grad $n\in\N_0$ gibt es komplexe Zahlen $a_1,\dots,a_n\in\C$ und ein $c\in\C^\times$ mit
$$p=c(X-a_1)\dotsm(X-a_n).$$
\item Der Fundamentalsatz der Algebra ist so erstaunlich, da wir durch das Adjungieren einer imaginären Einheit zu $\R$ a priori nur sicherstellen, dass das Polynom
$X^2+1$ eine Nullstelle bekommt. Der Satz besagt, dass damit alle anderen Polynome vom Grad $\ge1$ automatisch auch eine Nullstelle erhalten.
\item Im 17. Jahrhundert gab es von verschiedenen Mathematikern Äußerungen, die man als eine Vermutung der Gültigkeit des Fundamentalsatz deuten könnte, auch wenn der Begriff der komplexen Zahlen noch nicht auf soliden Grundlagen stand.
\item Lückenhafte Beweisversuche mit wertvollen Ideen gab es seit 1746 [\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Jean-Baptiste_le_Rond_d’Alembert}{Jean-Baptiste le Rond d'Alembert} *1717 \dag 1783]. Mehrere wertvolle Versuche stammen von
\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Carl_Friedrich_Gauß}{Carl Friedrich Gauss} [*1777 \dag 1855], unter anderem der erste algebraische Beweis aus dem Jahr 1816, der im Kern völlig richtig ist aber allerdings erst später auf solide Grundlagen gestellt wurde.
\item Entgegen dem, was mancherorts geschrieben wird, dürfte der erste (lediglich modulo den damals noch etwas wackligen Grundlagen der Analysis) als richtig geltende Beweis des Fundamentalsatzes von \href{http://de.wikipedia.org/wiki/Jean-Robert_Argand}{Jean-Robert Argand} [*1768 \dag1822] im Jahr 1814 geführt worden sein. Wir geben unten eine sehr grobe Skizze, die der Leser mit etwas Anfängeranalysis zu einem Beweis ausbauen können sollte.
\item Der für Anfänger am leichtesten zu verstehende \emph{algebraische} Beweis ist der Beweis von Gauss aus dem Jahr 1816. Leider würde er an dieser Stelle zuviel Zeit
in Anspruch nehmen. Der Leser kann ihn aber in der Literatur nachlesen
(siehe Theorem 2.17 im Buch von Basu, Pollack und Roy: Algorithms in Real Algebraic Geometry,  \url{https://perso.univ-rennes1.fr/marie-francoise.roy/bpr-ed2-posted3.pdf}).
\item In der einführenden Algebra-Vorlesung im dritten Semester geben wir einen sehr schönen algebraischen Beweis mit Hilfe von Galoistheorie
[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Évariste_Galois}{Évariste Galois} *1811 \dag 1832]. Dieser Beweis wird in Wirklichkeit sogar sehr viel mehr zeigen als jeder analytische Beweis. Wir sollten
dabei natürlich kein Ergebnis benutzen, was schon auf dem Fundamentalsatz fußt. Um dies leichter überprüfen zu
können, werden wir alle Resultate, in deren Beweis wir den Fundamentalsatz benutzen, in dieser Vorlesung entsprechend kennzeichnen.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{proof}[Beweisskizze für den Fundamentalsatz der Algebra \ref{4.2.12} (nicht klausurrelevant)] Wir folgen der Beweisidee
von Argand. Wir benutzen dabei die aus der Analysis bekannte
Geometrie der Multiplikation von komplexen Zahlen und die Konzepte der Stetigkeit und der Kompaktheit.
Sei $p=a_nX^n+a_{n-1}X^{n-1}+\dots+a_0$ mit $n\in\N$, $n\ge1$, $a_0,\dots,a_n\in\C$ und $a_n\ne0$. Dann gilt für alle $z\in\C$
$$|p(z)|\ge|a_n||z|^n-|a_0|-\dots-|a_{n-1}||z|^{n-1}$$
und daher $\lim_{|z|\to\infty}|p(z)|=\infty$. Daraus folgt die Existenz eines globalen Minimalpunkts $z_0\in\C$ von $\C\to\R_{\ge0},\ z\mapsto|p(z)|$, das heißt es gibt $z_0\in\C$
mit $|p(z_0)|\le|p(z)|$ für alle $z\in\C$ (dieser Punkt schien Argand intuitiv klar zu sein, erfordert aber heutzutage eine Begründung, die auch ein Anfänger geben kann). \OE\ $z_0=0$. Dann gilt mit
$S:=\{\zeta\in\C\mid|\zeta|=1\}$ für alle $\zeta\in S$ und $r\in\R_{\ge0}$
$$|p(r\zeta)|^2-|p(0)|^2\ge0.$$
Schreibe $p=p(0)+X^kq$ mit einem $k\in\N$ und einem $q\in\C[X]$ mit $q(0)\ne0$. Die Ungleichung lautet dann
$$|p(0)+r^k\zeta^kq(r\zeta)|^2-|p(0)|^2\ge0$$
 für alle $\zeta\in S$ und $r\in\R_{\ge0}$.
 Unter Beachtung von
 \begin{multline*}
 |z_1+z_2|^2=(z_1+z_2)^*(z_1+z_2)=z_1^*z_1+z_1^*z_2+z_1z_2^*+z_2^*z_2=\\
 |z_1|^2+z_1^*z_2+(z_1^*z_2)^*+|z_2|^2\overset{\ref{4.2.8}}= |z_1|^2+2\rp(z_1^*z_2)+|z_2|^2
 \end{multline*}
 für alle $z_1,z_2\in\C$ folgt daraus
 $$2r^k\rp(p(0)^*\zeta^kq(r\zeta))+r^{2k}|q(r\zeta)|^2\ge0$$
  für alle $\zeta\in S$ und $r\in\R_{\ge0}$.
 Daraus folgt
 $$2\rp(p(0)^*\zeta^kq(r\zeta))+r^{k}|q(r\zeta)|^2\ge0$$
   für alle $\zeta\in S$ und $r\in\R_{>0}$.
   Indem man für festes $\zeta\in S$ nun den Grenzwert für $r\to0$ betrachtet, erhält man
    $$2\rp(p(0)^*\zeta^kq(0))\ge0$$
    für alle $\zeta\in S$. Man muss also nur noch zeigen, dass es für festes $z\in\C^\times$ nicht vorkommen kann, dass
    $\rp(z\zeta^k)\ge0$ für alle $\zeta\in S$ gilt. Dies kann man auf verschiedene Weisen schließen. Es ist aber klar, wenn man die Geometrie der Multiplikation von komplexen Zahlen verstanden hat.
\end{proof}


\begin{bsp}\label{4.2.14} Weitere Beispiele zu imaginären Einheiten:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\F_3$ hat keine imaginäre Einheit, da $\F_3\overset{\ref{4.1.10}}=\Z/(3)=\{\overline0,\overline1,\overline2\}$ und $\overline0^2=0\ne\overline2=-1$,
$\overline1^2=1\ne\overline2=-1$ und $\overline2^2=\overline4=1\ne\overline2=-1$ in $\F_3$. Wegen $\#\F_3=3$ folgt $\#\F_3[\i]=9$ nach \ref{4.2.3}(b). Es ist also $\F_9:=\F_3[\i]$ ein 
neunelementiger Körper.
\item $\F_5$ hat eine imaginäre Einheit, denn $\overline2\,\overline2=\overline4=-1$ in $\F_5$. Es gilt also $\F_5[\i]=\F_5$.
\item In $\F_7$ gilt $0^2=0$, $1^2=1$, $\overline2^2=\overline4$, $\overline3^2=\overline2$, $\overline4^2=\overline2$, $\overline5^2=\overline 4$ und $\overline6^2=\overline1$. Also hat $\F_7$ keine imaginäre Einheit und $\F_{49}:=\F_7[\i]$ ist ein Körper mit $49$ Elementen.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\chapter{Homogene lineare Gleichungssysteme}\label{5}

In diesem Kapitel sei stets $K$ ein Körper. [$\to$ \ref{4.1.4}]

\section{Matrizen in Stufenform}\label{5.1}

\begin{spr}\label{5.1.1}
Ein \emph{homogenes lineares Gleichungssystem}\index{homogenes lineares Gleichungssystem@{\bf homogenes lineares Gleichungssystem}} über $K$ ist (gegebenenfalls nach Umstellen) von der Form
$$
(*)\qquad
\begin{array}{cccccccc}
a_{11}x_1&+&\ldots&+&a_{1n} x_n &=& 0\\
\vdots && && \vdots &&\\
a_{m1}x_1&+&\ldots&+&a_{mn} x_n&=&0
\end{array}
\qquad(x\in K^n)
$$
wobei die \emph{Koeffizienten} $a_{ij}\in K$ ($1\leq i\leq m,1\leq j\leq n$) vorgegeben sind und die \emph{Unbekannten} $x_j$ ($1\leq j\leq n$) gesucht sind ($m$ Gleichungen in $n$ Unbekannten).\\
einzelne Zeilen: "`homogene lineare Gleichungen"'\\
"`homogen"': rechte Seite ist $0$\\
"`linear"': keine Produkte der Unbekannten\\
Eine \emph{Lösung} von $(*)$ ist ein $n$-Tupel $(x_1,\ldots,x_n)\in K^n$, welches alle Gleichungen gleichzeitig erfüllt. Es wird sich als praktisch herausstellen, solche Lösungen als \emph{Spaltenvektor}\index{Spaltenvektor@{\bf Spaltenvektor}} zu schreiben, das heißt, man schreibt $\cvec{x_1\\\vdots\\x_n}$ statt $(x_1,\ldots,x_n)$.
\end{spr}

\begin{bsp}\label{5.1.2}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sei $K:=\F_2$. $0=\cvec{0\\0\\0}$ und $\cvec{1\\0\\1}$ sind Lösungen des homogenen Gleichungssystems \begin{align*}
x_1+x_3& =0\\
x_2&=0
\end{align*}
\item Sei $K:=\C$ und das lineare Gleichungssystem
\begin{align*}
(1+\i)x_1-2x_2+x_3&=0\\
\i x_2-x_3&=0
\end{align*}
Es sind $0=\cvec{0\\0\\0}$ und $\cvec{1-3\i\\2\\2\i}$ Lösungen, denn $(1+\i)(1-3\i)-2\cdot2+2\i=1-3\i+\i+3-4+2\i=0$ und $\i2-2\i=0$. Für jedes $\lambda\in\C$ ist auch $\cvec{\lambda(1-3\i)\\\lambda2\\\lambda2\i}$ eine Lösung. Es gibt also unendlich viele Lösungen.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{5.1.3}
Ist $U$ die \emph{Lösungsmenge} von {\rm\ref{5.1.1} $(*)$} (das heißt, die Menge aller Lösungen $\cvec{x_1\\\vdots\\x_n}\in K^n$ von $(*)$), so gilt
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $0=\cvec{0\\\vdots\\0}\in U$
\item Sind $x=\cvec{x_1\\\vdots\\x_n}\in U$ und $y=\cvec{y_1\\\vdots\\y_n}\in U$, so $x+y\overset{\text{\rm\ref{2.1.12}}}=\cvec{x_1+y_1\\\vdots\\x_n+y_n}\in U$.
\item Sind $x=\cvec{x_1\\\vdots\\x_n}\in U$ und $\underbrace{\lambda}_\text{"`lambda"'}\in K$, so $\lambda x:=\cvec{\lambda x_1\\\vdots\\\lambda x_n}\in U$.
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
\begin{enumerate}[(a)]
\item klar mit \ref{3.1.2} (g)
\item Sind $x,y\in U$, so gilt für alle $i\in \left\{1,\ldots,m\right\}$
\begin{align*}
a_{i1}(x_1+y_1)+\ldots+a_{in}(x_n+y_n)&\overset{\text{\ref{3.1.1} (D)}}{\underset{\ref{2.1.9}}=} (a_{i1}x_1+\ldots+a_{in}x_n)+(a_{i1}y_1+\ldots+a_{in}y_n)\\
&=0+0=0.\end{align*}
\item Sind $x\in U$ und $\lambda\in K$, so gilt für alle $i\in \left\{1,\ldots,m\right\}$
$$a_{i1}(\lambda x_1)+\ldots+a_{in}(\lambda x_n)\overset{\text{\ref{3.1.2} (e)}}{\underset{\ref{3.1.1} (D)}=} \lambda(a_{i1}x_1+\ldots+a_{in}x_n)=\lambda\cdot0\overset{\text{\ref{3.1.2} (g)}}=0.$$
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{bem}\label{5.1.4}
In der Situation von \ref{5.1.3} kann man (a), (b) und (c) wie folgt zusammenfassen:
Sind $r\in\N_0$ und $x^{(1)},\ldots,x^{(r)}\in U$, so ist für alle $\lambda_1,\ldots,\lambda_r\in K$ auch deren \emph{Linearkombination}\index{Linearkombination@{\bf Linearkombination}} $\sum_{i=1}^r \lambda_ix^{(i)}=\lambda_1x^{(1)}+\ldots+\lambda_rx^{(r)}$ ein Element von $U$.\\
{[(a) $\overset{\ref{2.1.10}}\leftrightsquigarrow r=0$, (c) $\leftrightsquigarrow r=1$, (b) $\leftrightsquigarrow r=2\et \lambda_1=\lambda_2=1$, (b) \& (c) $\rightsquigarrow r\geq 2$]}
\end{bem}

\begin{sprnt}\label{5.1.5}
Für $r\in \N_0$ und $x^{(1)},\ldots,x^{(r)}\in K^n$ bezeichnen wir die Menge aller deren Linearkombinationen 
$$\spann{x^{(1)},\ldots,x^{(r)}}:=\Set{\sum_{i=1}^r \lambda_ix^{(i)} | \lambda_1,\ldots,\lambda_r \in K}$$
als \emph{Spann}\index{Linearkombination@{\bf Linearkombination}!Spann} von $x^{(1)},\ldots,x^{(r)}$.
\end{sprnt}

\begin{bsp}\label{5.1.6}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\spann{}=\left\{0\right\}\subseteq K^n$
\item $\lin\cvec{1\\1\\0}=\Set{\cvec{\lambda\\\lambda\\0}| \lambda\in K}\subseteq K^3$
\item $\spann{\cvec{1\\1\\0},\cvec{1\\0\\-1}}=\Set{\cvec{\lambda+\mu\\\lambda\\-\mu}| \lambda,\underbrace{\mu}_\text{"`my"'}\in K}\subseteq K^3$
\item Die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems
\begin{align*}
x_1-2x_2+0-x_4&=0\\
x_3-2x_4&= 0 &\text{(mit $2:=1+1\in K$)}
\end{align*}
ist 
\begin{align*}
\Set{\cvec{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}| x_1=2x_2+x_4, x_3=2x_4, x_2, x_4\in K} &=\Set{\cvec{2x_2+x_4\\x_2\\2x_4\\x_4}| x_2,x_4\in K}\\
&=\Set{\cvec{2x_2\\x_2\\0\\0}+\cvec{x_4\\0\\2x_4\\x_4}| x_2,x_4\in K}\\
&=\Set{x_2\cvec{2\\1\\0\\0}+x_4\cvec{1\\0\\2\\1}| x_2,x_4\in K}\\
&=\Set{\lambda\cvec{2\\1\\0\\0}+\mu\cvec{1\\0\\2\\1}| \lambda,\mu\in K}\\
&=\spann{\cvec{2\\1\\0\\0},\cvec{1\\0\\2\\1}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{bem}\label{5.1.7}
Da ein lineares Gleichungssystem unendlich viele Lösungen haben kann, versucht man endlich viele "`Basislösungen"' $x^{(1)},\ldots,x^{(r)}$ zu berechnen derart, dass die Lösungsmenge genau $\spann{x^{(1)},\ldots,x^{(r)}}$ ist (Existenz noch unklar!). Zusätzlich will man, dass dabei keine der berechneten "`Basislösungen"' überflüssig ist. Das in §\ref{5.2} beschriebene \emph{Gauß-Verfahren} (lange vor Gauß bekannt, z.B. um -100 in China) wird dies leisten.
\end{bem}

\red{Bis hierher hätten wir am 30.11. kommen sollen.}

\begin{remdef}\label{5.1.8}
[$\to$ \ref{1.1.30} (c)] Sei $Z$ eine Menge und $m,n\in\N_0$. Eine $m\times n$-Matrix über $Z$ ist eine Abbildung $A:\left\{1.\ldots,m\right\}\times\left\{1,\ldots,n\right\}\to Z$, die man meist in der Form
\[(A(i,j))_{1\leq i\leq m, 1\leq j\leq n}:=(A(i,j))_{(i,j)\in\left\{1,\ldots,m\right\}\times\left\{1,\ldots,n\right\}}\overset{\ref{1.1.29}(c)}=
\begin{pmatrix}
A(1,1) & \ldots & A(1,n)\\
\vdots & & \vdots\\
A(m,1) & \ldots & A(m,n)
\end{pmatrix}\] schreibt.
Die Menge aller $m\times n$-Matrizen über $Z$ bezeichnet man mit $Z^{m\times n}$.
\end{remdef}

\begin{sprnt}\label{5.1.9}
Ist $A=(a_{ij})_{1\leq i\leq m, 1\leq j\leq n}\in K^{m\times n}$ und $x\in K^n$, so setzen wir
$$Ax:=A\cdot x:=
\begin{pmatrix}
a_{11}x_1 & + & \ldots & + & a_{1n}x_n\\
\vdots & & & & \vdots\\
a_{m1}x_1 & + & \ldots & + & a_{mn}x_n
\end{pmatrix}
\in K^n.$$
Damit können wir \ref{5.1.1} $(*)$ kompakt schreiben als 
$$(*)\qquad Ax = 0 \qquad(x\in K^n).$$
Man nennt $A$ die \emph{Koeffizientenmatrix}\index{homogenes lineares Gleichungssystem@{\bf homogenes lineares Gleichungssystem}!Koeffizientenmatrix} von $(*)$.
\end{sprnt}

\begin{df}\label{5.1.10}
Eine Matrix $A=(a_{ij})_{1\leq i\leq m, 1\leq j\leq n}\in K^{m\times n}$ heißt in \emph{(Zeilen-)Stufenform}\index{homogenes lineares Gleichungssystem@{\bf homogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform}, wenn sie von der Gestalt

\[
\begin{tikzpicture}
  \matrix(A)[matrix of math nodes,left delimiter=(,right delimiter=)]
  {
    &[3em]a_{1j_1} &[5em]&[2em]&[2em]&[2em]&[3em]\\
    &&a_{2j_2}\\
    &&&a_{3j_3}\\
    &&&&\ddots\\
    &&&&&a_{rj_r}\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
  };
    \draw (A-1-2.north west) -- (A-1-2.south west) -|(A-2-3.south west) -|(A-3-4.south west) -|(A-4-5.north west);
    \draw (A-4-5.south east) -|(A-5-6.south west) -- (A-5-6.south east) -- ([shift={(4em,0)}]A-5-6.south east);
\node[anchor=south west,scale=5] at ([shift={(4em,-1em)}]A.south west) {0};
\node[anchor=north east,scale=7] at ([shift={(1em,2em)}]A.north east) {*};
\end{tikzpicture}
\]
ist mit $r\in \left\{0,\ldots,m\right\}, j_1,\ldots,j_r\in \left\{1,\ldots,n\right\}, j_1<j_2<\ldots<j_r$ und $a_{i{j_i}}\neq 0$ für alle $i\in\left\{1,\ldots,r\right\}$, wobei die "`$0$"' für Nulleinträge und "`$*$"' für beliebige Einträge steht.
Dabei sind die \emph{Anzahl der Stufen} $r$ und die \emph{Stufenposition} $j_1,\ldots,j_r$ eindeutig bestimmt. Wir nennen $A$ in \emph{reduzierter Stufenform}\index{homogenes lineares Gleichungssystem@{\bf homogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform!reduzierte Stufenform}, wenn zusätzlich $a_{ij_i}=1$ und alle anderen Einträge der $j_i$-ten Spalte gleich null sind
(das heißt die Einträge oberhalb von $a_{ij_i}$ denn die unterhalb sind sowieso gleich 0).
\end{df}

\begin{bsp}\label{5.1.11}
\begin{enumerate}[(a)]
\item () ist $0\times 0$-Matrix in reduzierter Stufenform mit 0 Stufen.\\
Gleichzeitig ist $()$ eine $m\times 0$- und $0\times n$-Matrix für alle $m,n\in\N_0$.
\item  $(\overline{0})$ ist eine $1\times 1$-Matrix in reduzierter Stufenform mit 0 Stufen.
\item $\left(\tikz[baseline=(m1.base)]\node[inner sep=2](m1){1};\right)$ ist eine $1\times 1$-Matrix in reduzierter Stufenform mit 1 Stufe.
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m1.south west) -- (m1.south east);
\end{tikzpicture}
\item $\left(\tikz[baseline=(m1.base)]\node[inner sep=2](m1){$1\; 0$};\right)$; ist $1\times 2$-Matrix in reduzierter Stufenform mit 1 Stufe und Stufenposition 1.
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m1.south west) -- (m1.south east);
\end{tikzpicture}
\item $\cvec{\tikz[baseline=(m1.base)]\node[inner sep=2](m1){\small 0};\\\tikz[baseline=(m2.base)]\node[inner sep=2](m2){\small 1};}$ ist eine $2\times 1$-Matrix \emph{nicht in Stufenform}.
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m2.south west) -- (m2.south east);
\end{tikzpicture}
\item $\begin{pmatrix}
0 & \tikz[baseline=(m1.base)]\node(m1){1}; & 0 & 3 & 0 & 1\\
0 & 0 & \tikz[baseline=(m2.base)]\node(m2){1}; & 2 & 0 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0 & \tikz[baseline=(m3.base)]\node(m3){1}; & \tikz[baseline=(m4.base)]\node(m4){2};\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$ ist $4\times 6$-Matrix in reduzierter Stufenform mit 3 Stufen und Stufenpositionen 2,3,5 (hierbei $2:=1+1\in K$ und $3:= 1+1+1\in K$).
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m1.south west) -- (m2.north west) -- (m2.south west) -- (m3.north west) -- (m3.south west) -- (m4.south east);
\end{tikzpicture}
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{sprbem}\label{5.1.12}
Ist ein lineares Gleichungssystem [$\to$ \ref{5.1.9}] \[(*)\qquad Ax=0\qquad(x\in K^n)\] mit $A\in K^{m\times n}$ in Stufenform gegeben, so nennen wir für $j\in\left\{1,\ldots,n\right\}$ die Unbekannte $x_j$ \case{\emph{abhängig}}{\emph{frei}}\index{homogenes lineares Gleichungssystem@{\bf homogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform!abhängige Unbekannte}\index{homogenes lineares Gleichungssystem@{\bf homogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform!freie Unbekannte} in $(*)$, wenn $j$ \case{eine}{keine} Stufenposition [$\to$ \ref{5.1.10}] von $A$ ist. Hat also $A$ genau $r$ Stufen, so gibt es $r$ abhängige und $n-r$ freie Unbekannte. Ist $A$ sogar in reduzierter Stufenform [$\to$ \ref{5.1.10}], also 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
  \matrix(A)[matrix of math nodes,left delimiter=(,right delimiter=)]
  {
    {}&[3em]1&[5em]0&[2em]0&[2em]&[2em]0&[3em]\\
    &&1&0\\
    &&&1\\
    &&&&\ddots&0\\
    &&&&&1\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
  };
    \draw[loosely dotted,thick] (A-1-6.south) -- (A-4-6.north);
    \draw (A-1-2.north west) -- (A-1-2.south west) -|(A-2-3.south west) -|(A-3-4.south west) -|(A-4-5.north west);
    \draw (A-4-5.south east) -|(A-5-6.south west) -- (A-5-6.south east) -- ([shift={(4em,0)}]A-5-6.south east);
\node[anchor=south west,scale=5] at ([shift={(4em,-1em)}]A.south west) {0};
\node[anchor=north east,xscale=7,yscale=14] at ([shift={(2.5em,4em)}]A.north east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=7] at ([shift={(-2em,-1em)}]A-2-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=5,yscale=5] at ([shift={(-2em,-1.5em)}]A-1-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=2] at ([shift={(-1em,0)}]A-1-1.east) {*};
\draw[decorate,decoration={brace,mirror},thick] ([xshift=-1em]A.north west) -- node[anchor=east]{$A\ =\ \  m$} ([xshift=-1em]A.south west);
\draw[decorate,decoration={brace,mirror},thick] ([yshift=-0.5em]A.south west) -- node[anchor=north]{$n$} ([yshift=-0.5em]A.south east);
\draw[decorate,decoration=brace,thick] ([xshift=4.5em]A-1-6.north east) -- node[anchor=west]{$r$} ([xshift=4.5em]A-5-6.south east);
\node(N1)[above=of A-1-2]{$j_1$};
\node(N2)[above=of A-1-3]{$j_2$};
\node(N3)[above=of A-1-4]{$j_3$};
\node(N4)[above=of A-1-6]{$j_r$};
\draw[->](N1.south) -- (A-1-2.north);
\draw[->](N2.south) -- (A-1-3.north);
\draw[->](N3.south) -- (A-1-4.north);
\draw[->](N4.south) -- (A-1-6.north);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vspace{-5em}
so kann man offensichtlich $(*)$ als ein System von $r$ homogenen linearen Gleichungen
\[
\begin{split}
x_{j_1}&=\dots\\
\vdots\\
x_{j_r}&=\dots
\end{split}\qquad\qquad(x\in K^n)
\]
schreiben, auf deren rechten Seiten nur freie Unbekannte auftauchen. Es folgt, dass in $(*)$ für jede Festlegung der freien Unbekannten genau eine Wahl der abhängigen Unbekannten existiert derart, dass $Ax = 0$ gilt.
Damit kann man dann unmittelbar $x^{(1)},\ldots,x^{(n-r)}\in K^n$ bestimmen mit
$$\left\{x\in K^n\mid Ax=0\right\} = \spann{x^{(1)},\ldots,x^{(n-r)}}.$$
\end{sprbem}

\begin{bsp}\label{5.1.13}
$K=\Q, n=7$
$$(*)\qquad \begin{array}{ccccc}
x_1 & -3x_4 & +x_5 & +x_7 & = 0\\
x_2 & -x_3 & +x_5 & & = 0\\
x_6 & - x_7 & & & = 0
\end{array}\qquad(x_1,\ldots,x_7 \in \Q)$$
kann man schreiben als \[(*)\quad Ax = 0\quad (x\in \Q^7)\]
mit 
$$A:=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & -3 & 1 & 0 & 1\\
0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -1
\end{pmatrix}\in \Q^{3\times 7}.$$
Es ist $A$ in reduzierter Stufenform gemäß \ref{5.1.10} und in $(*)$ sind $x_1, x_2, x_6$ abhängig und\\
$x_3, x_4,x_5,x_7$ frei gemäß \ref{5.1.12}. Die Lösungsmenge von $(*)$ ist
\begin{multline*}
\Set{x\in\Q^7 | x_1=3x_4-x_5-x_7, x_2=x_3-x_5, x_6 = x_7, x_3,x_4,x_5,x_7\in \Q}\\
=\Set{\cvec{3x_4-x_5-x_7\\ x_3-x_5\\x_3\\x_4\\x_5\\x_7\\x_7}| x_3,x_4,x_5,x_7\in \Q}\\
=\Set{x_3\cvec{0\\1\\1\\0\\0\\0\\0}+x_4\cvec{3\\0\\0\\1\\0\\0\\0}+x_5\cvec{-1\\-1\\0\\0\\1\\0\\0}+x_7\cvec{-1\\0\\0\\0\\0\\1\\1} | x_3,x_4,x_5,x_7\in \Q}\\
\overset{\text{\ref{5.1.5}}}{=}\spann{\cvec{0\\1\\1\\0\\0\\0\\0},\cvec{3\\0\\0\\1\\0\\0\\0},\cvec{-1\\-1\\0\\0\\1\\0\\0},\cvec{-1\\0\\0\\0\\0\\1\\1}}.
\end{multline*}
Offensichtlich kann man keine der so berechneten Basislösungen streichen, ohne den Spann zu verändern, denn ist $x_j$ frei in $(*)$, so gibt es eine Lösung $x\in K^n$ von $(*)$ mit $x_j\ne0$ (etwa $x_j=1$) und eine solche Lösung bekommen wir nicht,
ohne die zu $x_j$ gehörige Basislösung zu benutzen, denn die $j$-ten Komponenten der anderen Basislösungen sind null.
\end{bsp}

\begin{bem}\label{5.1.14}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Da man stets wie in \ref{5.1.13} vorgehen kann, ist geklärt, wie man homogene lineare Gleichungssysteme $Ax=0~(x\in K^n)$ mit Koeffizientenmatrix $A$ \emph{in reduzierter Stufenform} löst (das heißt, deren Lösungsmenge als Spann endlich vieler Lösungstupel darstellt, von denen keines überflüssig ist).
\item Im allgemeinen Fall versucht man eine homogenes lineares Gleichungssystem so umzuschreiben, dass dessen Koeffizientenmatrix schließlich in reduzierter Stufenform vorliegt. Folgende Operationen ändern die Lösungsmenge nicht:
\begin{enumerate}[(1)]
\item  Addieren des $\lambda$-fachen einer Gleichung zu einer anderen $(\lambda\in K)$.
\item Multiplizieren einer Gleichung mit $\lambda$ $(\lambda\in K^\times)$
\end{enumerate}
In der Tat: (1) kann rückgängig gemacht werden durch Addieren des $(-\lambda)$-fachen (d.h. Subtrahieren des $\lambda$-fachen) der einen Gleichung zu der anderen und (2) durch Multiplikation derselben Gleichung mit $\lambda^{-1}$.

Das Gauß-Verfahren führt diese Operationen gleich auf den Zeilen der Koeffizientenmatrix $A$ durch.
\end{enumerate}
\end{bem}

\section{Gauß-Verfahren}\label{5.2}\index{Gauß-Verfahren@{\bf Gauß-Verfahren}}

\begin{notsprbem}\label{5.2.1}
Sei $A\in K^{m\times n}$. Wir betrachten folgende \emph{elementaren Zeilenoperationen}\index{Gauß-Verfahren@{\bf Gauß-Verfahren}!Zeilenoperationen} {\rm[$\to$ \ref{5.1.14} (b) (1),(2)]}:
\begin{itemize}
\item
$\underbrace{Z_i}_\text{"`Zeile $i$"'}\underbrace{\leftarrow}_\text{"`wird"'} Z_i+\lambda Z_j
\qquad(i,j\in \left\{1,\ldots,m\right\}, i\neq j, \lambda\in K)$\\
(Addieren des $\lambda$-fachen einer Zeile zu einer anderen)
\item
$Z_i\leftarrow \lambda Z_i\qquad(i\in\left\{1,\ldots,m\right\},\lambda\in K^\times)$\\
(Multiplizieren einer Zeile mit einem $\lambda\neq 0$).
\end{itemize}
Wir werden $A$ durch sukzessive Anwendung endlich vieler dieser Operationen in reduzierte Stufenform überführen. Man kann dabei auch \emph{Zeilenoperationen} erlauben, die man durch endlich viele Operationen simulieren kann, zum Beispiel
die folgenden:
\begin{itemize}
\item$Z_i\underbrace{\leftrightarrow}_\text{"`wird vertauscht mit"'}Z_j\qquad(i,j\in\left\{1,\ldots,m\right\})$\\
(Vertauschen zweier Zeilen)\\
\begin{tikzpicture}
\matrix(A)[matrix of math nodes,left delimiter={[},right delimiter={]},column 2/.style={anchor=base west}]
{
 &[2em]\text{Nichtstun falls $i=j$}&&[7em]\\
  \text{Simulation durch}\\
  &Z_i\leftarrow Z_i+Z_j\\
  &Z_j\leftarrow Z_j-Z_i\\
  &Z_i\leftarrow Z_i+Z_j\\
  &Z_j\leftarrow -Z_j\\
  \ \\  \ \\  \ \\
};
\draw[decorate,decoration=brace,thick] ([yshift=3em]A-4-2.south east) -- node[anchor=west]{$\text{falls }i\ne j$} ([yshift=-3em]A-4-2.south east);
\draw (A.south west) node[anchor=south west]{$\cvec{a\\b}\overset{Z_1\leftarrow Z_1+Z_2}{\sim}\cvec{a+b\\b}\overset{Z_2\leftarrow Z_2-Z_1}{\sim}\cvec{a+b\\-a}\overset{Z_1\leftarrow Z_1+Z_2}{\sim}\cvec{b\\-a}\overset{Z_2\leftarrow -Z_2}{\sim}\cvec{b\\a}$};
\draw(A-2-1.north east) -- (A-1-2.west);
\draw(A-2-1.south east) -- (A-3-2.west);
\end{tikzpicture}
\item$Z_i\leftarrow\sum_{j=1}^m\la_jZ_j\qquad(i\in\{1,\ldots,m\},\la_1,\ldots,\la_m\in K\text{ mit }\la_i\ne0)$\\
\begin{tikzpicture}
\matrix(A)[matrix of math nodes,left delimiter={[},right delimiter={]},column 4/.style={anchor=base west}]
{
 \text{Simulation durch}&Z_i&\leftarrow&\la_iZ_i&[5em]\\
 &Z_i&\leftarrow&Z_i+\ldots\\
 &&\vdots&\\
 &Z_i&\leftarrow&Z_i+\ldots\\
};
\draw[decorate,decoration=brace,thick] (A-2-4.north east) -- node[anchor=west]{$m-1$ mal} (A-4-4.south east);
\end{tikzpicture}
\end{itemize}

\end{notsprbem}

\red{Bis hierher hätten wir am 4.12. kommen sollen.}

\begin{defprop}\label{5.2.2}
Für $A,B\in K^{m\times n}$ sagen wir, \emph{$B$ geht aus $A$ durch Zeilenoperationen hervor}, wenn man $B$ aus $A$ durch eine endliche Abfolge von Zeilenoperationen gewinnen kann.
Geht $B$ aus $A$ durch Zeilenoperationen hervor, so auch $A$ aus $B$ (vgl. \ref{5.1.14} (b)).\\
Durch \[A\sim B:\iff \text{$B$ geht aus $A$ durch Zeilenoperation hervor}\qquad(A,B\in K^{m\times n})\]
 wird also eine Äquivalenzrelation auf $K^{m\times n}$ definiert [$\to$ \ref{1.3.1} (b)].
\end{defprop}

\begin{algo}\label{5.2.3}
Man kann \emph{zum Beispiel} wie folgt eine Matrix $A\in K^{m\times n}$ durch Zeilenoperationen in eine Matrix
$B\in K^{m\times n}$ in Stufenform [$\to$ \ref{5.1.10}] überführen:

\vspace{3em}
\begin{multline*}
A=
\left(
\begin{tikzpicture}[baseline={(current bounding box.center)}]
\node(NR1)[xscale=5,yscale=5]{$0$};
\node[right of = NR1](NR2){$a_{ij}$};
\node[right of = NR2,xscale=6,yscale=9](NR3){$*$};
\node[above of = NR2,yscale=3.5,xscale=2,yshift=-0.3em](NR16){$*$};
\node[below of = NR2,yscale=3.5,xscale=2,yshift=0.3em]{$*$};
\pgfresetboundingbox
\path[use as bounding box] ([xshift=2em,yshift=-2em]NR1.north west) rectangle ([yshift=3em,xshift=-2.5em]NR3.south east);
\node[above of = NR16](NR6){erste Spalte $\ne0$};
\node[above of = NR6,yshift=-1.5em]{$a_{ij\ne0}$};
\draw[->] ([yshift=0.5em]NR6.south) -- ([yshift=-1em]NR16.north);
\end{tikzpicture}
\right)\overset{Z_i\leftrightarrow Z_1}\sim
\left(
\begin{tikzpicture}[baseline={(current bounding box.center)}]
\node(NR1)[xscale=5,yscale=5]{$0$};
\node[above right of = NR1,xshift=3,yshift=-3](NR2){$a_{1j}$};
\node[below of = NR2,xscale=3.5,yscale=5,yshift=1](NR33){$*$};
\node[right of = NR1,xscale=6,yscale=9,xshift=3](NR4){$*$};
\pgfresetboundingbox
\path[use as bounding box] ([yshift=2em,xshift=-1em]NR1) rectangle ([yshift=-2em,xshift=1em]NR4);
\node[above of = NR2]{$a_{1j}\ne0$};
\end{tikzpicture}
\right)
\overset{Z_1\leftarrow\frac1{a_{1j}}Z_1}\sim
\left(
\begin{tikzpicture}[baseline={(current bounding box.center)}]
\node(NZ1)[xscale=5,yscale=7]{$0$};
\node[above right of = NZ1,xshift=3,yshift=0.5em](NZ2){$1$};
\node[below of = NZ2,yshift=1em](NZ33){$a_{i2}$};
\node[below of = NZ33,yshift=1em](NZ44){$\vdots$};
\node[below of = NZ44,yshift=1em](NZ55){$a_{im}$};
\node[right of = NZ1,xscale=6,yscale=12,xshift=3](NZ4){$*$};
\pgfresetboundingbox
\path[use as bounding box] ([yshift=2em,xshift=-1em]NZ1) rectangle ([yshift=-2.4em,xshift=1em]NZ4);
\end{tikzpicture}
\right)\\[1.2em]
\overset{Z_2\leftarrow Z_2-a_{i2}Z_1}{\overset{Z_3\leftarrow Z_3 - a_{i3}Z_1}{\underset{Z_m\leftarrow Z_m-a_{im}Z_1}{\underset\vdots\sim}}}
\left(
\begin{tikzpicture}[baseline={(current bounding box.center)}]
\node(NC1)[xscale=5,yscale=7]{$0$};
\node[above right of = NC1,xshift=3,yshift=0.5em](NC2){$1$};
\node[below of = NC2,yshift=1em](NC33){$0$};
\node[below of = NC33,yshift=1em](NC44){$\vdots$};
\node[below of = NC44,yshift=1em](NC55){$0$};
\node[right of = NC2,xscale=6](NC4){$*$};
\node[draw,align=left,below of = NC4,xscale=0.4,yscale=0.67,yshift=-0.2em] (NCU) {WENDE\\VERFAHREN\\REKURSIV\\AN};
\pgfresetboundingbox
\path[use as bounding box] ([yshift=2em,xshift=-1em]NC1) rectangle ([yshift=-2.4em,xshift=1.5em]NCU);
\end{tikzpicture}
\right)\sim\ldots\sim B
\end{multline*}
\end{algo}

\begin{algo}\label{5.2.4}
Eine Matrix $B\in K^{m\times n}$ in Stufenform kann man wie folgt in eine Matrix $C\in K^{m\times n}$ in reduzierter Stufenform überführen:
\begin{align*}
B&\overset{Z_i\leftarrow\frac1{b_{ij_i}}Z_i}{\underset{(i\in\{1,\ldots,r\})}\sim}
\begin{tikzpicture}[baseline=(current bounding box.center)]
  \matrix(A)[matrix of math nodes,left delimiter=(,right delimiter=),ampersand replacement=\&]
  {
    {}\&[3em]1\&[5em]b_{1j_2}\&[2em]b_{1j_3}\&[2em]\&[2em]b_{1j_r}\&[3em]\\
    \&\&1\&b_{2j_3}\&\&b_{2j_r}\\
    \&\&\&1\\
    \&\&\&\&\ddots\&b_{(r-1)j_r}\\
    \&\&\&\&\&1\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
  };
    \draw[loosely dotted,thick] (A-2-6.south) -- (A-4-6.north);
    \draw (A-1-2.north west) -- (A-1-2.south west) -|(A-2-3.south west) -|(A-3-4.south west) -|(A-4-5.north west);
    \draw (A-4-5.south east) -|(A-5-6.south west) -- (A-5-6.south east) -- ([shift={(4em,0)}]A-5-6.south east);
\node[anchor=south west,scale=5] at ([shift={(4em,-1em)}]A.south west) {0};
\node[anchor=north east,xscale=7,yscale=14] at ([shift={(2.5em,4em)}]A.north east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=7,xshift=0.15em] at ([shift={(-2em,-1em)}]A-2-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=5,yscale=5] at ([shift={(-2em,-1.5em)}]A-1-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=2] at ([shift={(-1em,0)}]A-1-1.east) {*};
\end{tikzpicture}\\[-7em]
&\overset{Z_i\leftarrow Z_i-b_{ij_rZ_r}}{\underset{(i\in\{1,\ldots,r-1\})}\sim}
\begin{tikzpicture}[baseline=(current bounding box.center)]
  \matrix(A)[matrix of math nodes,left delimiter=(,right delimiter=),ampersand replacement=\&]
  {
    {}\&[3em]1\&[5em]b_{1j_2}\&[2em]b_{1j_3}\&[2em]\&[2em]0\&[3em]\\
    \&\&1\&b_{2j_3}\&\&\\
    \&\&\&1\\
    \&\&\&\&\ddots\&0\\
    \&\&\&\&\&1\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
  };
    \draw[loosely dotted,thick] (A-1-6.south) -- (A-4-6.north);
    \draw (A-1-2.north west) -- (A-1-2.south west) -|(A-2-3.south west) -|(A-3-4.south west) -|(A-4-5.north west);
    \draw (A-4-5.south east) -|(A-5-6.south west) -- (A-5-6.south east) -- ([shift={(4em,0)}]A-5-6.south east);
\node[anchor=south west,scale=5] at ([shift={(4em,-1em)}]A.south west) {0};
\node[anchor=north east,xscale=7,yscale=14] at ([shift={(2.5em,4em)}]A.north east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=7,xshift=0.15em] at ([shift={(-2em,-1em)}]A-2-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=5,yscale=5] at ([shift={(-2em,-1.5em)}]A-1-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=2] at ([shift={(-1em,0)}]A-1-1.east) {*};
\end{tikzpicture}\\[-5em]
&\overset{Z_i\leftarrow Z_i-b_{ij_{r-1}Z_{r-1}}}{\underset{(i\in\{1,\ldots,r-2\})}\sim}\ldots\\[3em]
&\qquad\quad\ \vdots\\[-3em]
&\overset{Z_i\leftarrow Z_i-b_{ij_2Z_2}}{\underset{(i\in\{1,\ldots,1\})}\sim}
\begin{tikzpicture}[baseline=(current bounding box.center)]
  \matrix(A)[matrix of math nodes,left delimiter=(,right delimiter=),ampersand replacement=\&]
  {
    {}\&[3em]1\&[5em]0\&[2em]0\&[2em]\&[2em]0\&[3em]\\
    \&\&1\&0\&\&\\
    \&\&\&1\\
    \&\&\&\&\ddots\&0\\
    \&\&\&\&\&1\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
    {}\\
  };
    \draw[loosely dotted,thick] (A-1-6.south) -- (A-4-6.north);
    \draw (A-1-2.north west) -- (A-1-2.south west) -|(A-2-3.south west) -|(A-3-4.south west) -|(A-4-5.north west);
    \draw (A-4-5.south east) -|(A-5-6.south west) -- (A-5-6.south east) -- ([shift={(4em,0)}]A-5-6.south east);
\node[anchor=south west,scale=5] at ([shift={(4em,-1em)}]A.south west) {0};
\node[anchor=north east,xscale=7,yscale=14] at ([shift={(2.5em,4em)}]A.north east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=7] at ([shift={(-2em,-1em)}]A-2-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=5,yscale=5] at ([shift={(-2em,-1.5em)}]A-1-3.east) {*};
\node[anchor=west,xscale=13,yscale=2] at ([shift={(-1em,0)}]A-1-1.east) {*};
\end{tikzpicture}=C
\end{align*}
\end{algo}

\begin{bem}\label{5.2.5}
Es ist nun geklärt, wie man homogene lineare Gleichungssysteme löst:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Bringe Koeffizientenmatrix auf Stufenform [$\to$ \ref{5.2.3}]
\item Bringe sie sogar in \emph{reduzierte} Stufenform [$\to$ \ref{5.2.4}]
\item Schreibe die Lösungsmenge als Spann [$\to$ \ref{5.1.13}]
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{5.2.6}
$K = \F_5, n = 4$
$$ (*)\qquad
\begin{array}{l*{6}{l}}
\overline{4}x_2 & + x_3 & + \overline{3}x_4 & & = 0\\
\overline{2}x_1 & + \overline{3}x_2 & + x_4 & & = -\overline{2}x_3 \\
x_1 & + \overline{2}x_2 & +\overline{4}x_4 &+ \overline{3}x_3 &=0\\
\overline{2}x_1 & +\overline{4}x_2 & +x_3 & +\overline{3}x_4 & = 0
\end{array}
$$
kann man schreiben als
\[(*)\qquad Ax = 0\qquad (x\in {\F_5}^4)\] 
\begin{align*}
\text{mit }A:=\begin{pmatrix}
\overline{0} & \overline{4} & \overline{1} & \overline{3}\\
\overline{2} & \overline{3} & \overline{2} & \overline{1}\\
\overline{1} & \overline{2} & \overline{3} & \overline{4}\\
\overline{2} & \overline{4} & \overline{1} & \overline{3}
\end{pmatrix}&\overset{\over{Z_1\leftrightarrow Z_3}{\over{Z_2\leftarrow Z_2-2Z_1}{Z_4\leftarrow Z_4-\overline{2}Z_1}}}{\sim}\begin{pmatrix}
\overline{1} & \overline{2} & \overline{3} & \overline{4}\\
\overline{0} & \overline{4} & \overline{1} & \overline{3}\\
\overline{0} & \overline{4} & \overline{1} & \overline{3}\\
\overline{0} & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}
\end{pmatrix}\overset{Z_3\leftarrow Z_3-Z_2}{\sim}\begin{pmatrix}
\overline{1} & \overline{2} & \overline{3} & \overline{4}\\
\overline{0} & \overline{4} & \overline{1} & \overline{3}\\
\overline{0} & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}\\
\overline{0} & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}
\end{pmatrix}\\
&\overset{Z_2\leftarrow \frac{1}{\overline4}Z_2}{\sim}\begin{pmatrix}
\overline{1} & \overline{2} & \overline{3} & \overline{4}\\
\overline{0} & \overline{1} & \overline{4} & \overline{2}\\
\overline{0} & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}\\
\overline{0} & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}
\end{pmatrix}\overset{Z_1\leftarrow Z_1-2Z_2}{\sim}\begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(m1.base)]\node(m1){$\overline{1}$}; & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}\\
\overline{0} & \tikz[baseline=(m2.base)]\node(m2){$\overline{1}$}; & \overline{4} & \tikz[baseline=(m3.base)]\node(m3){$\overline{2}$};\\
\overline{0} & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}\\
\overline{0} & \overline{0} & \overline{0} & \overline{0}
\end{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m1.south west) -- (m2.north west) -- (m2.south west) -- (m3.south east);
\end{tikzpicture}.
\end{align*}
reduzierte Stufenform\\
Stufenpositionen 1, 2\\
abhängig: $x_1, x_2$\\
frei: $x_3,x_4$

Die Lösungsmenge von $(*)$ ist
\begin{align*}
\Set{x\in {\F_5}^4 | Ax = 0}&=\Set{x\in {\F_5}^4 | x_1 = 0, x_2 = -\overline{4}x_3-\overline{2}x_4 = x_3+\overline{3}x_4} \\
&=\Set{\cvec{0\\x_3+3x_4\\x_3\\x_4} | x_3,x_4\in \F_5}\\
&=\Set{x_3\cvec{\overline{0}\\\overline{1}\\\overline{1}\\\overline{0}} +x_4\cvec{\overline{0}\\\overline{3}\\\overline{0}\\\overline{1}} | x_3, x_4\in \F_5}\\
&=\spann{\cvec{\overline{0}\\\overline{1}\\\overline{1}\\\overline{0}},\cvec{\overline{0}\\\overline{3}\\\overline{0}\\\overline{1}}}.
\end{align*}
\end{bsp}

\begin{bem}\label{5.2.7}
Ein homogenes lineares Gleichungssystem mit weniger Gleichungen als Unbekannten hat immer eine nichttriviale Lösung (eine Lösung $\neq 0$), denn mit \ref{5.2.3} und \ref{5.2.4} kann man seine Koeffizientenmatrix in reduzierter Stufenform annehmen und da diese Matrix breiter als hoch ist, hat das Gleichungssystem dann eine freie Unbekannte [$\to$ \ref{5.1.12}].
\end{bem}

\begin{bem}\label{5.2.8}
Beim Lösen von homogenen linearen Gleichungssystemen kann es manchmal sinnvoll sein, die Unbekannten $x_1,\ldots,x_n$ anders zu nummerieren, um schneller zu einer Koeffizientenmatrix in reduzierter Stufenform zu gelangen. Da man dies manchmal erst im Laufe der Berechnung bemerkt, kann man auch \emph{Spalten} vertauschen, wenn man sich merkt, welche Spalte zu welcher Unbekannten gehört.
\end{bem}

\begin{bsp}\label{5.2.9}
$Ax= 0\ (x\in\R^5)$ mit $A=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 3 & 1\\
2 & 0 & 1 & 3 & 1\\
3 & 1 & 0 & 3 & 1
\end{pmatrix}$.
$$A\overset{Z_2\leftarrow Z_2-Z_1}{\underset{Z_3\leftarrow Z_3-Z_1}{\sim}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 3 & \tikz[baseline=(m1.base)]\node(m1){1};\\
1 & 0 & \tikz[baseline=(m2.base)]\node(m2){1}; & 0 & 0\\
\tikz[baseline=(m4.base)]\node(m4){2}; & \tikz[baseline=(m3.base)]\node(m3){1}; & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$$
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north east) -- (m1.south east) -- (m2.north east) -- (m2.south east) -- (m3.north east) -- (m3.south east) -- (m4.south west);
\end{tikzpicture}

\bigskip
$$\left[A\overset{\displaystyle\text{VORSICHT}\qquad}{\underset{\text{wahrscheinlich}}{\not\sim}}\right] \begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(m1.base)]\node(m1){1}; & \tikz[baseline=(m2.base)]\node(m2){3}; & \tikz[baseline=(m3.base)]\node(m3){0};           & \tikz[baseline=(m4.base)]\node(m4){0}; & \tikz[baseline=(m5.base)]\node(m5){1};\\
0 & 0 & \tikz[baseline=(m6.base)]\node(m6){1}; & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & \tikz[baseline=(m7.base)]\node(m7){1}; & \tikz[baseline=(m8.base)]\node(m8){2};
\end{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m1.south west) -- (m6.north west) -- (m6.south west) -- (m7.north west) -- (m7.south west) -- (m8.south east);

\node[above = 0 of m1]{$x_5$};
\node[above = 0 of m2]{$x_4$};
\node[above = 0 of m3]{$x_3$};
\node[above = 0 of m4]{$x_2$};
\node[above = 0 of m5]{$x_1$};
\end{tikzpicture}$$
reduzierte Stufenform\\
3 Stufen\\
Stufenpositionen 1, 3, 4\\
abhängig: $x_5,x_3,x_2$\\
frei: $x_4,x_1$
$$\Set{x\in \R^5 | Ax=0}=\Set{\cvec{x_1\\-2x_1\\-1x_1\\x_4\\-x_1-3x_4} | x_1,x_4\in \R}=\spann{\cvec{1\\-2\\-1\\0\\-1},\cvec{0\\0\\0\\1\\-3}}$$
\end{bsp}

\section{Dualität}

\begin{df}\label{5.3.1}
Ist $A=\begin{pmatrix}
a_{11} & \ldots & a_{1n}\\
\vdots & & \vdots\\
a_{m1} & \ldots & a_{mn}
\end{pmatrix}\in K^{m\times n}$, so nennt man 
$$\underbrace{\row}_\text{"`row space"'} A:=\spann{\cvec{a_{11}\\\vdots\\a_{1n}},\ldots,\cvec{a_{m1}\\\vdots\\a_{mn}}}\subseteq K^n$$
den \emph{Zeilenraum}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Zeilenraum ($\row$)} und $\ker A:=\Set{x\in K^n | \underbrace{Ax}_\text{[$\to$ \ref{5.1.9}]}=0}$ den \emph{Kern}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Kern ($\ker$)} von $A$.
\end{df}

\begin{sat}\label{5.3.2}
Sind $A,B\in K^{m\times n}$ in reduzierter Stufenform mit $\ker A=\ker B$, so gilt $A=B$.
\end{sat}
\begin{proof}
Wir zeigen $\forall n\in \N_0:\forall m\in \N_0:\forall A,B\in K^{m\times n}$:
$$((A,B \text{ in reduzierter Stufenform }\et \ker A=\ker B)\Longrightarrow A=B)$$
durch Induktion nach $n$.
\begin{itemize}
\item[\underline{$n=0$}] Sind $m\in\N_0$ und $A,B\in K^{m\times 0}$, so gilt $A=()=B$.
\item[\underline{$n-1\to n\quad(n\in\N)$}] Seien $m\in \N_0$ und $A,B\in K^{m\times n}$ in reduzierter Stufenform mit $\ker A=\ker B$. Zu zeigen: $A=B$.
\begin{enumerate}[{Fall }1:]
\item
$A=\begin{pmatrix}0&&&\\\vdots&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=-0.3em,yshift=0.5em,scale=5]{$*$};\end{tikzpicture}&\\
0&&&
\end{pmatrix}$.

Dann $\begin{pmatrix}1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\in \ker A=\ker B$ und daher
$B=\begin{pmatrix}
0&&&\\
\vdots&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=-0.3em,yshift=0.5em,scale=5]{$*$};\end{tikzpicture}&\\
0&&&
\end{pmatrix}$.
Schreibe $A=\begin{pmatrix}0&&&\\\vdots&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[yshift=0.5em,scale=2.5]{$A'$};\end{tikzpicture}&\\
0&&&
\end{pmatrix}$ und
$B=\begin{pmatrix}0&&&\\\vdots&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[yshift=0.5em,scale=2.5]{$B'$};\end{tikzpicture}&\\
0&&&
\end{pmatrix}$ mit $A',B'\in K^{m\times(n-1)}$. Dann sind $A'$ und $B'$ in reduzierter Stufenform und es gilt 
\begin{multline*}
\ker A'=\Set{\cvec{x_2\\\vdots\\x_n}\in K^{n-1} | \cvec{0\\x_2\\\vdots\\x_n}\in \ker A}\\
\overset{\ker A=\ker B}=\Set{\cvec{x_2\\\vdots\\x_n}\in K^{n-1} | \cvec{0\\x_2\\\vdots\\x_n}\in \ker B}=\ker B'
\end{multline*} und daher $A'=B'$ nach IV. Also $A=B$.






\item $A=\begin{pmatrix}1&&&&\\0&&&&\\
\vdots&&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=-0.5em,yshift=1em,xscale=6,yscale=8]{$*$};\end{tikzpicture}&\\
0&&&&
\end{pmatrix}$


Dann $\cvec{1\\0\\\vdots\\0}\notin \ker A=\ker B$ und daher
$B=\begin{pmatrix}1&&&&\\0&&&&\\
\vdots&&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=-0.5em,yshift=1em,xscale=6,yscale=8]{$*$};\end{tikzpicture}&\\
0&&&&
\end{pmatrix}$.





Schreibe $A=\begin{pmatrix}1&&\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=0.2em,yshift=0.25em,xscale=8,yscale=2]{$*$};\end{tikzpicture}&&\\
0&&&&\\
\vdots&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[yshift=0.5em,xscale=2.5,yscale=4]{$A'$};\end{tikzpicture}&&\\
0&&&&
\end{pmatrix}$ und
$B=\begin{pmatrix}1&&\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=0.2em,yshift=0.25em,xscale=8,yscale=2]{$*$};\end{tikzpicture}&&\\
0&&&&\\
\vdots&&
\begin{tikzpicture}[overlay]\node[yshift=0.5em,xscale=2.5,yscale=4]{$B'$};\end{tikzpicture}&&\\
0&&&&
\end{pmatrix}$ mit $A',B'\in K^{(m-1)\times (n-1)}$. Dann sind $A'$ und $B'$ in reduzierter Stufenfom und es gilt
\begin{align*}
\ker A' &= \Set{\cvec{x_2\\\vdots\\x_n}\in K^{n-1} | \exists x_1\in K:\cvec{x_1\\\vdots\\x_n}\in \ker  A}\\
&=\Set{\cvec{x_2\\\vdots\\x_n}\in K^{n-1} | \exists x_1\in K:\cvec{x_1\\\vdots\\x_n}\in \ker B} = \ker B'
\end{align*}
und daher $A'=B'$ nach IV. Es bleibt nur noch zu zeigen, dass die jeweils ersten Zeilen von $A$ und $B$ übereinstimmen.
\red{Bis hierher hätten wir am 7.12. kommen sollen.}
\begin{itemize}
\item[\emph{Behauptung 1:}] $A$ und $B$ haben dieselben Stufenpositionen.
\item[\emph{Begründung:}] 1 ist Stufenposition von $A$ und von $B$. Sei $j\in \left\{2,\ldots, n\right\}$. Dann $j$ Stufenposition von $A\iff j-1$ Stufenposition von $A' = B'\iff j$ Stufenposition von $B$.
\item[\emph{Behauptung 2:}] Die Gleichungssysteme $Ax = 0$ und $Bx = 0$ $(x\in K^n)$ haben dieselben abhängigen und freien Unbekannten.
\item[\emph{Begründung:}] folgt sofort aus Behauptung 1.
\end{itemize}
Sei nun $j\in \left\{2,\ldots,n\right\}$, $a$ der $j$-te Eintrag von $A$ und $b$ der $j$-te Eintrag von $B$ in der ersten Zeile. Zu zeigen: $a = b$. Ist $j$ eine Stufenposition von $A$, so nach Behauptung 1 auch von $B$ und daher $a = 0 = b$.
Sei also nun $j$ keine Stufenposition von $A$. Dann ist $x_j$ frei (für beide Gleichungssysteme, siehe Behauptung 2) und man findet $x\in \ker A = \ker B$ mit $x_j = 1$ und $x_k = 0$ für alle anderen freien Unbekannten $x_k$. Es folgt $1\cdot x_1 + a x_j = 0 = 1\cdot x_1+ bx_j$ und damit $a = -x_1 = b$.\qedhere
\end{enumerate}
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{bem}\label{5.3.3}
Ist $A\in K^{m\times n}$, so
$$\ker A = \left\{x\in K^n\mid \forall a\in \row A: a_1x_1+\dots+a_nx_n = 0\right\}\text{ [$\to$ \ref{5.1.9}, \ref{5.3.1}].}$$
\end{bem}

\begin{sat}\label{5.3.4}
Seien $A,B\in K^{m\times n}$. Dann
$$A\sim B \iff \ker A = \ker B\iff \row A = \row B$$
\end{sat}
\begin{proof}
Zeilenoperationen auf einer Matrix aus $K^{m\times n}$ ändern weder ihre Äquivalenzklasse [$\to$ \ref{5.2.2}], noch ihren Kern [$\to$ \ref{5.1.14} (b)] noch ihren Zeilenraum (sieht man leicht). Also können wir nach \ref{5.2.3} und \ref{5.2.4} $A$ und $B$ in reduzierter Stufenform annehmen. Dann
$$\ker A = \ker B \overset{\text{\ref{5.3.2}}}{\Longrightarrow} A = B \Longrightarrow A \sim B \Longrightarrow \row A = \row B \overset{\text{\ref{5.3.3}}}{\Longrightarrow} \ker A = \ker B.$$
\end{proof}

\begin{kor}\mbox{}\label{5.3.5}
{\rm[$\to$ \ref{5.3.3}]} Ist $A\in K^{m\times n}$, so
$$\row A = \left\{a\in K^n \mid\forall x\in \ker A: a_1x_1+\ldots+a_nx_n = 0\right\}.$$
\end{kor}
\begin{proof}
Sei $A\in K^{m\times n}$.
\begin{itemize}
\item["`$\subseteq$"'] ist klar nach Def. \ref{5.3.1}.
\item["`$\supseteq$"'] Sei $a\in K^n$ mit $\forall x\in \ker A:a_1x_1+\ldots+a_nx_n = 0$.\\
Dann $\ker A=\ker\begin{pmatrix}&&\\
&\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=0.2em,yshift=0.25em,xscale=6,yscale=4]{$A$};\end{tikzpicture}&\\
&&\\
a_1&\ldots&a_n\end{pmatrix}
= \ker\begin{pmatrix}&&\\
&\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=0.2em,yshift=0.25em,xscale=6,yscale=4]{$A$};\end{tikzpicture}&\\
&&\\
0&\ldots&0\end{pmatrix}$ und daher 
$$\cvec{a_1\\\vdots\\a_n}\in\row
\begin{pmatrix}&&\\
&\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=0.2em,yshift=0.25em,xscale=6,yscale=4]{$A$};\end{tikzpicture}&\\
&&\\
a_1&\ldots&a_n\end{pmatrix}
\overset{\text{\ref{5.3.4}}}{=}\row
\begin{pmatrix}&&\\
&\begin{tikzpicture}[overlay]\node[xshift=0.2em,yshift=0.25em,xscale=6,yscale=4]{$A$};\end{tikzpicture}&\\
&&\\
0&\ldots&0\end{pmatrix}=\row A.$$
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{kor}\mbox{}\label{kerrow}
Ist $A\in K^{m\times n}$ und $X\in K^{\ell\times n}$, so
\[\ker A=\row X\iff\ker X=\row A.\]
\end{kor}

\begin{proof}
Aus Symmetriegründen reicht es "`$\implies$"' zu zeigen. Gelte also $\ker A=\row X$.
Aus $\ker A\supseteq\row X$ folgt leicht $\ker X\supseteq\row A$. Es bleibt $\ker X\subseteq\row A$ zu zeigen.
Sei hierzu $a\in\ker X$. Zu zeigen ist $a\in\row A$. Nach Korollar \ref{5.3.5} reicht es hierzu zu zeigen, dass
\[a_1x_1+\ldots+a_nx_n=0\]
für alle $x\in\ker A$. Diese Gleichung ist für alle Zeilen $x$ von $X$ klar wegen $a\in\ker X$ und der
Kommutativität der Multiplikation in $K$. Damit ist sie aber
auch klar für alle $x$ aus dem Zeilenraum $\row X$ von $X$. Dieser ist aber nach Voraussetzung gleich $\ker A$.
\end{proof}

\begin{bem}\label{dualproblem}
Gegeben seien $x^{(1)},\ldots,x^{(\ell)}\in K^n$. Wir wollen ein homogenes lineares Gleichungssystem ohne redundante Gleichungen finden, dessen Lösungsmenge genau
$\spann{x^{(1)},\ldots,x^{(\ell)}}$ ist. Diese sogenannte \emph{duale Aufgabe} kann man wegen \ref{kerrow} wie folgt lösen:

Schreibe $x^{(1)},\ldots,x^{(\ell)}$ als Zeilen der Matrix $X\in K^{\ell\times n}$. Löse das Gleichungssystem
\[X\cdot a = 0\qquad(a\in K^n)\]
und fasse die gefundenen Basislösungen $a^{(1)},\ldots, a^{(m)}\in K^n$ als Zeilen einer Matrix $A\in K^{m\times n}$ auf. Es ist dann
\[A\cdot x = 0\qquad(x\in K^n)\]
ein Gleichungssystem wie gewünscht.
\end{bem}

\begin{bsp}\label{dualex}
Wir suchen ein Gleichungssystem, dessen Lösungsmenge
$\spann{\cvec{2\\1\\0},\cvec{0\\1\\1}}$ ist.
\begin{align*}
X:= \begin{pmatrix}
2 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{Z_1 \leftarrow \frac{1}{2}Z_1}{\sim}\begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & 0\\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\overset{Z_1\leftarrow Z_1-\frac{1}{2}Z_2}{\sim}\begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(m1.base)]\node(m1){$1$}; & 0 & -\frac{1}{2}\\
0 & \tikz[baseline=(m2.base)]\node(m2){$1$}; & \tikz[baseline=(m3.base)]\node(m3){$1$};
\end{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m1.south west) -- (m2.north west) -- (m2.south west) -- (m3.south east);
\end{tikzpicture}
\end{align*}
\begin{align*}
\Set{a\in \R^3 | X\cdot a = 0} &= \Set{a\in\R^3 | a_1 = \frac{1}{2}a_3, a_2 = -a_3}= \Set{\cvec{\frac{1}{2}a_3\\-a_3\\a_3}| a_3\in\R}\\
&= \spann{\cvec{\frac{1}{2}\\-1\\1}}= \spann{\cvec{1\\-2\\2}}
\end{align*}
$x_1-2x_2+2x_3 = 0$ $(x\in\R^3)$ ist ein Gleichungssystem wie gesucht.
\end{bsp}

\chapter{Vektorräume}

\section{Definition und Beispiele von Vektorräumen, Untervektorräume}

\begin{df}\mbox{}\label{6.1.1}
[$\to$ \ref{3.1.1}] Ein \emph{Vektorraum}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}} (\emph{VR}) ist ein Tupel $(K,+_K,\cdot_K, V,+,\cdot)$, wobei $(K,+_K,\cdot_K)$ ein Körper, $(V,+)$ eine abelsche Gruppe [$\to$ \ref{2.1.1}] und $\cdot:K\times V\to V$ eine (meist unsichtbar oder infix geschriebene) Abbildung ist mit folgenden Eigenschaften:
\begin{itemize}
\item[(V)] $\forall a,b\in K:\forall v\in V:(a\cdot_K b)v = a(bv)$ \qquad"`verträglich"'
\item[\vecN] $\forall v\in V: 1_Kv = v$\index{neutrales Element@{\bf neutrales Element}}
\item[\vecD] $\forall a\in K: \forall v,w\in V: a(v+w) = (av)+(aw)$\index{distributiv@{\bf distributiv}}
\item[(D')] $\forall a,b\in K:\forall v\in V: (a+_Kb)v = (av) + (bv)$\index{distributiv@{\bf distributiv}}
\end{itemize}
\end{df}

\begin{bem}\label{6.1.2}
Sei $(K,+_K,\cdot_K,V,+,\cdot)$ ein Vektorraum.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Die Elemente von $V$ nennt man oft \emph{Vektoren}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Vektoren}. Wir bezeichnen sie oft mit\\
$v,w,u,x,y,\dots$. Früher bezeichnete man sie mit $\overrightarrow v, \overrightarrow w,\dots$
\item Die Elemente von $K$ nennt man oft \emph{Skalare}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Skalare}. Wir bezeichnen sie oft mit $a,b,c,d,\lambda,\mu,$\\
$\alpha,\beta, \gamma, \delta,\ldots$
\item Sprechweisen:
\begin{itemize}
\item $(K,+_K,\cdot_K)$ Grund-/Skalarkörper\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Grundkörper}
\item $V$ zugrundeliegende (oder Träger-)Menge\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Trägermenge}
\item $(V,+)$ zugrundeliegende abelsche Gruppe oder additive Gruppe.\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!additive Gruppe}
\item $+$ (Vektor-)Addition\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Vektoraddition}
\item $\cdot$ Skalarmultiplikation (nicht verwechseln mit Skalarprodukt!)\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Skalarmultiplikation}
\end{itemize}
\item "`Punkt vor Strich"' [$\to$ \ref{3.1.2} (f)]: $av+bw = (av)+(bw)$ für $a,b\in K, v,w\in V$.
\item \vecD~ besagt, dass für jedes $a\in K$ die Abbildung $V\to V, v\mapsto av$ ein Gruppenendomorphismus von $(V,+)$ ist. Insbesondere $a\cdot 0=0$ und $a(-v) = -av$ für alle $a\in K$ [$\to$ \ref{3.1.2} (g)].
\item Für alle $v\in V$ gilt $0_K \cdot v = 0$, denn $0_Kv+0_Kv \overset{\text{(D')}}{=} (0_K+_K0_K) v \overset{\text{(N)}}{=}0_K v$.
\item Für alle $a\in K$ gilt $(-a)v = -av$, denn $av + (-a)v \overset{\text{(D')}}{=} (a-_Ka)v = 0_K v \overset{\text{(f)}}{=} 0$.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{sprnt}\mbox{}\label{6.1.3}
[$\to$ \ref{2.1.2} (e), \ref{3.1.2} (d)] Statt von einem Vektorraum $(K, +_K,\cdot_K, V,+,\cdot)$ spricht man auch von einem $K$-Vektorraum $V$ oder von einem Vektorraum $V$ (über $K$). Statt $+_K$ und $\cdot_K$ schreibt man $+$ und $\cdot$.
\end{sprnt}

\begin{bsp}\label{6.1.4}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Jede einelementige abelsche Gruppe $V=\left\{0\right\}$ kann man für jeden Körper $K$ auf genau eine Weise zu einem $K$-Vektorraum machen (nämlich indem man die Skalarmultiplikation durch $\lambda\cdot 0 := 0$ für $\lambda \in K$ definiert). Man nennt dann $V$ einen \emph{Nullvektorraum}.
\item Sei der Körper $K$ ein Unterring [$\to$ \ref{3.2.1}] des kommutativen Ringes $A$ [$\to$ \ref{3.1.1}]. Dann ist $A$ ein $K$-Vektorraum vermöge der Skalarmultiplikation $\cdot:K\times A\to A, (\lambda, a) \mapsto \lambda\cdot_A a$.

Zum Beispiel wird in dieser Weise der Polynomring $K[X]$ ein $K$-Vektorraum und die komplexen Zahlen bilden einen reellen Vektorraum (d.h. $\C$ ist ein $\R$-Vektorraum). Es ist $\C$ aber auch ein $\C$-Vektorraum. Allgemeiner ist jeder Körper ein Vektorraum über sich selbst, das heißt $K$ ist ein $K$-Vektorraum vermöge der Körpermultiplikation als Skalarmultiplikation.
\item Ist $A$ eine Menge, so wird die abelsche Gruppe $\Pow(A)$ aus \ref{2.1.3} (e) ein $\F_2$-Vektorraum vermöge
$$0_{\F_2}B := \emptyset \text{ und } 1_{\F_2}B := B \text{ für } B\in \Pow(A).$$
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{satdef}\label{6.1.5}
{\rm[$\to$ \ref{2.1.11}]} Sei $K$ ein Körper, $I$ eine Menge und für jedes $i\in I$ ein $K$-Vektorraum $V_i$ gegeben. Das in \ref{2.1.11} definierte direkte Produkt $\prod_{i\in I}V_i$ der additiven Gruppe der $V_i$ wird dann vermöge der "`punktweisen"' Skalarmultiplikation
$$K\times \prod_{i\in I}V_i\to \prod_{i\in I}V_i, (a,f)\mapsto (i\mapsto af(i))$$
zu einem $K$-Vektorraum, dem \emph{direkten Produkt}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!direktes Produkt} der $K$-Vektorräume $V_i$ $(i\in I)$. Für $a\in K$ und $f\in \prod_{i\in I}V_i$ gilt $(af)(i) = a f(i)$ für alle $i\in I$.
\end{satdef}
\begin{proof}
Übung.
\end{proof}

\begin{kor}\label{6.1.6}
{\rm[$\to$ \ref{2.1.12}]} Sei $K$ ein Körper. Sind $n\in \N_0$ und $V_1,\ldots,V_n$ $K$-Vektorräume, so ist die abelsche Gruppe $V_1\times \ldots\times V_n$ zusammen mit der durch
$$a\cvec{v_1\\\vdots\\v_n} := \cvec{av_1\\\vdots\\av_n} ~(a\in K, v_1\in V_1, \ldots, v_n\in V_n)$$
definierte Skalarmultiplikation ein $K$-Vektorraum (wir schreiben hier $n$-Tupel wieder als "`Spaltenvektoren"'). Insbesondere wird auf diese Weise für jeden $K$-Vektorraum $V$ und jedes $n\in\N_0$ die abelsche Gruppe $V^n = \underbrace{V\times \ldots\times V}_{n\text{-mal}}$ ein $K$-Vektorraum.
\end{kor}

\begin{bem}\label{6.1.7}
Sei $K$ ein Körper und $n\in \N_0$. Als sehr wichtiger Spezialfall von \ref{6.1.6} ergibt sich $K^n$ ist mit der durch
$$\lambda\cvec{a_1\\\vdots\\a_n}:=\cvec{\lambda a_1\\\vdots\\\lambda a_n}\qquad(\lambda\in K, a_1,\ldots,a_n\in K)$$
[$\to$\text{\ref{5.1.3}(c)}] definierten Skalarmultiplikation ein $K$-Vektorraum (beachte $K^0=\left\{()\right\}=\{0\}$ ist ein Nullvektorraum [$\to$ \ref{6.1.4} (a)]).
\end{bem}

\begin{bsp}\label{6.1.8}
$\R^n=\underbrace{\R\times \ldots\times \R}_{n-\text{mal}}$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->, thick] (-2.5,0) -- (3,0) node[anchor = south]{$\R$};
\draw[->, thick] (0,-1.5) -- (0,3.5) node[anchor = east]{$\R$};

\node(0){};
\node[above right = 5 of 0]{$\R^2$};
\node[below right = 2 of 0]{$\cvec{a_1\\a_2}+\cvec{b_1\\b_2}=\cvec{a_1+b_1\\a_2+b_2}$};
\node[above left = 3 of 0]{$2\cvec{c_1\\c_2} = \cvec{2c_1\\2c_2}$};
\draw (1, 2pt) -- (1, -2pt) node[anchor = north]{$a_1$};
\draw (1.5, 2pt) -- (1.5, -2pt) node[anchor = north]{$b_1$};
\draw (2pt, .5) -- (-2pt, .5) node[anchor = east]{$a_2$};
\draw (2pt, 2.5) -- (-2pt, 2.5) node[anchor = east]{$b_2$};
\draw (2.5, 2pt) -- (2.5, -2pt) node[anchor = north]{$a_1+b_1$};
\draw (2pt , 3) -- (-2pt, 3) node[anchor = east]{$a_2+b_2$};
\draw (-1, 2pt) -- (-1, -2pt) node[anchor = south]{$c_1$};
\draw (2pt, -.5) -- (-2pt, -.5) node[anchor = west]{$c_2$};
\draw (-2, 2pt) -- (-2, -2pt) node[anchor = south]{$2c_1$};
\draw (2pt, -1) -- (-2pt, -1) node[anchor = west]{$2c_2$};

\draw[->, blue] (0,0) -- (1,.5);
\draw[green,densely dashed] (1,0) -- (1,.5);
\draw[green,densely dashed] (0,0.5) -- (1,.5);
\draw[->, red] (0,0) -- (1.5,2.5);
\draw[green,densely dashed] (1.5,0) -- (1.5,2.5);
\draw[green,densely dashed] (0,2.5) -- (1.5,2.5);
\draw[->, blue] (1.5,2.5) -- (2.5,3);
\draw[green,densely dashed] (2.5,0) -- (2.5,3);
\draw[green,densely dashed] (0,3) -- (2.5,3);
\draw[->, red] (1,.5) -- (2.5,3);
\draw[->] (0,0) -- (-1, -.5);
\draw[green,densely dashed] (-1,0) -- (-1, -.5);
\draw[green,densely dashed] (0,-0.5) -- (-1, -.5);
\draw[dashed, ->] (-1,-.5) -- (-2,-1);
\draw[green,densely dashed] (-2,0) -- (-2,-1);
\draw[green,densely dashed] (0,-1) -- (-2,-1);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Vektoraddition: Aneinanderfügen von Pfeilen\\
Skalarmultiplikation: Strecken
\end{bsp}

\red{Bis hierher hätten wir am 11.12. kommen sollen.}

\begin{df}\mbox{}\label{6.1.9}
[$\to$ \ref{2.2.1}, \ref{3.2.1}] Seien $U$ und $V$ $K$-Vektorräume. Dann heißt $U$ ein \emph{Untervektorraum} oder \emph{(linearer) Unterraum}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Untervektorraum/linearer Unterraum} (\emph{UR}) von $V$, wenn die additive Gruppe [$\to$~\ref{6.1.2}] von $U$ eine Untergruppe der additiven Gruppe von $V$ ist und
\[\forall a\in K:\forall u\in U: a\cdot_U u = a\cdot_V u.\]
\end{df}

\begin{pro}\label{6.1.10}
{\rm[$\to$ \ref{2.2.2}, \ref{3.2.2}]} Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U$ eine Menge. Dann ist $U$ genau dann Trägermenge eines Unterraums von $V$, wenn gilt:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $U\subseteq V$,
\item $0_V\in U$,
\item $\forall u,v\in U: u +_V v \in U$ und
\item $\forall \lambda\in K:\forall u\in U:\lambda \cdot_V u \in U$.
\end{enumerate}
In diesem Fall gibt es \emph{genau} ein Paar $(+_U,\cdot_U)$, mit dem $(K,+_K,\cdot_K,U,+_U,\cdot_U)$ ein Unterraum von $(K,+_K,\cdot_K, V, +_V,\cdot_V)$ wird. Es gilt dann
\begin{enumerate}[\rm(a')]
\item $0_U = 0_V$,
\item $\forall u,v\in U:u+_U v = u+_V v$ und
\item $\forall \lambda\in K:\forall u\in U:\lambda\cdot_Uu= \lambda\cdot_Vu$.
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
Einfach mit \ref{2.2.2} unter Verwendung von $-_V u\overset{\text{\ref{6.1.2} (g)}}{=} (-1)\cdot_V u$ für alle $u\in V$.
\end{proof}

\begin{bsp}\label{6.1.11}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $K$ ein Körper, so ist die Lösungsmenge eines \emph{homogenen} linearen Gleichungssystems über $K$ [$\to$ \ref{5.1.1}] in $n$ Unbekannten ein Untervektorraum des Vektorraums $K^n$. Dies besagt gerade \ref{5.1.3}.
\item Die Mengen $\R$ der reellen und $\left\{a\i\mid a\in\R\right\}$ der \emph{rein imaginären} Zahlen sind jeweils Unterräume des $\R$-Vektorraums $\C$, aber nicht des $\C$-Vektorraums $\C$.
\item Ist $K$ ein Körper, so ist für jedes $d\in\left\{-\infty\right\}\cup \N_0$
\[K[X]_d := \left\{p\in K[X]\mid\deg p\le d\right\}\]
ein Unterraum des $K$-Vektorraums $K[X]$ (schlampig gesagt: ein $K$-Unterraum von $K[X]$).
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{6.1.12}
{\rm[$\to$ \ref{2.2.5}, \ref{3.3.8}]} Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $M$ eine Menge von Unterräumen von $V$. Dann ist $\bigcap M$ ein Unterraum von $V$ (mit $\bigcap \emptyset := V$).
\end{pro}
\begin{proof}
Einfach mit \ref{2.2.5}.
\end{proof}

\begin{satdef}\label{6.1.13}
{\rm[$\to$ \ref{2.2.6}, \ref{3.3.9}]} Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $E\subseteq V$. Dann gibt es \emph{\underline{\underline{den}} kleinsten}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Unterraum!erzeugter Unterraum/ lineare Hülle/ Spann} Unterraum $U$ von $V$ mit $E\subseteq U$. Man nennt ihn den von $E$ in $V$ \case{\emph{erzeugten}}{\emph{aufgespannten}} Unterraum oder \case{die lineare Hülle}{den Spann} von $E$ (in $V$) und notiert in mit $\spann{E}$.
\end{satdef}
\begin{proof}
Völlig analog zum Beweis von \ref{2.2.6} (benutze \ref{6.1.12} statt \ref{2.2.5}).
\end{proof}

\begin{sat}\label{6.1.14}
{\rm[$\to$ \ref{2.2.7}, \ref{3.3.10}]} Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $E\subseteq V$. Dann
$$\spann{E} = \Bigg\{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}\lambda_i v_i}_\text{"`Linearkombinationen"'}\Bigg|~ n\in \N_0, \lambda_1,\ldots,\lambda_n\in K, v_1,\ldots,v_n\in E\Bigg\}.$$
\end{sat}
\begin{proof}
Der Beweis ist analog zum Beweis von Satz \ref{2.2.7} und stellt gleichzeitig einen neuen Beweis für \ref{6.1.13} dar.
\end{proof}

\section{Basen}

\begin{df}\label{6.2.1}
Seien $V$ ein $K$-Vektorraum, $n\in\N_0$ und $v_1,\dots,v_n\in V$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Man nennt
$$\lin(v_1,\dots,v_n):=\lin(\{v_1,\dots,v_n\})\overset{\text{\ref{6.1.1}(D')}}=\Set{\sum_{i=1}^n\la_iv_i|\la_1,\dots,\la_n\in K}$$
den Spann von $v_1,\dots,v_n$ [$\to$\ref{5.1.5}, \ref{6.1.13}, \ref{6.1.14}].
Man sagt, $v_1,\dots,v_n$ \emph{erzeugen}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Erzeugendensystem} $V$ (oder \emph{spannen} $V$ auf oder bilden ein \emph{Erzeugendensystem} von $V$), wenn $$V=\lin(v_1,\dots,v_n).$$
\item Man nennt $v_1,\dots,v_n$ \emph{linear unabhängig}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!lineare Unabhängigkeit}, wenn
$$\lin(v_1,\dots,v_{i-1},v_{i+1},\dots,v_n)\ne\lin(v_1,\dots,v_n)$$
für alle $i\in\{1,\dots,n\}$. Andernfalls nennt man $v_1,\dots,v_n$ \emph{linear abhängig}
\item Es heißt $(v_1,\dots,v_n)$ eine \emph{(geordnete) Basis}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Basis} von $V$, falls $v_1,\dots,v_n$ linear unabhängig sind und $V$ erzeugen. Man sagt dann auch, $v_1,\dots,v_n$
\emph{bilden} eine Basis von $V$.
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{bsp}\label{6.2.2}
Sei $K$ ein Körper und $n\in\N_0$. Ist für $i\in\{1,\dots,n\}$
$$e_i:=\left(\begin{smallmatrix}0\\\vdots\\0\\1\rlap{\tiny $\longleftarrow$ $i$-te Stelle}\\0\\\vdots\\0\end{smallmatrix}\right)\qquad\qquad\in K^n$$
der $i$-te \emph{Standardvektor} (oder \emph{kanonische Einheitsvektor}) im $K^n$, so ist
$$\underline e:=(e_1,\dots,e_n)$$
eine Basis des $K^n$. Man nennt sie die \emph{Standardbasis}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Basis!Standardbasis} (auch natürliche Basis oder kanonische Basis) des $K^n$.
\end{bsp}

\begin{pro}\label{6.2.3}
Seien $V$ ein $K$-Vektorraum, $n\in\N_0$ und $v_1,\dots,v_n\in V$. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $v_1,\dots,v_n$ sind linear unabhängig.
\item $\forall\la_1,\dots,\la_n\in K:(\la_1v_1+\ldots+\la_nv_n=0\implies \la_1=\ldots=\la_n=0)$, das heißt "`der Nullvektor lässt sich aus den $v_i$ nur trivial kombinieren"'.
\end{enumerate}
\end{pro}

\begin{proof}
Die logischen Negationen von (a) und (b) sind:
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(\=a)] Es gibt ein $i\in\{1,\dots,n\}$ mit $\lin(v_1,\dots,v_{i-1},v_{i+1},\dots,v_n)=\lin(v_1,\dots,v_n)$.
\item[(\=b)] Es gibt $i\in\{1,\dots,n\}$ und $\la_1,\dots,\la_n\in K$ mit $\la_1v_1+\dots+\la_nv_n=0$ und $\la_i\ne0$.
\end{enumerate}
Wir zeigen, dass für alle $i\in\{1,\dots,n\}$ äquivalent sind:
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(\~a)] $\lin(v_1,\dots,v_{i-1},v_{i+1},\dots,v_n)=\lin(v_1,\dots,v_n)$.
\item[(\~b)] Es gibt $\la_1,\dots,\la_n\in K$ mit $\la_1v_1+\dots+\la_nv_n=0$ und $\la_i\ne0$.
\end{enumerate}
Dies ist klar, da (\~a) und (\~b) beide äquivalent sind zu $v_i\in\lin(v_1,\dots,v_{i-1},v_{i+1},\dots,v_n)$.
\end{proof}

\begin{bem}\label{6.2.4}
\begin{enumerate}[(a)]
\item In §\ref{5.1} hatten wir gesehen, wie man aus einer gegebenen Matrix in reduzierter Stufenform eine Basis ihres Kerns ablesen kann [$\to$\ref{5.1.14}(a)].
\item Die Nichtnullzeilen einer Matrix in Stufenform [$\to$\ref{5.1.10}] bilden eine Basis ihres Zeilenraums. In der Tat: Sie spannen den Zeilenraum gemäß seiner Definition \ref{5.3.1} natürlich auf. Um zu zeigen, dass sie linear unabhängig sind, bezeichne $r$ die Anzahl der Stufen und $a^{(i)}$ die $i$-te Zeile für jedes $i\in\{1,\dots,r\}$. Seien
$\la_1,\dots,\la_r\in K$ mit $\sum_{i=1}^r\la_ia^{(i)}=0$. Angenommen es gilt nicht $\la_1=\dots=\la_r=0$. Dann gibt es ein $k\in\{1,\dots,r\}$ mit
$\la_1=\dots=\la_{k-1}=0\ne\la_k$. Ist $j_k$ die $k$-te Stufenposition der Matrix, so folgt nun $\la_ka^{(k)}_{j_k}=0$ und daher $\la_k=0$. Widerspruch!
$$\begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(s1.base)]\node(s1){1}; & \tikz[baseline=(se.base)]\node(se){7}; &   &   & \tikz\node(r1){};\\
\tikz[baseline=(n1.base)]\node(n1){0}; & \tikz[baseline=(s2.base)]\node(s2){3}; &   &   & \tikz\node(r2){};\\
\tikz\node(l3){};  & \tikz[baseline=(n2.base)]\node(n2){0}; & \tikz[baseline=(s3.base)]\node(s3){4}; &   & \tikz\node(r3){};\\
\tikz\node(l4){};  &   & \tikz[baseline=(n3.base)]\node(n3){0}; & \tikz[baseline=(s4.base)]\node(s4){1}; & \tikz\node(r4){};\\
\tikz\node(l5){};  &   &   & \tikz[baseline=(n4.base)]\node(n4){0}; & \tikz[baseline=(s5.base)]\node(s5){2}; \\
 &   &   &   & \tikz[baseline=(n5.base)]\node(n5){0}; \\
  ~\\
\tikz[baseline=(n6.base)]\node(n6){0}; & \tikz[baseline=(n7.base)]\node(n7){0}; & \tikz[baseline=(n8.base)]\node(n8){0}; & \tikz[baseline=(n9.base)]\node(n9){0}; & \tikz[baseline=(n10.base)]\node(n10){0};
\end{pmatrix} 
\begin{array}{cl}
(1):& 1\la_1 = 0\\
(2):& \underbrace{7\la_1}_{=0} + 3\la_2 = 0\\
\vdots
\end{array}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (s1.north west) -- (s1.south west) -- (s2.north west) -- (s2.south west) -- (s3.north west) -- (s3.south west) -- (s4.north west) -- (s4.south west) -- (s5.north west) -- (s5.south west) -- (s5.south east);
\draw[loosely dotted, very thick] (n1) -- (n6);
\draw[loosely dotted, very thick] (n2) -- (n7);
\draw[loosely dotted, very thick] (n3) -- (n8);
\draw[loosely dotted, very thick] (n4) -- (n9);
\draw[loosely dotted, very thick] (n5) -- (n10);

\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=red] (s1.west) to (r1.east);
\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=red] (n1.west) to (r2.east);
\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=red] (l3.west) to (r3.east);
\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=red] (l4.west) to (r4.east);
\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=red] (l5.west) to (s5.east);

\node[left = 0.2 of s1]{$a^{(1)}$};
\node[left = 0.2 of n1]{$a^{(2)}$};
\node[left = 0.2 of l3]{$a^{(3)}$};
\node[left = 0.2 of l4]{$a^{(4)}$};
\node[left = 0.2 of l5]{$a^{(5)}$};

\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=blue] (s1.north) to (n6.south);
\node[below = 0 of n6]{(1)};
\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=blue] (se.north) to (n7.south);
\node[below = 0 of n7]{(2)};
\node[below = 0 of n8]{\dots};
\end{tikzpicture}$$
\item Bemerkungen (a) und (b) zeigen, wie man mit dem Gauß-Verfahren aus §\ref{5.2} zu einer gegebenen Matrix $A\in K^{m\times n}$ ($K$ ein Körper) Basen der
Untervektorräume $\ker A$ und $\row A$ des $K$-Vektorraums $K^n$ berechnen kann.
\end{enumerate}
\end{bem}


\begin{lem}[Austauschlemma von Steinitz]{\rm[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Ernst_Steinitz}{Ernst Steinitz} *1871 \dag 1928]}\label{6.2.5}\\
Sei $(v_1,\dots,v_n)$ eine Basis des $K$-Vektorraums $V$. Seien $\la_1,\dots,\la_n\in K$, $w=\sum_{i=1}^n\la_iv_i$ und $j\in\{1,\dots,n\}$ mit $\la_j\ne0$. Dann ist auch
$(v_1,\dots,v_{j-1},w,v_{j+1},\dots,v_n)$ eine Basis von $V$.
\end{lem}
\begin{proof}
Wegen $$v_j=\frac1{\la_j}\left(\sum_{\over{i=1}{i\ne j}}^n(-\la_i)v_i+1w\right)$$
gilt $v_i\in\lin(v_1,\dots,v_{j-1},w,v_{j+1},\dots,v_n)$ für alle $i\in\{1,\dots,n\}$ und daher
$$\lin(v_1,\dots,v_{j-1},w,v_{j+1},\dots,v_n)=V.$$ Es ist noch zu zeigen, dass $v_1,\dots,v_{j-1},w,v_{j+1},\dots,v_n$ linear unabhängig sind. Seien hierzu
$\mu_1,\dots,\mu_n\in K$ mit
$$\sum_{\over{i=1}{i\ne j}}^n\mu_iv_i+\mu_jw=0.$$ Zu zeigen ist $\mu_i=0$ für alle $i\in\{1,\dots,n\}$. Es gilt
$$0=\sum_{\over{i=1}{i\ne j}}^n\mu_iv_i+\mu_j\sum_{\over{i=1}{i\ne j}}^n\la_iv_i+\mu_j\la_jv_j=
\sum_{\over{i=1}{i\ne j}}^n(\mu_i+\mu_j\la_i)v_i+\mu_j\la_jv_j.$$
Da $v_1,\dots,v_n$ linear unabhängig sind, folgt $\mu_j=0$ (denn $\mu_j\la_j=0$ und $\la_j\ne0$) und somit
$\mu_i=\mu_i+\mu_j\la_i=0$ für alle $i\in\{1,\dots,n\}\setminus\{j\}$.
\end{proof}

\begin{sat}[Austauschsatz von Steinitz]\label{6.2.6}
Sei $(v_1,\dots,v_n)$ eine Basis des Vektorraums $V$ und seien $w_1,\dots,w_m\in V$ linear unabhängig. Dann gibt es paarweise verschiedene
$i_1,\dots,i_m\in\{1,\dots,n\}$ so, dass $v_1,\dots,v_n$ nach Ersetzen von $v_{i_j}$ durch $w_j$ {\rm($j\in\{1,\dots,m\}$)} immer noch eine Basis von $V$ ist. Insbesondere
gilt $m\le n$.
\end{sat}
\begin{proof}
Induktion nach $m$.\\
\underline{$m=0$}\quad nichts zu zeigen\\
\underline{$m-1\to m\quad(m\in\N)$}\quad Nach Induktionsvoraussetzung und Umnummerierung bilden $$w_1,\dots,w_{m-1},v_m,\dots,v_n$$ eine Basis von $V$
(insbesondere $m-1\le n$). Wähle
$\la_i,\mu_j\in K$ mit $$w_m=\sum_{i=1}^{m-1}\la_iw_i+\sum_{j=m}^n\mu_jv_j.$$ Da $w_1,\dots,w_m$ linear unabhängig sind, gibt es ein $\mu_j\ne0$
(insbesondere $m\le n$). Wende nun das Austauschlemma \ref{6.2.5} an.
\end{proof}

\begin{df}\mbox{}[$\to$\ref{6.2.1}] \label{6.2.7}
Sei $V$ ein Vektorraum und $G\subseteq V$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Es heißt $G$ ein \emph{Erzeugendensystem}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Erzeugendensystem} von $V$ (auch $G$ \emph{erzeugt} $V$ oder \emph{spannt} $V$ \emph{auf}), wenn $\lin(G)=V$ [$\to$\ref{6.1.13}].
\item Es heißt $G$ \emph{linear unabhängig}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!lineare Unabhängigkeit} in $V$, wenn $\lin(G\setminus\{v\})\ne\lin(G)$ für alle $v\in G$. Andernfalls heißt $G$ \emph{linear abhängig} in $V$.
\item Es heißt $G$ eine (ungeordnete) \emph{Basis}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Basis} von $V$, wenn $G$ ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von $V$ ist.
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{bsp}\label{6.2.8}
Sei $K$ ein Körper.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $V=\{0\}$ ein Nullvektorraum [$\to$\ref{6.1.4}(a)], so ist $\emptyset$ die einzige Basis von $V$.
\item Die Basen des $K$-Vektorraums $K$ [$\to$\ref{6.1.4}(b)] sind genau die einelementigen Mengen $\{a\}$ mit $a\in K^\times$.
\item Es ist $\{1,\i\}$ eine Basis des $\R$-Vektorraums $\C$ [$\to$\ref{4.2.3}(b)].
\item Die Menge der \emph{Monome} $\{1,X,X^2,X^3,\dots\}$ ist eine Basis des $K$-Vektorraums $K[X]$ [$\to$\ref{3.2.4}, \ref{3.2.6}].
\item Die Menge $\{e_1,\dots,e_n\}$ der Standardvektoren [$\to$\ref{6.2.2}] ist eine Basis des $K$-Vektorraums $K^n$.
\item $\left\{\left(\begin{smallmatrix}1\\0\\0\\0\\\vdots\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}0\\1\\0\\0\\\vdots\end{smallmatrix}\right),
\left(\begin{smallmatrix}0\\0\\1\\0\\\vdots\end{smallmatrix}\right),\dots\right\}$ ist keine Basis des $K$-Vektorraums $$K^\N=\{f\mid f\colon\N\to K\}=
\{(a_i)_{i\in\N}\mid\forall i\in\N:a_i\in K\}$$ aller Folgen in $K$ [$\to$\ref{6.1.5}], denn der Spann ist nur der Untervektorraum
$$\{f\mid f:\N\to K,\underbrace{\{i\in\N\mid f(i)\ne0\}}_{=:\supp(f)}\text{ endlich}\}$$
aller Folgen mit endlichem \emph{Träger} (\emph{support} auf Englisch).
\item Ist $V$ ein $K$-Vektorraum und $G\subseteq V$, so ist $G$ ein Erzeugendensystem des Vektorraums $\lin(G)$ und es ist $G$ genau dann eine Basis von $\lin(G)$, wenn
$G$ linear unabhängig ist.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{warning}\mbox{}[$\to$\ref{6.2.1}, \ref{6.2.7}] \label{6.2.9}
Seien $V$ ein Vektorraum und $v_1,\dots,v_n\in V$. Dann sind $v_1,\dots,v_n$ linear unabhängig in $V$ genau dann,
wenn die Menge $\{v_1,\dots,v_n\}$ linear unabhängig in $V$ ist und $v_1,\dots,v_n$ \emph{paarweise verschieden} sind. Dementsprechend bilden
$v_1,\dots,v_n$ eine (geordnete) Basis von $V$ genau dann, wenn die Menge $\{v_1,\dots,v_n\}$ eine (ungeordnete) Basis von $V$ ist
und $v_1,\dots,v_n$ \emph{paarweise verschieden} sind.
\end{warning}

\begin{bsp}\label{6.2.10}
$\left\{\left(\begin{smallmatrix}0\\1\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right)\right\}
\overset{\ref{1.1.1}}{\underset{\ref{1.1.3}}=}\left\{\left(\begin{smallmatrix}0\\1\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right)\right\}$ ist eine Basis
von $\R^2$, aber $\left(\begin{smallmatrix}0\\1\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right)$
bilden keine Basis von $\R^2$.
\end{bsp}

\begin{pro}\label{6.2.11}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $F\subseteq V$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $F$ ist linear unabhängig.
\item Jede Teilmenge von $F$ ist linear unabhängig.
\item Jede endliche Teilmenge von $F$ ist linear unabhängig.
\item Alle paarweise verschiedenen $v_1,\dots,v_n\in F$ sind linear unabhängig.
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}{\bf (a)$\implies$(b)} Gelte (a) und sei $E\subseteq F$. Sei $v\in E$. Zu zeigen ist $$\lin(E\setminus\{v\})\ne\lin(E),$$ was äquivalent zu
$v\not\in\lin(E\setminus\{v\})$ ist. Es gilt aber sogar $v\not\in\lin(F\setminus\{v\})$.

\medskip\noindent
{\bf (b)$\implies$(c)} ist trivial.

\medskip\noindent
{\bf (c)$\implies$(d)} ist klar (vergleiche Warnung \ref{6.2.9})

\medskip\noindent
{\bf (d)$\implies$(a)} zeigen wir durch Kontraposition: Gelte (a) nicht, das heißt es gebe ein $v\in F$ mit $\lin(F\setminus\{v\})=\lin(F)$. Wir zeigen, dass (d) nicht gilt.
Wegen $v\in\lin(F)=\lin(F\setminus\{v\})$ und \ref{6.1.14} gibt es paarweise verschiedene $v_1,\dots,v_n\in F\setminus\{v\}$ mit $v\in\lin(v_1,\dots,v_n)$. Dann sind
$v_1,\dots,v_n,v$ paarweise verschieden und linear abhängig, denn $\lin(v_1,\dots,v_n)=\lin(v_1,\dots,v_n,v)$. 
\end{proof}

\begin{nt}\mbox{}[$\to$ \ref{1.1.12}]\label{6.2.12}
Eine Menge $A$ heißt \emph{echte} Teilmenge\index{Menge@{\bf Menge}!Teilmenge ($\subseteq$)!echte Teilmenge ($\subset$)} der Menge $B$, und wir schreiben $A\subset B$, wenn $A\subseteq B$ und $A\ne B$. Man bezeichnet dann $B$ auch als
\emph{echte} Obermenge\index{Menge@{\bf Menge}!Obermenge ($\supseteq$)!echte Obermenge ($\supset$)} von $A$, wofür wir $B\supset A$ schreiben.
\end{nt}

\begin{bem}\label{6.2.13}
Um den folgenden Satz \ref{6.2.14} besser zu verstehen, sollte man zunächst sein Korollar \ref{6.2.15} betrachten und beim ersten Lesen des Beweises
$F:=\emptyset$ und $G:=V$ setzen. Beachte auch, dass im Beweises des Satzes die folgenden Inklusionen gelten:
$$F\subseteq C\subseteq B\subseteq D\subseteq G$$
\end{bem}

\begin{sat}\label{6.2.14}
Sei $V$ ein Vektorraum und $F\subseteq B\subseteq G\subseteq V$. Sei $F$ linear unabhängig und $G$ ein Erzeugendensystem von $V$.
Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $B$ ist eine Basis von $V$.
\item $B$ ist ein Erzeugendensystem von $V$ aber kein $C$ mit $F\subseteq C\subset B$ ist ein Erzeugendensystem von $V$.
\item $B$ ist linear unabhängig aber kein $D$ mit $B\subset D\subseteq G$ ist linear unabhängig.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
Bezeichne $K$ den Grundkörper von $V$ [$\to$\ref{6.1.2}(c)].

\medskip\noindent
{\bf (a)$\implies$(b)} Sei $B$ eine Basis von $V$. Gelte $C\subset B$. Wir zeigen $\lin(C)\ne V$. Wähle hierzu $v\in B\setminus C$. Dies folgt aus
$$\lin(C)\overset{C\subseteq B\setminus\{v\}}\subseteq\lin(B\setminus\{v\})\subset\lin(B).$$

\medskip\noindent
{\bf (b)$\implies$(c)} Gelte (b) und $B\subset D\subseteq G$. Zu zeigen ist, dass $B$ linear unabhängig und $D$ linear abhängig ist. Um letzteres zu zeigen, reicht es
$v\in D\setminus B$ zu wählen, denn für dieses gilt $B\subseteq D\setminus\{v\}\subseteq D\subseteq V$ und daher
$$V\overset{(b)}=\lin(B)\subseteq\lin(D\setminus\{v\})\subseteq\lin(D)\subseteq V,$$ also $\lin(D\setminus\{v\})=\lin(D)$. Um zu zeigen, dass $B$ linear unabhängig ist, wenden wir \ref{6.2.11}(d) zusammen mit \ref{6.2.3} an und beachten
dabei, dass $B=F\cup(B\setminus F)$. Seien also $v_1,\dots,v_m\in F$ und $w_1,\dots,w_n\in B\setminus F$ jeweils paarweise verschieden und
$\la_1,\dots,\la_m,\mu_1,\dots,\mu_n\in K$ mit $\sum_{i=1}^m\la_iv_i+\sum_{j=1}^n\mu_jw_j=0$. Zu zeigen ist $\la_i=0$ und $\mu_j=0$ für alle $i$ und $j$.
Wäre ein $\mu_j\ne0$, so
$$w_j=\frac1{\mu_j}\left(\sum_{i=1}^m\la_iv_i+\sum_{\over{\ell=1}{\ell\ne j}}^n\mu_\ell w_\ell\right)\in\lin(B\setminus\{w_j\}),$$
also $V\overset{(b)}=\lin(B)=\lin(B\setminus\{w_j\})$
im Widerspruch zu (b). Also $\mu_j=0$ für alle $j$. Da $F$ linear unabhängig ist, gilt auch $\la_i=0$ für alle $i$.

\medskip\noindent
{\bf (c)$\implies$(a)} Gelte (c). Zu zeigen ist $\lin(B)=V$. Hierzu genügt es $G\subseteq\lin(B)$ zu zeigen (denn dann $V=\lin(G)\subseteq\lin(B)=V$, also $\lin(B)=V$).
Sei also $v\in G$. Zu zeigen ist $v\in\lin(B)$. \OE\ $v\notin B$. Dann $B\subset D:=B\cup\{v\}\subseteq G$. Nach (c) ist $D$ linear abhängig, das heißt es gibt
nach \ref{6.2.11} in Kombination mit \ref{6.2.3} paarweise
verschiedene $v_1,\dots,v_n\in B$ und es gibt $\la_1,\dots,\la_n,\la\in K$, die nicht alle null sind, mit $\la_1v_1+\dots+\la_nv_n+\la v=0$. Da $B$ linear unabhängig ist, gilt $\la\ne0$
und es gilt $v\in\lin(v_1,\dots,v_n)\subseteq\lin(B)$ wie gewünscht.
\end{proof}

\begin{kor}\label{6.2.15}
Sei $V$ ein Vektorraum und $B\subseteq V$.
Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $B$ ist eine Basis von $V$.
\item $B$ ist ein minimales Erzeugendensystem von $V$.
\item $B$ ist eine maximale linear unabhängige Teilmenge von $V$.
\end{enumerate}
\end{kor}
\begin{proof}
Nehme $F:=\emptyset$ und $G:=V$ in \ref{6.2.14}.
\end{proof}

\begin{df}\label{6.2.16}
Ein Vektorraum heißt \emph{endlich erzeugt}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!endlich erzeugt} (abgekürzt: e.e.), falls er ein endliches Erzeugendensystem besitzt.
\end{df}

\begin{bsp}\label{6.2.17}
Für jedes $d\in\{-\infty\}\cup\N_0$ ist der $K$-Vektorraum $K[X]_d$ [$\to$\ref{6.1.11}(c)] endlich erzeugt, denn es ist zum Beispiel $\{1,X,X^2,\dots,X^d\}$ ein endliches Erzeugendensystem (sogar eine Basis). Dagegen ist der $K$-Vektorraum $K[X]$ nicht endlich erzeugt, denn jedes endliche $G\subseteq K[X]$ ist in einem der Unterräume
$K[X]_d$ ($d\in\{-\infty\}\cup\N_0$) enthalten.
\end{bsp}

\begin{kor}\label{6.2.18}
Jeder endlich erzeugte Vektorraum besitzt eine endliche Basis.
\end{kor}
\begin{proof}
Entferne aus einem endlichen Erzeugendensystem sukzessive überflüssige Elemente bis ein minimales Erzeugendensystem vorliegt. Wende nun \ref{6.2.15}(b) an.
\end{proof}

\begin{sat}\label{6.2.19}
Sei $V$ ein Vektorraum und $G$ ein endliches Erzeugendensystem von $V$. Dann gilt für jede linear unabhängige Menge $F$ von $V$, dass $\#F\le\#G$.
\end{sat}
\begin{proof}
Analog zum Beweis von \ref{6.2.18} kann man \OE\ $G$ als Basis voraussetzen. Dann folgt aber die Behauptung aus dem "`insbesondere"' in der Aussage des
Austauschsatzes von Steinitz \ref{6.2.6}.
\end{proof}

\begin{kor}\label{6.2.20}
Sei $V$ ein endlich erzeugter Vektorraum, $F\subseteq G\subseteq V$, $F$ linear unabhängig und $G$ ein Erzeugendensystem von $V$. Dann gibt es eine endliche Basis
$B$ von $V$ mit $F\subseteq B\subseteq G$.
\end{kor}
\begin{proof}
Starte mit $B:=F$ und vergrößere solange es möglich ist $B$ durch Hinzunahme eines Elements aus $G\setminus B$ so, dass $B$ dabei linear unabhängig bleibt. Dieser Prozess muss wegen \ref{6.2.19} nach endlich vielen Schritten abbrechen. Falls dann $B=G$ gilt, so ist $B$ linear unabhängig und ein Erzeugendensystem, also eine Basis.
Gilt aber dann $B\ne G$, so ist Bedingung \ref{6.2.14}(c) erfüllt und $B$ ist wieder eine Basis.
\end{proof}

\begin{bem}\label{6.2.21}
Mit "`transfiniten"' Beweistechniken (zum Beispiel dem "`Zornschen Lemma"') werden wir in der Linearen Algebra II zeigen, dass Korollar \ref{6.2.20} richtig bleibt mit
"`Vektorraum"' statt "`endlich erzeugter Vektorraum"' und "`Basis"'  statt "`endlicher Basis"'. Insbesondere besitzt \emph{jeder} Vektorraum eine Basis. In der Linearen Algebra I werden wir dies weder benutzen noch beweisen. 
\end{bem}

\begin{sat}\label{6.2.22}
Sei $V$ ein Vektorraum. Es sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $V$ ist endlich erzeugt.
\item $V$ hat eine endliche Basis.
\item Jede linear unabhängige Teilmenge von $V$ ist endlich.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
Bezeichne $K$ den Grundkörper von $V$.
(a)$\implies$(b) ist \ref{6.2.18} und (b)$\implies$(c) folgt aus \ref{6.2.19}. Schließlich zeigen wir (c)$\implies$(a) durch Kontraposition: Es gelte (a) nicht. Dann finden wir rekursiv
eine Folge $(v_n)_{n\in\N}$ mit $v_n\not\in\lin(v_1,\dots,v_n)$ für alle $n\in\N$. Es ist dann $\{v_n\mid n\in\N\}$ unendlich und linear unabhängig, denn wären
$\la_1,\dots,\la_n\in K$ mit $\sum_{i=1}^n\la_iv_i=0$ und $\la_n\ne0$, so folgte $v_n=-\frac1{\la_n}\sum_{i=1}^{n-1}\la_iv_i\in\lin(v_1,\dots,v_{n-1})$, was der Wahl der Folge widerspricht.
\end{proof}

\begin{sat}\label{6.2.23}
Seien $B$ und $C$ Basen eines endlich erzeugten Vektorraums. Dann sind $B$ und $C$ endlich und es gilt $\#B=\#C$.
\end{sat}
\begin{proof}
Wegen \ref{6.2.22}(c) sind $B$ und $C$ endlich. Wegen \ref{6.2.19} gilt $\#B\le\#C$ und $\#C\le\#B$.
\end{proof}

\begin{df}\label{6.2.24}
Sei $V$ ein Vektorraum. Die \emph{Dimension}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Dimension} von $V$ ist definiert durch
$$\dim(V):=\begin{cases}\#B&\text{falls $V$ endlich erzeugt ist und $B$ eine Basis von $V$ ist}\\\infty&\text{falls $V$ nicht endlich erzeugt ist.}\end{cases}$$
Diese Definition ist wegen \ref{6.2.23} sinnvoll.
\end{df}

\begin{bem}\label{6.2.25} Sei $V$ ein $K$-Vektorraum.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Wenn man weiß, dass jeder Vektorraum eine Basis hat [$\to$ \ref{6.2.21}], kann man äquivalent definieren $\dim(V):=\#B$ [$\to$ \ref{1.1.21}], falls $B$ eine Basis von $V$ ist.
\item $\dim(V)=0\iff V=\{0\}$
\item $\dim(K^n)=n$ für alle $n\in\N_0$ [$\to$\ref{6.2.8}(e)]
\item Es gilt $V$ endlich erzeugt $\iff\dim(V)<\infty$. Statt von einem "`endlich erzeugten"' spricht man daher meist von einem "`endlichdimensionalen"' Vektorraum.
\item Manchmal schreibt man $\dim_K(V)$ statt "`Dimension von $V$ als $K$-Vektorraum"'. Zum Beispiel gilt $\dim_\R\C=2$ [$\to$\ref{6.1.4}(b), \ref{6.2.8}(c)] und $\dim_\C\C=1$
[$\to$\ref{6.2.8}(b)].
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{sat}\mbox{}{\rm[$\to$\ref{6.2.1}]}\label{6.2.26}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum der Dimension $n$. Seien $v_1,\dots,v_n\in V$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $v_1,\dots,v_n$ erzeugen $V$.
\item $v_1,\dots,v_n$ sind linear unabhängig in $V$.
\item $v_1,\dots,v_n$ bilden eine Basis von $V$.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
Es reicht (a)$\implies$(c) und (b)$\implies$(c) zu zeigen.

\medskip\noindent
{\bf (a)$\implies$(c)} Wende Korollar \ref{6.2.20} an mit $F=\emptyset$ und $G=\{v_1,\dots,v_n\}$, um eine Basis $B$ von $V$ mit $B\subseteq G$ zu erhalten. Es muss
nach \ref{6.2.23} $\#B=n$ und daher $B=G$ gelten. Da insbesondere $v_1,\dots,v_n$ paarweise verschieden sind, bilden sie eine Basis von $V$.

\medskip\noindent
{\bf (b)$\implies$(c)} Wende Korollar \ref{6.2.20} an mit $F=\{v_1,\dots,v_n\}$ und $G=V$, um eine Basis $B$ von $V$ mit $F\subseteq B$ zu erhalten. Es muss
nach \ref{6.2.23} $\#B=n$ und daher $B=G$ gelten, denn $v_1,\dots,v_n$ sind paarweise verschieden. Also bilden $v_1,\dots,v_n$ eine Basis von $V$.
\end{proof}


\begin{kor}\label{6.2.27}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum und $U$ ein Untervektorraum von $V$ {\rm[$\to$\ref{6.1.9}]}. Dann
$$U=V\iff\dim U=\dim V.$$
\end{kor}
\begin{proof}
Für die nichttriviale Richtung sei $n:=\dim U=\dim V$. Zu zeigen ist $U=V$. Wähle eine Basis $v_1,\dots,v_n$ von $U$. Da $v_1,\dots,v_n$ linear unabhängig im Vektorraum $V$
der Dimension $n$ sind, bilden sie nach Satz \ref{6.2.26} eine Basis von $V$, insbesondere ein Erzeugendensystem von $V$. Also gilt $U=\lin(v_1,\dots,v_n)=V$.
\end{proof}

\begin{pro}\label{6.2.28}
Sei $U$ ein Untervektorraum des Vektorraums $V$, so gilt $\dim U\le\dim V$.
\end{pro}
\begin{proof}
\OE\ $\dim V<\infty$. Ergänze eine Basis von $U$ zu einer Basis von $V$.
\end{proof}

\begin{bem}\label{6.2.29} Sei $K$ ein Körper.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Die Dimension des Kerns einer Matrix $A\in K^{m\times n}$ in reduzierter Stufenform mit $r$ Stufen ist die Anzahl der freien Unbekannten des Gleichungssystems
$Ax=0$ ($x\in K^n$), also $n-r$ [$\to$\ref{6.2.4}(a)]. Dasselbe gilt für eine Matrix in Stufenform, da sich die Anzahl der Stufen bei Überführung in reduzierte Stufenform nicht ändert.
\item Die Dimension des Zeilenraums einer Matrix $A\in K^{m\times n}$ in Stufenform ist die Anzahl der Stufen [$\to$\ref{6.2.4}(b)].
\item Da sich Kern und Zeilenraum bei elementaren Zeilenoperationen nicht ändern, ist mit (a) und (b) klar, wie man deren Dimension berechnet.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{6.2.30}
$\left(\begin{smallmatrix}1\\3\\0\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}2\\1\\3\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}-1\\1\\0\end{smallmatrix}\right)$
spannen $\R^3$ auf, denn der Zeilenraum von
$$\begin{pmatrix}1&3&0\\2&1&3\\-1&1&0\end{pmatrix}
\underset{Z_3\leftarrow Z_3+Z_1}{\overset{Z_2\leftarrow Z_2-2Z_1}\sim}
\begin{pmatrix}1&3&0\\0&-5&3\\0&4&0\end{pmatrix}
\underset{\over{\scriptstyle Z_2\leftarrow-Z_2}{\scriptstyle Z_3\leftarrow\frac14Z_3}}{\overset{Z_2\leftarrow Z_2+Z_3}\sim}
\begin{pmatrix}1&3&0\\0&1&-3\\0&1&0\end{pmatrix}
\underset{Z_2\leftrightarrow Z_3}{\overset{Z_2\leftarrow Z_2-Z_3}\sim}
\begin{pmatrix}1&3&0\\0&1&0\\0&0&-3\end{pmatrix}$$
ist dreidimensional.
\end{bsp}

\red{Bis hierher hätten wir am 14.12. kommen sollen.}

\section{Lineare Abbildungen}

\noindent
In diesem Abschnitt sei $K$ stets ein Körper.

\begin{df}\label{6.3.1}\mbox{}
[$\to$ \ref{2.2.9}, \ref{2.2.12}, \ref{3.2.8}, \ref{3.2.10}] Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume. Dann heißt $f$ ein \emph{(($K$-)Vektorraum-)Homomorphismus}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung} oder eine \emph{($K$-)lineare Abbildung} von $V$ nach $W$, wenn $f:V\to W$ ein Gruppenhomomorphismus der additiven Gruppen
von $V$ und $W$ ist ("`Additivität"') mit
\[\forall v\in V:\forall\lambda\in K: f(\lambda v) =\lambda f(v)\qquad\text{("`Homogenität"')}.\]
Eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ heißt (($K$-)Vektorraum-) \caset{\emph{Einbettung} oder \emph{Mono-}}{\emph{Epi-}}{\emph{Iso-}}\emph{morphismus}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Monomorphismus}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Epimorphismus}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Isomorphismus}, wenn $f$ \caset{injektiv}{surjektiv}{bijektiv} ist. Einen Vektorraumhomomorphismus $f:V\to V$ nennt man auch einen (($K$-)Vektorraum-)\emph{Endomorphismus}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Endomorphismus} von $V$ und, falls er bijektiv ist, (($K$-)Vektorraum-)\emph{Automorphismus}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Automorphismus} von $V$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{6.3.2}
Die folgenden Abbildungen sind linear:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $R_\ph : \R^2\to \R^2$ Drehung um den Winkel $\ph\in \R$ (gegen den Uhrzeigersinn am Ursprung).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,-.1) -- (0,.1);
\draw (-.1, 0) -- (.1, 0) node[anchor = north west]{0};

\draw (1,1.5) circle (.5cm);
\draw (1,1.45) -- (1,1.55);
\filldraw (.8, 1.7) circle (.5pt);
\filldraw (1.2, 1.7) circle (.5pt);
\draw (.75,1.3) .. controls (.9,1.1) and (1.1,1.1) .. (1.25,1.3);

\begin{scope}[rotate=80]
\draw (1,1.5) circle (.5cm);
\draw (1,1.45) -- (1,1.55);
\filldraw (.8, 1.7) circle (.5pt);
\filldraw (1.2, 1.7) circle (.5pt);
\draw (.75,1.3) .. controls (.9,1.1) and (1.1,1.1) .. (1.25,1.3);
\end{scope}
\draw[->, rotate=20] (1,1.5) arc (56:96:1.8);
\end{tikzpicture}
\quad
\begin{tikzpicture}
\draw (0,-.1) -- (0,.1);
\draw (-.1, 0) -- (.1, 0) node[anchor = north west]{0};

\draw[->] (0,0) -- (1,.5) node[anchor = north]{$v$};
\draw[->] (0,0) -- (.5,1) node[anchor = east]{$w$};
\draw[dashed] (1,.5) -- (1.5,1.5);
\draw[dashed] (.5,1) -- (1.5,1.5);
\draw[->] (0,0) -- (1.5,1.5) node[anchor = north west]{$v+w$};

\begin{scope}[rotate = 80]
\draw[->] (0,0) -- (1,.5) node[anchor = south]{$R_\ph(v)$};
\draw[->] (0,0) -- (.5,1) node[anchor = east]{$R_\ph(w)$};
\draw[dashed] (1,.5) -- (1.5,1.5);
\draw[dashed] (.5,1) -- (1.5,1.5);
\draw[->] (0,0) -- (1.5,1.5) node[anchor = south]{$R_\ph(v+w)=R_\ph(v)+R_\ph(w)$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\quad
\begin{tikzpicture}
\draw (0,-.1) -- (0,.1);
\draw (-.1, 0) -- (.1, 0) node[anchor = north west]{0};

\draw[->] (0,0) -- +(25:1) node[anchor = north]{$v$};
\draw[->] (0,0) -- +(25:1.5) node[anchor = north]{$\lambda v$};

\begin{scope}[rotate = 80]
\draw[->] (0,0) -- +(25:1) node[anchor = north east]{$R_\ph(v)$};
\draw[->] (0,0) -- +(25:1.5) node[anchor = south]{$R_\ph(\lambda v)=\lambda R_\ph(v)$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $S:\R^2\to \R^2,\cvec{x\\y}\mapsto \cvec{-x\\y}$ Spiegelung an der zweiten Koordinatenachse.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0, 0) node[anchor = north west]{0};
\draw[->] (-2,0) -- (2,0);
\draw[->] (0,-.5) -- (0,2.5);

\draw (1,1.5) circle (.5cm);
\draw (1,1.45) -- (1,1.55);
\filldraw (.8, 1.7) circle (.5pt);
\filldraw (1.2, 1.7) circle (.5pt);
\draw (.75,1.3) .. controls (.9,1.1) and (1.1,1.1) .. (1.25,1.3);

\draw[->] (0,0) -- (1,.5) node[anchor = north]{$v$};

\draw (-1,1.5) circle (.5cm);
\draw (-1,1.45) -- (-1,1.55);
\filldraw (-.8, 1.7) circle (.5pt);
\filldraw (-1.2, 1.7) circle (.5pt);
\draw (-.75,1.3) .. controls (-.9,1.1) and (-1.1,1.1) .. (-1.25,1.3);

\draw[->] (0,0) -- (-1,.5) node[anchor = north]{$S(v)$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $P:\R^2\to \R^2,\cvec{x\\y}\mapsto\cvec{x\\0}$ Projektion auf die erste Koordinatenachse.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0, 0) node[anchor = north west]{0};
\draw[->] (-2,0) -- (2,0);
\draw[->] (0,-.5) -- (0,2.5);

\draw (-1,1.5) circle (.5cm);
\draw (-1,1.45) -- (-1,1.55);
\filldraw (-.8, 1.7) circle (.5pt);
\filldraw (-1.2, 1.7) circle (.5pt);
\draw (-.75,1.3) .. controls (-.9,1.1) and (-1.1,1.1) .. (-1.25,1.3);

\draw[->] (0,0) -- (1,.5) node[anchor = south]{$v$};

\draw[->, thick] (0,0) -- (1,0) node[anchor = north]{$P(v)$};

\draw[thick] (-.5,0) -- (-1.5,0);
\draw[very thick] (-1,0) -- (-1,0);
\draw[very thick] (-.75,0) -- (-1.25,0);

\draw[->] (-1, .9) -- (-1,.1);
\draw[->] (-1.4,1.1) -- (-1.4,.1);
\draw[->] (-.6,1.1) -- (-.6,.1);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $T_a:\R^2\to \R^2, \cvec{x\\y}\mapsto\cvec{x+ay\\y}$ Scherung an der ersten Koordinatenachse um $a\in\R$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0, 0) node[anchor = north west]{0};
\draw[->] (-.5,0) -- (4.5,0);
\draw[->] (0,-.5) -- (0,2.5);

\draw[->] (0,0) -- (1.5,.5) node[anchor = south]{$v$};
\draw[dashed] (-.5,.5) -- (4.5,.5);
\draw[dashed] (-.5,2) -- (4.5,2);
\draw[dashed] (-.5,1) -- (4.5,1);

\draw (1,1.5) circle (.5cm);
\draw (1,1.45) -- (1,1.55);
\filldraw (.8, 1.7) circle (.5pt);
\filldraw (1.2, 1.7) circle (.5pt);
\draw (.75,1.3) .. controls (.9,1.1) and (1.1,1.1) .. (1.25,1.3);

\begin{scope}[xslant = 1.5]
\draw (1,1.5) circle (.5cm);
\draw (1,1.45) -- (1,1.55);
\filldraw (.8, 1.7) circle (.5pt);
\filldraw (1.2, 1.7) circle (.5pt);
\draw (.75,1.3) .. controls (.9,1.1) and (1.1,1.1) .. (1.25,1.3);

\draw[->] (0,0) -- (1.5,.5) node[anchor = north west]{$T_a(v)$};
\end{scope}

\draw[->] (1.6, 1.5) -- (2.6,1.5);
\draw[->] (1.5, 1.8) -- (3.1,1.8);
\draw[->] (1.5, 1.2) -- (2.3,1.2);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item Sei $A\in K^{m\times n}$. Dann ist $f_A: K^n\to K^m, x\mapsto Ax$ [$\to$ \ref{5.1.9}] linear (nachrechnen!). Es gilt $\ker f_A = \ker A$ [$\to$ \ref{2.3.10}(b), \ref{5.3.1}]. Weiter ist $\im A :=\im f_A$ [$\to$ \ref{2.3.13}] der von den Spalten von $A$ aufgespannte Unterraum von $K^m$, den wir auch den \emph{Spaltenraum}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Spaltenraum} von $A$ (vgl. auch \ref{5.3.1}) oder das \emph{Bild}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Bild} von $A$ nennen.
\item $D:K[X]\to K[X], \sum_{k=0}^{n}a_kX^k\mapsto\sum_{k=1}^{n}k a_k X^{k-1}$ $(n\in \N_0, a_0,\ldots,a_n\in K)$ mit $k=\underbrace{1+\ldots+1}_{k\text{-mal}}\in K$.\\
$D^{(d)}:K[X]_d\to K[X]_d, p\mapsto Dp$ $[d\in \N_0]$ formale Ableitung.
\item $E_{a_1,\ldots,a_n}: K[X]\to K^n, p\mapsto \cvec{p(a_1)\\\vdots\\p(a_n)}$ $[n\in\N_0, a_1,\ldots,a_n\in K]$.\\
$E_{a_1,\ldots,a_n}^{(d)}:K[X]_d\to K^n, p\mapsto\cvec{p(a_1)\\\vdots\\p(a_n)}$ $[d\in\N_0]$
\item Die komplexe Konjugation $C:\C\to \C, z\mapsto z^*$ ist $\R$-linear, aber nicht $\C$-linear. In der Tat: $C$ ist nach \ref{4.2.7} ein Automorphismus des kommutativen Ringes $\C$, insbesondere der additiven Gruppe von $\C$. Es gilt $C(\lambda z)=(\lambda z)^* = \lambda^*z^* =\lambda z^* = \lambda C(z)$ für alle $\lambda\in \R$ und $z\in \C$, aber $C(\i 1)=-\i\ne \i = \i C(1)$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{6.3.3}
Seien $U,V,W$ $K$-Vektorräume.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Sind $U\xrightarrow{f}V\xrightarrow{g}W$ Vektorraumhomomorphismen, so auch $g\circ f$.
\item Ist $f:V\to W$ ein Vektorraumisomorphismus, so auch $f^{-1}$.
\end{enumerate}
\end{pro}
\begin{proof}
Nach \ref{2.2.14} muss jeweils nur noch die Homogenität [$\to$ \ref{6.3.1}] nachgerechnet werden.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sind $U\xrightarrow{f} V\xrightarrow{g} W$ Vektorraumhomomorphismen, $u\in U$ und $\lambda\in K$, so
$$(g\circ f)(\lambda u) = g(f(\lambda u)) = g(\lambda f(u)) = \lambda g(f(u)) = \lambda(g\circ f)(u).$$
\item Sind $f:V\to W$ ein Vektorraumisomorphismus, $w\in W$ und $\lambda\in K$, so
\begin{align*}
f(f^{-1}(\lambda w)) & = (f\circ f^{-1})(\lambda w) = \id_W(\lambda w) = \lambda w = \lambda \id_W(w) = \lambda(f\circ f^{-1})(w)\\
& = \lambda (f(f^{-1}(w))) \overset{f\text{ Hom.}}{=} f(\lambda f^{-1}(w))
\end{align*}
und daher $f^{-1}(\lambda w) = \lambda f^{-1}(w)$, da $f$ injektiv ist.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{pro}\label{6.3.4}
Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume, $B\subseteq V$ und $g:B\to W$. Ist $B$\\
\case{eine Basis}{ein Erzeugendensystem} von $V$, so gibt es \case{genau}{höchstens} eine lineare Abbildung $f:V\to W$ mit $f|_B = g$.
\end{pro}
\begin{proof}
Seien zunächst $B$ ein Erzeugendensystem von $V$ und $f_1,f_2:V\to W$ linear mit $f_1|_B = g = f_2|_B$. Zu zeigen: $f_1=f_2$. Sei $v\in V$. Wegen $V=\lin B$ gibt es $n\in\N_0, v_1,\ldots,v_n\in B$ und $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in B$ mit $v=\sum_{i=1}^{n}\lambda_iv_i$. Dann gilt
$$f_1(v) = \sum_{i=1}^{n}\lambda_i f_1(v_i) = \sum_{i=1}^{n}\lambda_ig(v_i) = \sum_{i=1}^{n}\lambda_i f_2(v_i) = f_2(v).$$
Sei nun $B$ sogar eine Basis von $V$. Dann gibt es für jedes $v\in V$ eine eindeutig bestimmte Familie $(\lambda_u)_{u\in B}$ in $K$ mit endlichem Träger $\left\{u\in B\mid \lambda_u\ne 0\right\}$ und $v=\sum_{u\in B} \lambda_u u :=\sum_{\substack{u\in B\\\lambda_u\ne 0}}\lambda_u u$. Daher ist
$$f:V\to W, \sum_{u\in B}\lambda_u u\mapsto\sum_{u\in B}\lambda_u g(u)\qquad ((\lambda_u)_{u\in B}\in K^B \text{ mit endlichem Träger})$$
eine wohldefinierte Abbildung.
Zu zeigen: $f$ linear. Seien $(\lambda_u)_{u\in B}$ und $(\mu_u)_{u\in B}$ Familien in $K$ mit endlichen Trägern und $\lambda\in K$.\\
Dann 
\begin{align*}
f\left(\sum_{u\in B}\lambda_u u+\sum_{u\in B}\mu_u u\right) & \overset{\text{\ref{6.1.1} (D')}}{=} f\left(\sum_{u\in B}(\lambda_u+\mu_u)u\right)\\
& = \sum_{u\in B}(\lambda_u +\mu_u)g(u) \overset{\text{(D')}}{=} \sum_{u\in B}\lambda_u g(u) + \sum_{u\in B}\mu_u g(u)\\
& = f\left(\sum_{u\in B}\lambda_u u\right) + f\left(\sum_{u\in B}\mu_u u\right) \quad \text{und}
\end{align*}
\begin{align*}
f\left(\lambda\sum_{u\in B}\lambda_u u\right) & \overset{\text{\vecD}}{=} f\left(\sum_{u\in B}\lambda(\lambda_u u)\right) \overset{\text{(V)}}{=} f\left(\sum_{u\in B}(\lambda\lambda_u) u\right) = \sum_{u\in B}(\lambda\lambda_u)g(u)\\
& \overset{\text{(V)}}{=}\sum_{u\in B}\lambda(\lambda_u g(u)) \overset{\text{\vecD}}{=}\lambda\sum_{u\in B}\lambda_u g(u)=\lambda f\left(\sum_{u\in B}\lambda_u u\right).
\end{align*}
\end{proof}

\begin{bsp}\label{6.3.5}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Um zu zeigen, dass für alle $p\in \R[X]_2$ gilt:
$$(*)\qquad \int_{-1}^{1}p(x)\,dx =  p\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+p\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right),$$
reicht es wegen der Linearität der beiden Abbildungen $\R[X]_2\to \R, p\mapsto\int_{-1}^{1}p(x)\,dx$ und $\R[X]_2\to \R, p\mapsto p\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+p\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$ zu zeigen, dass $(*)$ für alle $p\in \left\{1,X,X^2\right\}$ gilt, denn $\left\{1,X,X^2\right\}$ erzeugt den $\R$-Vektorraum $\R[X]_2$.
$$\int_{-1}^{1}1\, dx = 2 = 1+1$$
$$\int_{-1}^{1}x\, dx = 0 = \frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{3}}$$
$$\int_{-1}^{1}x^2\, dx = \left[\frac{x^3}{3}\right]_{x = -1}^{1}= \frac{1}{3}+\frac{1}{3} = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 +\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2$$
\item Die formale Ableitung $D:K[X]\to K[X]$ aus \ref{6.3.2} (f) hätte man wegen \ref{6.2.8}(d) auch wie folgt definieren können: "`Sei $D\colon K[X]\to K[X], 1\mapsto 0 , X^k\mapsto kX^{k-1}$ $(k\in \N)$ linear."'
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{6.3.6}
Seien $V$ ein $K$-Vektorraum, $v_1,\ldots,v_n\in V$ und $\underline{v}=(v_1,\ldots,v_n)$. Die Abbildung $\ve_{\underline{v}}: K^n \to V, \cvec{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n}\mapsto \sum_{i=1}^{n}\lambda_i v_i$ ist linear. Sie ist \caset{injektiv}{bijektiv}{surjektiv} genau dann, wenn $v_1,\ldots,v_n$ \caset{linear unabhängig in $V$ sind}{eine Basis von $V$ bilden}{$V$ erzeugen}.
\end{pro}
\begin{proof}
Man rechnet sofort nach, dass $\ve_{\underline{v}}$ linear ist (diese Rechnung sahen wir allgemeiner schon im Beweis von
Proposition \ref{6.3.4}, denn $\ve_{\underline{v}}$ ist
die eindeutig bestimmte lineare Abbildung $K^n\to V$ ist, die $e_i$ [$\to$ \ref{6.2.2}] auf $v_i$ abbildet).
Es gilt
\begin{align*}
\ve_{\underline{v}}\text{ injektiv}&\iff\ker\ve_{\underline{v}} = \left\{0\right\}\overset{\text{\ref{6.2.3}(a)}}{\iff}
v_1,\ldots,v_n\text{ linear unabhängig in }V\qquad\text{und}\\
\ve_{\underline{v}}\text{ surjektiv}&\iff\im\ve_{\underline{v}}=V\overset{\text{\ref{6.2.1}(a)}}{\iff} v_1,\ldots,v_n
\text{ erzeugen }V.
\end{align*}
\end{proof}

\begin{notpro}\label{6.3.7}
Sei $\underline{v}=(v_1,\ldots,v_n)$ eine Basis des $K$-Vektorraums $V$. Dann sind
$$\ve_{\underline{v}}:K^n\to V,\cvec{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n}\mapsto \sum_{i=1}^{n}\lambda_iv_i \quad \text{und}$$
$$\co_{\underline{v}}:=\ve_{\underline{v}}^{-1}:V\to K^n,\sum_{i=1}^{n}\lambda_iv_i\mapsto\underbrace{\cvec{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n}}_\text{"`Koordinaten"'}\quad(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in K)$$
nach \ref{6.3.6} und \ref{6.3.3} Vektorraumisomorphismen.\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!co@$\co_\v$}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!ve@$\ve_\v$}
\end{notpro}

\begin{sat}\label{6.3.8}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum mit Basis $\underline{v}= (v_1,\ldots,v_n)$. Sei $W$ ein weiterer $K$-Vektorraum und $f:V\to W$ linear. Genau dann ist $f$ \caset{injektiv}{bijektiv}{surjektiv}, wenn $f(v_1),\ldots,f(v_n)$ \caset{linear unabhängig in $W$ sind}{eine Basis von $W$ bilden}{$W$ erzeugen}.
\end{sat}
\begin{proof}
$K^n\xrightarrow{\ve_{\underline{v}}}V\xrightarrow{f}W$\\
Da $\ve_{\underline{v}}$ bijektiv ist, kann man $f$ durch $f\circ \ve_{\underline{v}}$, $V$ durch $K^n$ und $\v$ durch $\e$ ersetzen. Wende nun \ref{6.3.6} an unter Beachtung von $f\circ \ve_\v = \ve_{(f(v_1),\ldots,f(v_n))}$.
\end{proof}

\begin{df}\mbox{}\label{6.3.9}
[$\to$ \ref{2.2.15}] Zwei $K$-Vektorräume $V$ und $W$ heißen \emph{isomorph}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!isomorph ($\cong$)}, wenn es einen Isomorphismus von $V$ nach $W$ gibt, in Zeichen $V\cong W$.
\end{df}

\begin{sat}\label{6.3.10}
Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume, von denen mindestens einer endlichdimensional ist. Dann $V\cong W\iff \dim V = \dim W$.
\end{sat}
\begin{proof}
\OE ~ $V$ endlichdimensional [$\to$ \ref{6.2.25}(d)], etwa mit Basis $(v_1,\ldots,v_n)$ [$\to$ \ref{6.2.22}].
\begin{itemize}
\item["`$\Longrightarrow$"'] Gelte $V\cong W$. Wähle Isomorphismus $f:V\to W$. Dann $(f(v_1),\ldots,f(v_n))$ Basis von $W$ [$\to$ \ref{6.3.8}]. Also $\dim V=\dim W$ [$\to$ \ref{6.2.24}].
\item["`$\Longleftarrow$"'] Gelte $\dim V= \dim W$. Dann $\dim W=n$, d.h. es gibt eine Basis $(w_1,\ldots,w_n)$ von $W$. Definiere lineare Abbildung $f:V\to W, v_i\mapsto w_i$ [$\to$ \ref{6.3.4}]. Nach \ref{6.3.8} ist $f$ bijektiv, also ein Isomorphismus.
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{kor}\label{6.3.11}
Jeder Vektorraum der Dimension $n\in \N_0$ ist isomorph zu $K^n$.
\end{kor}

\begin{bem}\label{6.3.12}
"`Bis auf Isomorphie"' gibt es also keine anderen endlichdimensionalen $K$-Vektorräume als die $K^n$ $(n\in \N_0)$. Dabei entspricht die Wahl einer geordneten Basis [$\to$ \ref{6.2.1}(c)] der Wahl eines Isomorphismus:
\end{bem}

\begin{sat}\label{6.3.13}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum mit $n:=\dim V <\infty$. Die Zuordnungen
\begin{align*}
\underline{v} & \mapsto \ve_{\underline{v}}\\
(f(e_1),\ldots,f(e_n)) & \mapsfrom f
\end{align*}
vermitteln eine Bijektion {\rm[$\to$ \ref{1.2.7}]} zwischen der Menge der geordneten Basen von $V$ und der Menge der Vektorraumisomorphismen $K^n\to V$.
\end{sat}
\begin{proof}
Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $\underline{v}$ Basis von $V$, so ist $\ve_{\underline{v}}$ ein Isomorphismus.
\item Ist $f:K^n\to V$ ein Isomorphismus, so $(f(e_1),\ldots,f(e_n))$ Basis von $V$.
\item Ist $\underline{v} = (v_1,\ldots,v_n)$ Basis von $V$, so gilt $\underline{v} = (\ve_{\underline{v}}(e_1),\ldots,\ve_{\underline{v}}(e_n))$.
\item Ist $f:K^n\to V$ ein Isomorphismus, so $f=\ve_{(f(e_1),\ldots,f(e_n))}$.
\end{enumerate}
(a) folgt aus \ref{6.3.6}, (b) aus \ref{6.3.8}, (c) aus \ref{6.3.7} und (d) aus \ref{6.3.4}.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 18.12. kommen sollen.}

\chapter[tocentry={Matrizen}]{Matrizen \\ ~\small{[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Arthur_Cayley}{Arthur Cayley} *1821, \dag 1895]}}

In diesem Kapitel sei stets $K$ ein Körper.

\section{Matrixdarstellungen von linearen Abbildungen}

\begin{df}\label{7.1.1}
Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume mit Basen [$\to$ \ref{6.2.1}(c), \ref{6.3.7}] $\underline{v} = (v_1,\ldots,v_n)$ und $\underline{w} = (w_1,\ldots,w_m)$. Eine Matrix $A\in K^{m\times n}$ heißt \emph{Darstellungsmatrix}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Darstellungsmatrix} einer linearen Abbildung $f:V\to W$ bezüglich der Basen $\underline{v}$ und $\underline{w}$, falls [$\to$ \ref{6.3.2}(e)]
\begin{equation}\tag{$*$}
f = \ve_{\underline{w}}\circ f_A\circ \co_{\underline{v}}
\end{equation}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node(V){$V$};
\node[right = 2 of V](W){$W$};
\node[below = of V](Kn){$K^n$};
\node[below = of W](Km){$K^m$};

\draw[->, thick] (V) -- node[above]{$f$} (W);
\draw[->, thick] (Kn) -- node[below]{$x\mapsto Ax$} (Km);
\draw[->, thick] (Km) -- node[left]{$\cong$} node[right]{$\ve_{\underline{w}}$} (W);
\draw[->, thick] (V) -- node[right]{$\cong$} node[left]{$\co_{\underline{v}}$} (Kn);

\node[left = of V](sumlam){$\sum_{j=1}^{n}\lambda_jv_j$};
\node[below = .5 of sumlam](lam){$\cvec{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n}$};
\node[right = of W](summu){$\sum_{i=1}^{m}\mu_iw_i$};
\node[below = .5 of summu](mu){$\cvec{\mu_1\\\vdots\\\mu_m}$};

\draw[|->, thick] (sumlam) -- (lam);
\draw[|->, thick] (mu) -- (summu);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{df}

\begin{bem}\label{7.1.2}
In der Situation von \ref{7.1.1} gilt
\begin{align*}
(*) & \overset{\ve_{\underline{w}}^{-1} = \co_{\underline{w}}}{\iff} \co_{\underline{w}}\circ f = f_A\circ \co_{\underline{v}}\\
& \overset{\ref{6.3.4}}\iff \forall j\in \left\{1,\ldots,n\right\}:\co_{\underline{w}}(f(v_j)) = \underbrace{f_A(\underbrace{\co_{\underline{v}}(v_j)}_{=e_j})}_{= Ae_j}\\
& \iff \forall j\in \left\{1,\ldots,n\right\}: Ae_j = \co_{\underline{w}}(f(v_j))
\end{align*}
\framebox{"`In den Spalten stehen die \textbf{Koordinaten der} Bilder der Basisvektoren."'}

\bigskip\noindent
Zu jeder linearen Abbildung zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen gibt es also bezüglich gegebener Basen jeweils \emph{genau eine} Darstellungsmatrix.
\end{bem}

\begin{nt}\label{7.1.3}
$M(f,\underline{v},\underline{w})$ steht für das eindeutig bestimmte $A$ aus Definition \ref{7.1.1}.
\end{nt}

\begin{bsp}\label{7.1.4}
[$\to$ \ref{6.3.2}] $\underline{e} = (e_1,e_2) =\left(\cvec{1\\0},\cvec{0\\1}\right)$ Standardbasis des $\R^2$ [$\to$ \ref{6.2.2}].
\begin{enumerate}[(a)]
\item $R_\ph :\R^2\to \R^2$ Drehung um $\ph$

\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{align*}
& R_\ph (e_1) = \cvec{\cos \ph\\\sin\ph}\\
& R_\ph (e_2) = \cvec{-\sin\ph\\\cos\ph}\\
& R_\ph (e_1) = (\underline{\cos \ph})e_1 + (\underline{\sin\ph})e_2\\
& R_\ph (e_2) = (\underline{-\sin\ph})e_1 + (\underline{\cos\ph})e_2\\
& M(R_\ph, \underline{e},\underline{e}) = \begin{pmatrix}
\cos \ph & -\sin\ph\\
\sin \ph & \cos \ph
\end{pmatrix}
\end{align*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.4\textwidth}
\centering
\begin{tikzpicture}[scale = 2]
\draw[->] (0,-.5) -- (0,1.5);
\draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0);

\draw (1,1pt) -- (1,-1pt) node[anchor = north]{$1$};
\draw (-1,1pt) -- (-1,-1pt) node[anchor = north]{$-1$};
\draw (1pt,1) -- (-1pt,1) node[anchor = east]{$1$};

\draw (1,0) arc (0:180:1);

\draw[->, red] (0,0) -- node[below]{$e_1$} (1,0);
\draw[->, red] (0,0) -- (0,1) node[anchor = south west]{$e_2$};
\draw[red] (.3,0) arc (0:90:.3);
\filldraw[red] (.1,.1) circle (.5pt);

\begin{scope}[rotate = 30]
\draw[->, orange] (0,0) -- (1,0) node[anchor = west]{$R_\ph(e_1)$};
\draw[->, orange] (0,0) -- (0,1) node[anchor = south east]{$R_\ph(e_2)$};
\draw[orange] (.4,0) arc (0:90:.4);
\filldraw[orange] (.15,.15) circle (.5pt);
\end{scope}

\draw[dashed] (.866,.5) -- node[right]{$\cos\ph$} (.866,0);
\draw[dashed] (.866,.5) -- node[above]{$\sin\ph$} (0,.5);
\draw[dashed] (-.5,.866) -- (0,.866) node[anchor = west]{$\cos\ph$};
\draw[dashed] (-.5,.866) -- (-.5,0) node[anchor = north]{$-\sin\ph$};

\draw[->] (.5,0) arc (0:30:.5);
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\item $S(e_1) = (\underline{-1})e_1+\underline{0}\cdot e_2$

$S(e_2) = \underline{0}e_1 + \underline{1}e_2$

$M (S,\underline{e},\underline{e}) = \begin{pmatrix}
-1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}$

$\underline{v} := \left(\cvec{0\\1},\cvec{1\\1}\right)$ und $\underline{w} := \left(\cvec{2\\1},\cvec{1\\-1}\right)$ sind auch
Basen des $\R^2$.
$$S(v_1) = S\cvec{0\\1} = \cvec{0\\1} = \frac{1}{3}\cvec{2\\1}+\left(-\frac{2}{3}\cvec{1\\-1}\right) = \frac{1}{3} w_1 + \left(-\frac{2}{3}\right) w_2$$
$$S(v_2) = S\cvec{1\\1} = \cvec{-1\\1} = 0\cvec{2\\1} + (-1) \cvec{1\\-1} = 0w_1 + (-1) w_2$$
$$M(S,\underline{v},\underline{w}) = \begin{pmatrix}
\frac{1}{3} & 0\\
-\frac{2}{3} & -1
\end{pmatrix}$$
\item $M(P,\underline{e},\underline{e}) = \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}$, denn $P(e_1) = 1e_1+0e_2$ und $P(e_2) = 0e_1+0e_2$.
\item $M(T_a,\underline{e},\underline{e}) = \begin{pmatrix}
1 & a\\
0 & 1
\end{pmatrix}$, denn $T_a(e_1) = 1e_1+0e_2$ und $T_a(e_2) = ae_1+e_2$.
\item Schreibe $\underline{v}$ und $\underline{w}$ für die Standardbasen [$\to$ \ref{6.2.2}] des $K^n$ und $K^m$. Es gilt $\ve_{\underline{v}} = \id_{K^n}$ und $\ve_{\underline{w}} = \id_{K^m}$. Daher $\co_{\underline{v}} = \id^{-1}_{K^n} = \id_{K^n}$ und somit $f_A = \id_{K^m}\circ f_A\circ \id_{K^n} = \ve_{\underline{w}}\circ f_A\circ \co_{\underline{v}}$, das heißt $M(f_A,\underline{v},\underline{w}) = A$.
\item $\underline{v} := (1, X,\ldots,X^d)$ ist Basis von $K[X]_d$ [$\to$ \ref{6.2.8}(d)]
$$D^{(d)}(X^k) = \begin{cases}
0 & \text{falls } k = 0\\
kX^{k-1} &\text{falls }k\in \left\{1,\ldots,d\right\}.
\end{cases}$$
Also $M(D^{(d)},\underline{v},\underline{v}) = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & \cdots & 0\\
\vdots & 0 & 2 & \ddots & \vdots\\
\vdots & \vdots & 0 & \ddots & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & d\\
 0 & 0 & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix}$, $D^{(d)}(X^2) = 2X = \underline{0}\cdot 1 + \underline{2}\cdot X+\underline{0}\cdot X^2+\ldots$
\item $\underline{v}$ wie eben, $\underline{w}:=$ Standardbasis des $K^n$.
$$E^{(d)}_{a_1,\ldots,a_n}(X^k) = \cvec{a_1^k\\\vdots\\a_n^k}$$
\begin{minipage}{.5\textwidth}
$M(E_{a_1,\ldots,a_n},\underline{v},\underline{w}) = \begin{pmatrix}
1 & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^d\\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots\\
1 & a_n & a_n^2 & \cdots & a_n^d
\end{pmatrix}$
\end{minipage}
\begin{minipage}{.425\textwidth}
\emph{Vandermonde}-Matrix\index{Matrix@{\bf Matrix}!Vandermonde-Matrix}

[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Alexandre-Théophile_Vandermonde}{Alexandre-Théophile Vandermonde}, *1735, \dag 1796]
\end{minipage}
\item $\underline{v} := (1,\i)$ ist Basis des $\R$-Vektorraums $\C$ [$\to$ \ref{6.2.8}(c)].

$$C(1) = \underline{1}\cdot1+\underline{0}\cdot \i,\quad C(\i) = \underline{0}\cdot1+(\underline{-1})\i$$
$$M(C,\underline{v},\underline{v}) = \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & -1
\end{pmatrix}$$
$w := (1+\i, 1-\i)$ ist auch Basis des $\R$-Vektorraums $\C$.
$$C(1+\i) = 1-\i,\quad C(1-\i) = 1+\i$$
$$M(C,\underline{w},\underline{w}) = \begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}$$
$$C(1) = 1 = \underline{\frac{1}{2}}(1+\i) +\underline{\frac{1}{2}}(1-\i),\quad C(\i) = -\i = \underline{\left(-\frac{1}{2}\right)}(1+\i) + \underline{\frac{1}{2}}(1-\i)$$
$$M(C,\underline{v},\underline{w}) = \begin{pmatrix}
\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{pmatrix}$$
$$C(1+\i) = \underline{1}\cdot 1 + \underline{(-1)}\i,\quad C(1-\i) = \underline{1}\cdot 1+\underline{1}\cdot \i$$
$$M(C,\underline{w},\underline{v})=\begin{pmatrix}
1 & 1\\
-1 & 1
\end{pmatrix}$$
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{er}[Spezialfall von \ref{6.1.5}]\label{7.1.5}
Ist $I$ eine Menge und $V$ ein $K$-Vektorraum, so ist auch $V^I \overset{\text{\ref{1.1.27}}}{=}\left\{f\mid f:I\to V\right\}$ ein $K$-Vektorraum vermöge $(f+g)(i) = f(i) + g(i)$ und $(\lambda f)(i) = \lambda (f(i))$ für alle $f,g\in V^I$ und $\lambda\in K$.

Der Spezialfall $I= \left\{1,\ldots,m\right\}\times \left\{1,\ldots,n\right\}$ [$\to$ \ref{5.1.8}] und $V=K$ liefert den $K$-Vektorraum $K^{m\times n}$ der $m\times n$-Matrizen über $K$:
$$
\begin{pmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1n}\\
\vdots & & \vdots\\
a_{m1} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
b_{11} & \cdots & b_{1n}\\
\vdots & & \vdots\\
b_{m1} & \cdots & b_{mn}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
a_{11}+b_{11} & \cdots & a_{1n}+b_{1n}\\
\vdots & & \vdots\\
a_{m1}+b_{m1} & \cdots & a_{mn}+b_{mn}
\end{pmatrix}
$$
$$\lambda \begin{pmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1n}\\
\vdots & & \vdots\\
a_{m1} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
\lambda a_{11} & \cdots & \lambda a_{1n}\\
\vdots & & \vdots\\
\lambda a_{m1} & \cdots & \lambda a_{mn}
\end{pmatrix} \qquad (a_{ij}, b_{ij},\lambda\in K)$$
\end{er}

\begin{notpro}\label{7.1.6}
Sind $V$ und $W$ $K$-Vektorräume, so ist
$$\Hom(V,W) := \left\{f\mid f:V\to W \text{ linear}\right\}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Hom@$\Hom(V,W)$}$$
ein Unterraum des $K$-Vektorraums $W^V$.
\end{notpro}
\begin{proof}
Nach \ref{6.1.10} ist zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $0\in \Hom(V,W)$ (wobei $0:V\to W, v\mapsto 0$)
\item $\forall f,g\in \Hom(V,W): f+g \in \Hom(V,W)$
\item $\forall f\in \Hom(V,W):\forall \mu\in K: \mu f\in \Hom(V,W)$
\end{enumerate}
\begin{enumerate}[Zu (a).]
\item $0 (v_1 +v_2) = 0_W = 0_W + 0_W = 0(v_1) + 0(v_2)$ für $v_1,v_2\in K$

$0(\lambda v) = 0_W = \lambda0_W = \lambda 0(v)$ für $v\in V$ und $\lambda\in K$
\item Seien $f,g:V\to W$ linear. Zu zeigen: $f+g$ linear.
\begin{align*}
(f+g)(v_1+v_2) & = f(v_1+v_2) + g(v_1+v_2) = f(v_1) + f(v_2) + g(v_1) + g(v_2)\\
& = f(v_1) + g(v_1) + f(v_2) + g(v_2) = (f+g)(v_1) + (f+g)(v_2)
\end{align*}
für alle $v_1,v_2\in V$
\begin{align*}
(f+g)(\lambda v) & = f(\lambda v) + g(\lambda v) = \lambda f(v) +\lambda g(v) = \lambda(f(v)+g(v)) = \lambda ((f+g)(v))
\end{align*}
für alle $v\in V$ und $\lambda\in K$.
\item Sei $f:V\to W$ linear und $\mu\in K$. Zu zeigen: $\mu f$ linear.
\begin{align*}
(\mu f)(v_1+v_2) & = \mu(f(v_1+v_2)) = \mu(f(v_1)+f(v_2)) = \mu(f(v_1)) + \mu(f(v_2))\\
& = (\mu f)(v_1) + (\mu f)(v_2)
\end{align*}
für alle $v_1,v_2\in V$
\begin{align*}
(\mu f)(\lambda v) & = \mu (f(\lambda v)) = \mu\lambda(f(v)) = \lambda \mu(f(v)) = \lambda ((\mu f)(v))
\end{align*}
für alle $v\in V$ und $\lambda\in K$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{exo}\label{7.1.7}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sind $V$ und $W$ $K$-Vektorräume, $U\over{\xrightarrow{f}}{\xrightarrow[g]{}} V \xrightarrow{h}W$ Abbildungen, \emph{$h$ linear} und $\lambda\in K$, so
$$h\circ (f+g) = h\circ f+h\circ g\qquad \text{und} \qquad h\circ (\lambda f) = \lambda(h\circ f)$$
\item Sind $W$ ein $K$-Vektorraum, $U\xrightarrow{f}V\over{\xrightarrow{g}}{\xrightarrow[h]{}}W$ Abbildungen und $\lambda\in K$, so
$$(g+h)\circ f = g\circ f +h\circ f \qquad\text{und}\qquad (\lambda g)\circ f = \lambda(g\circ f)$$
\end{enumerate}
\end{exo}

\red{Bis hierher hätten wir am 21.12. kommen sollen.}

\begin{sat}\label{7.1.8}
Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume, $\underline{v} = (v_1,\ldots,v_n)$ eine Basis von $V$ und $\underline{w} = (w_1,\ldots,w_m)$ eine Basis von $W$.

Dann sind $\Phi : \begin{cases}
\Hom(V,W) \to K^{m\times n}\\
f\mapsto M(f,\underline{v},\underline{w})
\end{cases}$ und $\Psi : \begin{cases}
K^{m\times n} \to \Hom(V,W)\\
A\mapsto \ve_{\underline{w}} \circ f_A \circ \co_{\underline{v}}
\end{cases}$ zueinander inverse Vektorraumisomorphismen.
\end{sat}
\begin{proof}
Nach \ref{1.2.6} und \ref{6.3.3}(b) ist zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\Phi \circ \Psi = \id_{K^{m\times n}}$
\item $\Psi \circ \Phi = \id_{\Hom(V,W)}$
\item $\Psi$ ist linear.
\end{enumerate}
\begin{enumerate}[Zu (a).]
\item Für $A\in K^{m\times n}$ gilt $(\Phi \circ \Psi)(A) = \Phi(\Psi(A)) = M(\ve_{\underline{w}}\circ f_A\circ \co_{\underline{v}}, v, w) \overset{\text{\ref{7.1.1}}}{\underset{\text{\ref{7.1.3}}}{=}} A$.
\item Für $f\in \Hom(V,W)$ gilt $(\Psi \circ \Phi)(f) = \ve_{\underline{w}} \circ f_{M(f,\underline{v},\underline{w})} \circ \co_{\underline{v}} \overset{\text{\ref{7.1.1}}}{\underset{\text{\ref{7.1.3}}}{=}} f$.
\item Seien $A,B \in K^{m\times n}$ und $\lambda\in K$.
\begin{align*}
\text{Zu zeigen: } & \ve_{\underline{w}} \circ f_{A+B} \circ \co_{\underline{v}} = \ve_{\underline{w}}\circ f_A \circ \co_{\underline{v}} + \ve_{\underline{w}} \circ f_B \circ \co_{\underline{v}}\\
\text{und } & \ve_{\underline{w}}\circ f_{\lambda A} \circ \co_{\underline{v}} = \lambda(\ve_{\underline{w}}\circ f_A \circ \co_{\underline{v}})
\end{align*}
Die rechten Seiten sind nach \ref{7.1.7} gleich
$$\ve_{\underline{w}}\circ (f_A+f_B) \circ \co_{\underline{v}} \qquad\text{und}\qquad \ve_{\underline{w}}\circ (\lambda f_A)\circ \co_{\underline{v}}.$$
Es reicht also $f_{A+B} = f_A + f_B$ und $f_{\lambda A} = \lambda f_A$ zu zeigen. Sei hierzu $x\in K^n$. Zu zeigen: $(A+B)x = Ax + Bx$ und $(\lambda A)x = \lambda (Ax)$. Dies rechnet man sofort nach.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{kor}\label{7.1.9}
Sind $V$ und $W$ endlichdimensionale $K$-Vektorräume mit $n = \dim V$ und $m=\dim W$, so $\Hom(V,W)\cong K^{m\times n}$. Insbesondere gilt $\dim \Hom (V,W) = mn$.
\end{kor}

\begin{defbem}\label{7.1.10}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum mit Basen\\
$\underline{v} = (v_1,\ldots,v_n)$ und $\underline{w} = (w_1,\ldots,w_n)$. Dann heißt $M(\underline{v},\underline{w}):= M(\id_V,\underline{v},\underline{w})\in K^{n\times n}$ die \emph{Matrix des Basiswechsels}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Darstellungsmatrix!Basiswechselmatrix} von $\underline{v}$ nach $\underline{w}$. Dies ist nach \ref{7.1.1} die eindeutig bestimmte Matrix $A\in K^{n\times n}$ mit $\co_{\underline{w}}  = f_A \circ \co_{\underline{v}}$. Sind also $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ die Koordinaten eines Vektors bezüglich $\underline{v}$, so sind $\mu_1,\ldots,\mu_n$ mit $\cvec{\mu_1\\\vdots\\\mu_n}:= M(\underline{v},\underline{w})\cvec{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_n}$ die Koordinaten desselben Vektors bezüglich $\underline{w}$.
\end{defbem}

\begin{df}\label{7.1.11}
Ist $V$ ein $K$-Vektorraum mit Basis $\underline{v} = (v_1,\ldots,v_n)$ und $f: V \to V$ linear, so heißt $M(f,\underline{v}) := M(f,\underline{v},\underline{v})\in K^{n\times n}$ \emph{Darstellungsmatrix}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Darstellungsmatrix} von $f$ bezüglich $\underline{v}$.
\end{df}

\section{Matrizenkalkül}

\begin{df}(auch gültig, wenn $K$ nur ein kommutativer Ring statt einem Körper ist!)\label{7.2.1}
Seien $m,n,r\in\N_0$, $A=(a_{ij})_{1\le i\le m,1\le j\le n}\in K^{m\times n},B=(b_{jk})_{1\le j\le n,1\le k\le r}\in K^{n\times r}$. Dann ist das \emph{Matrizenprodukt}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Matrizenprodukt}
$AB=A\cdot B\in K^{m\times r}$ definiert durch
\[AB=\left(\sum_{j=1}^na_{ij}b_{jk}\right)_{1\le i\le m,1\le k\le r}.\]
Veranschaulichung: $\begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(m1.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 2](m1){1}; & \tikz[baseline=(m2.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 2](m2){3}; & \tikz[baseline=(m3.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 2](m3){4};\\
-1 & 2 & 3\\
0 & 1 & 5\\
4 & 1 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(o1.base)]\node[inner sep = 2](o1){1}; & \tikz[baseline=(n1.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 2](n1){0};\\
\tikz[baseline=(o2.base)]\node[inner sep = 2](o2){5}; & \tikz[baseline=(n2.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 2](n2){1};\\
\tikz[baseline=(o3.base)]\node[inner sep = 2](o3){0}; & \tikz[baseline=(n3.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 2](n3){3};
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(z1.base)]\node[fill=blue!20, circle, inner sep = 2](z1){16}; & \tikz[baseline=(z2.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 2](z2){15};\\
9 & 11\\
5 & 16\\
9 & 1
\end{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=blue] (m1.center) to (m3.center);
\draw[opacity=.2,line width=5 mm,line cap=round,color=blue] (o1.center) to (o3.center);
\path (m1.north) edge [very thick,color=blue,bend left=40] (o1.north);
\path (m2.south) edge [very thick,color=blue,bend right=20] (o2.west);
\path (m3.south east) edge [very thick,color=blue,bend right=20] (o3.west);
\path (m1.north east) edge [very thick,color=red,bend left=40] (n1.north west);
\path (m2.north east) edge [very thick,color=red,bend left=40] (o1.west);
\path (o1.west) edge [very thick,color=red,bend right=20] (n2.west);
\path (m3.south) edge [very thick,color=red,bend right=45] (n3.south west);
\end{tikzpicture}$
\end{df}

\begin{bem}\label{7.2.2}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $n=0$, so ist $AB=0\in K^{m\times r}$ die \emph{Nullmatrix}, aber $m,r\in\N_0$ können beliebig gewählt werden. Nur in diesem Ausnahmefall müsste man in die Notation
$A\cdot B$ eigentlich $m$ und $r$ aufnehmen, aber aus dem Zusammenhang ist ohnehin meist klar, was $m$ und $r$ sein sollen.
\item Damit das Matrixprodukt zweier Matrizen definiert ist, muss die erste Matrix genau so viele Spalten haben, wie die zweite Zeilen hat. Mit anderen Worten: Die Zeilen der ersten
Matrix müssen genauso lang sein, wie die Spalten der zweiten Matrix. Der Eintrag in der $i$-ten Zeile und $k$-ten Spalte von $AB$ ist dann das innere Produkt der $i$-ten Zeile
von $A$ mit der $k$-ten Spalte von $B$ ("`Zeile mal Spalte"'). Dabei nennt man $\sum_{i=1}^nx_iy_i$ für $x,y\in K^n$ das \emph{innere Produkt} von $x$ und $y$.
\item\label{sim}
Sind $x^{(1)},\dots,x^{(r)}$ die Spalten von $B$, so sind $Ax^{(1)},\dots,Ax^{(r)}$ die Spalten von $AB$:
\[A(x^{(1)}\dots x^{(r)})=(Ax^{(1)}\dots Ax^{(r)}).\]
Matrizenmultiplikation ist also "`simultanes Multiplizieren mit Spaltenvektoren"'.
\item
Sind $A\in K^{m\times n}$ und $x_1,\dots,x_n\in K$, so ist
\[A\underbrace{\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}}_{\in K^n}=A\underbrace{\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}}_{\in K^{n\times1}}.\]
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{7.2.3}\mbox{}\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item
$
\begin{array}[t]{cccc}
\begin{pmatrix}1&0\\1&0\\2&1\end{pmatrix}&\begin{pmatrix}1&1&0&1\\1&1&0&0\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}1&1&0&1\\1&1&0&1\\3&3&0&2\end{pmatrix}\\
\\
3\times\underline2&\underline2\times4&&3\times4
\end{array}
$
\item
$
\begin{array}[t]{cc}
\begin{pmatrix}1&1\\2&-1\end{pmatrix}&\begin{pmatrix}1&0\\1&1\\1&0\end{pmatrix}\\
\\
2\times\underline2&\underline3\times2
\end{array}
$ ist nicht definiert.
\item
$
\begin{array}[t]{cccc}
\begin{pmatrix}1&3&0&1\end{pmatrix}&\begin{pmatrix}0&1\\1&1\\-1&0\\0&2\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}3&6\end{pmatrix}\\
\\
1\times\underline4&\underline4\times2&&1\times2
\end{array}
$
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{lem}\label{7.2.4}
Seien $m,n,r\in\N_0$, $A\in K^{m\times n}$ und $B\in K^{n\times r}$. Dann gilt $f_{AB}=f_A\circ f_B$.
\end{lem}

\begin{proof}
Wegen $AB\in K^{m\times r}$ haben wir [$\to$ \ref{6.3.2} (e)]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[node distance=5em, auto]
  \node (1) {$K^r$};
  \node (2) [right of=1] {$K^n$};
  \node (3) [right of=2] {$K^m$};
  \draw[->] (1) to node {$f_B$} (2);
  \draw[->] (2) to node {$f_A$} (3);
  \draw[->,bend right] (1) to node [below] {$f_{AB}$} (3);
\end{tikzpicture},
\end{center}
so dass Definitions- und Zielmengen von $f_{AB}$ und $f_A\circ f_B$ übereinstimmen.
Da beide Abbildungen linear sind, reicht es nach \ref{6.3.4}, die Gleichheit auf den Standardvektoren [$\to$ \ref{6.2.2}]
$e_k\in K^r$ zu zeigen: Sei $k\in\{1,\dots,r\}$. Zu zeigen ist $(AB)e_k=A(Be_k)$. Da $Be_k$ die $k$-te Spalte von $B$ ist, ist $A(Be_k)$ nach \ref{7.2.2}\eqref{sim}
die $k$-te Spalte von $AB$, welche natürlich $(AB)e_k$ ist. 
\end{proof}

\begin{sat}\emph{("`Matrizenprodukt entspricht Hintereinanderschaltung von linearen Abbildungen"')}\label{7.2.5}
Seien $U,V,W$ $K$-Vektorräume der Dimensionen $r,n,m$ mit geordneten Basen $\u,\v,\w$. Seien
$U\overset g\longrightarrow V\overset f\longrightarrow W$ linear. Dann gilt $M(f\circ g,\u,\w)=M(f,\v,\w)M(g,\u,\v)$.
\end{sat}

\begin{proof}
Setzt man $A:=M(f,\underline v,\underline w)\in K^{m\times n}$, $B:=M(g,\u,\v)\in K^{n\times r}$, so ist $AB=M(f\circ g,\u,\w)$ zu zeigen, das heißt
$f\circ g=\ve_{\w}\circ f_{AB}\circ\co_\u$ [$\to$\ref{7.1.1}]. Nun gilt aber:
\begin{align*}
f\circ g&=(\ve_\w\circ f_A\circ\co_\v)\circ(\ve_\v\circ f_B\circ\co_\u)\\
&=\ve_\w\circ f_A\circ(\underbrace{\co_\v\circ\ve_\v}_{=\id_{K^n}})\circ f_B\circ\co_\u\\
&=\ve_\w\circ(f_A\circ f_B)\circ\co_\u\overset{\ref{7.2.4}}=\ve_\w\circ f_{AB}\circ\co_\u
\end{align*}
\end{proof}

\begin{kor}\emph{("`Matrizenmultiplikation ist assoziativ"')}\label{7.2.6}
Seien $m,n,r,s\in\N_0$, $A\in K^{m\times n}$, $B\in K^{n\times r}$ und $C\in K^{r\times s}$.
Dann gilt $(AB)C=A(BC)$.
\end{kor}

\begin{proof}
Bezeichne $\e^{(\ell)}$ die Standardbasis von $K^\ell$ für $\ell\in\N_0$. Dann gilt
\begin{align*}
(AB)C&=(M(f_A,\e^{(n)},\e^{(m)})M(f_B,\e^{(r)},\e^{(n)}))M(f_C,\e^{(s)},\e^{(r)})\\
&=M(f_A\circ f_B,\e^{(r)},\e^{(m)})M(f_C,\e^{(s)},\e^{(r)})\\
&=M((f_A\circ f_B)\circ f_C,\e^{(s)},\e^{(m)})\overset{\ref{1.2.5}(a)}=M(f_A\circ(f_B\circ f_C),\e^{(s)},\e^{(m)})\\
&=M(f_A,\e^{(n)},\e^{(m)})M(f_B\circ f_C,\e^{(s)},\e^{(n)})\\
&=M(f_A,\e^{(n)},\e^{(m)})(M(f_B,\e^{(r)},\e^{(n)})M(f_C,\e^{(s)},\e^{(r)}))=A(BC)
\end{align*}
\end{proof}

\begin{bem}\label{7.2.7}
\begin{enumerate}[(a)]
\item
Man kann für Korollar \ref{7.2.6} auch den folgenden direkten Beweis geben, welcher zeigt, dass es auch richtig bleibt, wenn $K$ nur ein kommutativer Ring statt ein Körper ist:
Für $i\in\{1,\dots,m\}$ und $\ell\in\{1,\dots,s\}$ gilt
\begin{align*}
((AB)C)_{i\ell}&=\sum_{k=1}^r(AB)_{ik}C_{k\ell}\\
&=\sum_{k=1}^r\left(\sum_{j=1}^nA_{ij}B_{jk}\right)C_{k\ell}\\
&=\sum_{k=1}^r\sum_{j=1}^nA_{ij}B_{jk}C_{k\ell}\\
&=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^rA_{ij}B_{jk}C_{k\ell}\\
&=\sum_{j=1}^nA_{ij}\sum_{k=1}^rB_{jk}C_{k\ell}\\
&=\sum_{j=1}^nA_{ij}(BC)_{j\ell}=(A(BC))_{i\ell}.
\end{align*}
\item Aus \ref{7.1.7} und \ref{7.1.8} folgt ähnlich wie im Beweis von \ref{7.2.6}, dass für alle $m,n,r\in\N_0$ gilt
\begin{align*}
&\forall A,B\in K^{m\times n}:\forall C\in K^{n\times r}:(A+B)C=AC+BC,\\
&\forall A\in K^{m\times n}:\forall B,C\in K^{n\times r}:A(B+C)=AB+AC&\text{und}\\
&\forall\la\in K:\forall A\in K^{m\times n}:\forall B\in K^{n\times r}:(\la A)B=\la(AB)=A(\la B).
\end{align*}
Dies kann man aber auch direkt nachrechnen und zwar sogar dann, wenn $K$ nur ein kommutativer Ring statt ein Körper ist, wobei man dann $\la A$ für $\la\in K$ und
$A\in K^{m\times n}$ analog zu \ref{7.1.5} "`eintragweise"' definiert (und $A+B$ für $A,B\in K^{m\times n}$ schon durch \ref{2.1.11} genauso wie in \ref{7.1.5} "`eintragweise"' definiert ist).
\item Wegen \ref{7.2.6} können wir beim Multiplizieren von mehreren Matrizen auf Klammern verzichten [$\to$\ref{2.1.7}].
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{7.2.8}
Seien $\ph,\ps\in\R$. Dann $R_{\ph+\ps}=R_\ph\circ R_\ps$ aus geometrischen Gründen und mit \ref{7.2.5} daher
$M(R_{\ph+\ps},\e)=M(R_\ph,\e)M(R_\ps,\e)$, was mit \ref{7.1.4}(a) heißt
\begin{multline*}
\begin{pmatrix}\cos(\ph+\ps)&-\sin(\ph+\ps)\\\sin(\ph+\ps)&\cos(\ph+\ps)\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}\cos(\ph)&-\sin(\ph)\\\sin(\ph)&\cos(\ph)\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\cos(\ps)&-\sin(\ps)\\\sin(\ps)&\cos(\ps)\end{pmatrix}\\
\overset{\ref{7.2.5}}=
\begin{pmatrix}
(\cos\ph)(\cos\ps)-(\sin\ph)(\sin\ps)&-(\cos\ph)(\sin\ps)-(\sin\ph)(\cos\ps)\\
(\sin\ph)(\cos\ps)+(\cos\ph)(\sin\ps)&-(\sin\ph)(\sin\ps)+(\cos\ph)(\cos\ps)
\end{pmatrix}.
\end{multline*}
Es folgen die \emph{Additionstheoreme}
\begin{align*}
\cos(\ph+\ps)&=(\cos\ph)(\cos\ps)-(\sin\ph)(\sin\ps)\text{ und}\\
\sin(\ph+\ps)&=(\sin\ph)(\cos\ps)+(\cos\ph)(\sin\ps).
\end{align*}
\end{bsp}

\begin{defprop}(auch falls $K$ nur ein kommutativer Ring statt einem Körper)\label{7.2.9}
Für $n\in\N_0$ heißt
\[I_n:=
    \begin{pmatrix}
      1 & \multicolumn{2}{c}{\text{\kern 1em\smash{\raisebox{-1.5ex}{\Huge 0}}}} \\
      & \ddots &  \\
      \multicolumn{2}{c}{\text{\kern-1.5em\smash{\raisebox{0ex}{\Huge 0}}}} & 1
    \end{pmatrix}\in K^{n\times n}
    \]
die \emph{Einheitsmatrix}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Einheitsmatrix} der Größe $n$. Falls $n$ aus dem Zusammenhang klar ist, schreibt man oft $I$ statt $I_n$.
Man überprüft sofort $\forall A\in K^{m\times n}:AI_n=A$ und $\forall B\in K^{n\times r}:I_nB=B$.
Eine Matrix $A\in K^{n\times n}$ heißt \emph{invertierbar} (falls $K$ ein Körper auch \emph{regulär}), wenn es ein $B\in K^{n\times n}$ gibt mit
\[AB=I_n=BA.\]
In diesem Fall ist $B$ eindeutig bestimmt (hat $B'$ dieselben Eigenschaften, so $B'=B'I_n=B'AB=I_nB=B$) und heißt die zu $A$ \emph{inverse}\index{Matrix@{\bf Matrix}!inverse Matrix} Matrix, in Zeichen
$A^{-1}$.
\end{defprop}

\begin{pro}\label{7.2.10}
Seien $V$ ein Vektorraum mit Basis $\v=(v_1,\dots,v_n)$ und $f\colon V\to V$ linear. Dann $M(f,\v)=I_n\iff f=\id_V$.
\end{pro}

\begin{proof}
$M(f,\v)=I_n\overset{\ref{7.1.1}}\iff f=\ve_\v\circ\underbrace{f_{I_n}}_{=\id_{K^n}}\circ\co_\v
\iff f=\underbrace{\ve_\v\circ\co_\v}_{\id_V}
$
\end{proof}

\begin{pro}\label{7.2.11}
Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume mit Basen $\v=(v_1,\dots,v_n)$ und $\w=(w_1,\dots,w_n)$. Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $M(f,\v,\w)$ invertierbar genau dann,
wenn $f$ bijektiv ist, und in diesem Fall gilt \[M(f,\v,\w)^{-1}=M(f^{-1},\w,\v).\]
\end{pro}

\begin{proof}
Ist $f$ bijektiv, so gilt $f\circ f^{-1}=\id_W$ und $f^{-1}\circ f=\id_V$ nach \ref{1.2.5}(c), also
\begin{align*}
I_n&\overset{\ref{7.2.10}}=M(f\circ f^{-1},\w,\w)\overset{\ref{7.2.5}}=M(f,\v,\w) M(f^{-1},\w,\v)\text{ und}\\
I_n&\overset{\ref{7.2.10}}=M(f^{-1}\circ f,\v,\v)\overset{\ref{7.2.5}}=M(f^{-1},\w,\v) M(f,\v,\w),
\end{align*}
das heißt $M(f,\v,\w)$ ist invertierbar mit $M(f,\v,\w)^{-1}=M(f^{-1},\w,\v)$.
Sei nun umgekehrt $A:=M(f,\v,\w)$ invertierbar, etwa $B\in K^{n\times n}$ mit $AB=I_n=BA$. Dann gilt für $g:=\ve_\v\circ f_B\circ\co_\w\colon W\to V$ unter Beachtung von
$f\overset{\ref{7.1.1}}=\ve_\w\circ f_A\circ\co_\v$:
\[
g\circ f=\ve_\v\circ f_B\circ f_A\circ\co_\v=\id_V\text{ und }
f\circ g=\ve_\w\circ f_A\circ f_B\circ\co_\w=\id_W,
\]
da $f_B\circ f_A\overset{\ref{7.2.4}}=f_{BA}=f_{I_n}\overset{\ref{7.2.10}}=\id_{K^n}$ und $f_A\circ f_B\overset{\ref{7.2.4}}=f_{AB}=f_{I_n}\overset{\ref{7.2.10}}=\id_{K^n}$. Aus \ref{1.2.6} folgt, dass dann $f$ bijektiv ist.
\end{proof}

\begin{pro}\label{7.2.12}
Seien $V$ und $W$ endlichdimensionale $K$-Vektorräume derselben Dimension \emph{[$\to$\ref{6.2.24}]} und $f\colon V\to W$ linear. Dann gilt
\[\text{$f$ injektiv}\iff\text{$f$ bijektiv}\iff\text{$f$ surjektiv.}\]
\end{pro}

\begin{proof}
Wähle mit \ref{6.2.18} eine Basis $\v=(v_1,\dots,v_n)$ von $V$. Nach \ref{6.3.8} gilt:
\begin{align*}
\text{$f$ injektiv}&\iff\text{$f(v_1),\dots,f(v_n)$ linear unabhängig in $W$,}\\
\text{$f$ bijektiv}&\iff\text{$f(v_1),\dots,f(v_n)$ bilden Basis von $W$,}\\
\text{$f$ surjektiv}&\iff\text{$f(v_1),\dots,f(v_n)$ spannen $W$ auf.}
\end{align*}
Wegen $\dim W=n$ sind nach \ref{6.2.26} die rechts stehenden Bedingungen aber äquivalent.
\end{proof}

\begin{sat}\label{7.2.13}
Seien $A,B\in K^{n\times n}$. Dann $AB=I_n\iff BA=I_n$.
\end{sat}

\begin{proof}
Wegen Symmetrie reicht es zu "`$\implies$"' zu zeigen. Gelte hierzu $AB=I_n$. Dann $f_A\circ f_B\overset{\ref{7.2.4}}=f_{AB}=f_{I_n}\overset{\ref{7.2.10}}=\id_{K^n}$, woraus folgt,
dass $f_B$ injektiv ist. Aus \ref{7.2.12} folgt, dass $f_B$ bijektiv ist, woraus man mit \ref{7.2.11} die Invertierbarkeit von $B$ erhält. Es folgt
$$BA=BA(BB^{-1})=B(AB)B^{-1}=BB^{-1}=I_n.$$
\end{proof}

\begin{kor}\label{7.2.14}
Sei $A\in K^{n\times n}$. Dann ist $A$ invertierbar genau dann, wenn es \[x^{(1)},\dots,x^{(n)}\in K^n\] gibt mit $Ax^{(j)}=e_j$ für alle $j\in\{1,\dots,n\}$. In diesem Fall
sind $x^{(1)},\dots,x^{(n)}$ eindeutig bestimmt und $x^{(j)}$ ist die $j$-te Spalte von $A^{-1}$.
\end{kor}

\begin{proof}
Folgt direkt aus \ref{7.2.13} und \ref{7.2.2}\eqref{sim}.
\end{proof}

\noindent
Zur Berechnung von Matrixinversen, muss man also sogenannte \emph{inhomogene} lineare Gleichungssysteme lösen, was Gegenstand des nächsten Abschnitts ist.

\red{Bis hierher hätten wir am 8.1. kommen sollen.}

\section[tocentry={Inhomogene lineare Gleichungssysteme}]{Inhomogene lineare Gleichungssysteme {\small [$\to$ §\ref{5}]}}\label{7.3}

\begin{sprbem}\label{7.3.1}
[$\to$ \ref{5.1.1}, \ref{5.1.12}] Ein \emph{lineares Gleichungssystem} über $K$ ist (ggf. nach Umstellen) von der Form \[(*)\qquad Ax = b\quad (x\in K^n),\] wobei $A\in K^{m\times n}$ und $b\in K^m$ vorgegeben sind und $x\in K^n$ gesucht ist ($m$ Gleichungen in $n$ Unbekannten). Ist $b = 0$, so heißt $(*)$ \emph{homogen}, ansonsten \emph{inhomogen}\index{inhomogenes lineares Gleichungssystem@{\bf inhomogenes lineares Gleichungssystem}}. Der homogene Fall ist hier zugelassen, wurde aber schon in §\ref{5} behandelt. Ist $A$ in Stufenform\index{inhomogenes lineares Gleichungssystem@{\bf inhomogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform} [$\to$ \ref{5.1.10}], so nennen wir wieder für $j\in\left\{1,\ldots,n\right\}$ die Unbekannte $x_j$ \case{\emph{abhängig}}{\emph{frei}}\index{inhomogenes lineares Gleichungssystem@{\bf inhomogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform!abhängige Unbekannte}\index{inhomogenes lineares Gleichungssystem@{\bf inhomogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform!freie Unbekannte} in $(*)$, wenn $j$ \case{eine}{keine} Stufenposition [$\to$ \ref{5.1.10}] von $A$ ist. Ist $A$ sogar in \emph{reduzierter Stufenform}\index{inhomogenes lineares Gleichungssystem@{\bf inhomogenes lineares Gleichungssystem}!Stufenform!reduzierte Stufenform} mit $r$ Stufen und Stufenpositionen $j_1,\ldots,j_r$, so kann man offensichtlich $(*)$ als ein System von $m$ linearen Gleichungen
\[
\begin{split}
x_{j_1} & = b_1 + \ldots\\
& \ ~\vdots\\
x_{j_r} & =  b_r + \ldots\\
 0 & =  b_{r+1}\\
 & \ ~\vdots\\
 0 & =  b_m
\end{split}
\qquad(x\in K^n)
\]
schreiben, auf deren rechten Seiten nur freie Unbekannte auftauchen. Es sind nun zwei Fälle zu unterscheiden:
\begin{enumerate}[{Fall} 1:]
\item nicht $b_{r+1} = \ldots = b_m = 0$

Dann ist $(*)$ unlösbar (leere Lösungsmenge).
\item $b_{r+1} = \ldots = b_m = 0$

Dann existiert für jede Festlegung der freien Unbekannten wieder genau eine Wahl der abhängigen Unbekannten derart, dass $Ax = b$ gilt. Damit kann man dann unmittelbar $x^{(0)}, \xi^{(1)},\ldots, \xi^{(n-r)}\in K^n$ bestimmen mit
$$\left\{x\in K^n\mid Ax = b\right\} = \left\{x^{(0)}+\xi\mid \xi\in\spann{\xi^{(1)},\ldots,\xi^{(n-r)}}\right\}$$
\end{enumerate}
\end{sprbem}

\begin{bsp}\label{7.3.2}
[$\to$ \ref{5.1.13}] $K = \Q$
$$(*)\qquad \begin{array}{rrrrl}
x_1 & -3x_4 & + x_5 & +x_7 & = 1\\
& x_2 & -x_3 & +x_5 & = 2\\
& & x_6 & -x_7 & =-1
\end{array}\qquad (x_1,\ldots,x_7\in \Q)$$
$x_1,x_2,x_6$ abhängig, $x_3,x_4,x_5,x_7$ frei.
\begin{multline*}
\Set{x\in\Q^7 | \begin{array}{rrrrr}
x_1 = & 1 & +3x_4 & -x_5 & -x_7\\
x_2 = & 2 & +x_3 & -x_5\\
x_6 = & -1 & +x_7
\end{array}, x_3,x_4,x_5,x_7\in\Q}\\
 =\Set{\cvec{1+3x_4-x_5-x_7\\2+x_3-x_5\\x_3\\x_4\\x_5\\-1+x_7\\x_7} | x_3,x_4,x_5,x_7\in\Q}\\
= \Set{\cvec{1\\2\\0\\0\\0\\-1\\0}+x_3\cvec{0\\1\\1\\0\\0\\0\\0}+x_4\cvec{3\\0\\0\\1\\0\\0\\0}+x_5\cvec{-1\\-1\\0\\0\\1\\0\\0}+x_7\cvec{-1\\0\\0\\0\\0\\1\\1} | x_3,x_4,x_5,x_7\in \Q}
\end{multline*}
$$= \Set{\underbrace{\cvec{1\\2\\0\\0\\0\\-1\\0}}_{x_{(0)}}+\xi | \xi \in \spann{\underbrace{\cvec{0\\1\\1\\0\\0\\0\\0}}_{\xi^{(1)}},\underbrace{\cvec{3\\0\\0\\1\\0\\0\\0}}_{\xi^{(2)}},\underbrace{\cvec{-1\\-1\\0\\0\\1\\0\\0}}_{\xi^{(3)}},\underbrace{\cvec{-1\\0\\0\\0\\0\\1\\1}}_{\xi^{(4)}}}}$$
Keines der so berechneten $\xi^{(\ell)}$ ist überflüssig, denn ist $x_j$ eine freie Unbekannte, so gibt es im Fall 2 von \ref{7.3.1} eine Lösung von $(*)$ mit $x_j\ne0$
(etwa $x_j=1$) und eine solche Lösung bekommen wir nicht, ohne das zu $x_j$ gehörige $\xi^{(\ell)}$ zu benutzen, denn die $j$-te Komponente von $x^{(0)}$ und von
den anderen $\xi^{(k)}$ ist jeweils null.
\end{bsp}

\begin{bem}\label{7.3.3}
[$\to$ \ref{5.1.14}] \begin{enumerate}[(a)]
\item Da man stets wie in \ref{7.3.2} vorgehen kann, ist geklärt, wie man lineare Gleichungssysteme
\[Ax = b\quad(x\in K^n)\]
mit \emph{Koeffizientenmatrix} $A\in K^{m\times n}$ in \emph{reduzierter Stufenform} und \emph{rechter Seite} $b\in K^m$ löst.
\item Im allgemeinen Fall schreibt man ein lineares Gleichungssystem so um, dass dessen Koeffizientenmatrix schließlich in \emph{reduzierter Stufenform} vorliegt. Dazu bildet man die \emph{erweiterte Koeffizientenmatrix} $(A\ b)\in K^{m\times (n+1)}$ und führt sie durch erlaubte Zeilenoperationen [$\to$ §\ref{5.2}] in eine Matrix
$(A'\ b')\in K^{m\times(n+1)}$ mit $A'$ in Stufenform über. Es gilt dann 
\begin{multline*}
\left\{x\in K^n\mid Ax = b\right\}  = \left\{x\in K^n\mid\cvec{x\\-1}\in\ker(A\ b)\right\}\\
 \overset{(A\ b)\sim(A'\ b')}{\underset{\mathclap{\ref{5.3.4}}}{=}}~~~~ \left\{x\in K^n\mid\cvec{x\\-1}\in\ker(A'\ b')\right\}= \left\{x\in K^n\mid A'x = b'\right\}.
\end{multline*}
Will man gleich mehrere lineare Gleichungssysteme mit derselben Koeffizientenmatrix aber verschiedenen rechten Seiten lösen, so kann man die Koeffizientenmatrix um mehrere rechte Seiten erweitern.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{7.3.4}
[$\to$ \ref{5.2.6}] $K = \F_5, 2:=1+1, 3 := 1+1+1$ usw.
$$A:=\begin{pmatrix}
0 & 4 & 1 & 3\\
2 & 3 & 2 & 1\\
1 & 2 & 3 & 4\\
2 & 4 & 1 & 3
\end{pmatrix}\in \F_5^{4\times 4},\quad b_1 :=\cvec{1\\1\\0\\0},\quad b_2:=\cvec{1\\0\\0\\0}$$
Um $\left\{x\in\F_5^{4}\mid Ax = b_i\right\}$ für $i\in\left\{1,2\right\}$ zu berechnen, bilden wir die erweiterte Koeffizientenmatrix $(A\ b_1\ b_2)\in \F_5^{4\times 6}$ und berechnen $A'\in \F_5^{4\times 4}$ in reduzierter Stufenform und $b_1',b_2'\in \F_5^4$ mit $(A\ b_1\ b_2)\sim (A'\ b_1'\ b_2')$.
\begin{multline*}
\left(\begin{array}{cccc|cc}
0 & 4 & 1 & 3 & 1 & 1\\
2 & 3 & 2 & 1 & 1 & 0\\
1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 0\\
2 & 4 & 1 & 3 & 0 & 0
\end{array}\right) \overset{\over{\scriptstyle Z_1\leftrightarrow Z_3}{\scriptstyle Z_2\leftarrow Z_2-2Z_1}}{\underset{Z_4\leftarrow Z_4-2Z_1}{\sim}}\left(\begin{array}{cccc|cc}
1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 0\\
0 & 4 & 1 & 3 & 1 & 0\\
0 & 4 & 1 & 3 & 1 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\\
\overset{Z_3\leftarrow Z_3-Z_2}{\sim}\left(\begin{array}{cccc|cc}
1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 0\\
0 & 4 & 1 & 3 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\overset{Z_2\leftarrow\frac{1}{4}Z_2}{\sim} \left(\begin{array}{cccc|cc}
1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 0\\
0 & 1 & 4 & 2 & 4 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\\
\overset{Z_1\leftarrow Z_1-2Z_2}{\sim} \left(\begin{array}{cccc|cc}
\tikz[baseline=(m1.base)]\node(m1){$1$}; & 0 & 0 & 0 & 2 & 0\\
0 & \tikz[baseline=(m2.base)]\node(m2){$1$}; & 4 & \tikz[baseline=(m3.base)]\node(m3){$2$}; & 4 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
\tikz[baseline=(m4.base)]\node(m4){$0$}; & 0 & 0 & \tikz[baseline=(m5.base)]\node(m5){$0$}; & 0 & 0
\end{array}\right)
\begin{tikzpicture}[overlay]
\draw (m1.north west) -- (m1.south west) -- (m2.north west) -- (m2.south west) -- (m3.south east);
\draw[decorate,decoration={brace,mirror},thick] ([yshift=-0.5em]m4.south west) -- node[anchor=north]
{$\substack{\text{Stufenform, 2 Stufen, Stufenpositionen $1,2$}\\\text{abhängig: $x_1,x_2$, frei: $x_3,x_4$}}$} ([yshift=-0.5em]m5.south east);
\end{tikzpicture}
\end{multline*}

\vspace{3em}
$$\left\{x\in \F_5^4\mid Ax = b_2\right\} = \emptyset$$
\begin{align*}
\left\{x\in \F_5^4\mid Ax = b_1\right\} & = \Set{\cvec{2\\4-4x_3-2x_4\\x_3\\x_4} | x_3,x_4\in \F_5}\\
& = \Set{\cvec{2\\4\\0\\0}+\xi | \xi\in \spann{\cvec{0\\1\\1\\0},\cvec{0\\3\\0\\1}}}
\end{align*}
Mit \ref{7.2.14} kann man so auch Matrixinverse berechnen.
\end{bsp}

\red{Bis hierher hätten wir am 11.1. kommen sollen.}

\begin{sat}\label{7.3.5}
Seien $A,B,S\in K^{n\times n}$ mit $(A~I_n)\sim (S~B)$ und $S$ in reduzierter Stufenform. Dann ist $A$ invertierbar {\rm[$\to$ \ref{7.2.9}]} genau dann, wenn $S = I_n$ gilt. In diesem Fall gilt $B = A^{-1}$.
\end{sat}
\begin{proof}
Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $S \ne I_n \Longrightarrow A$ nicht invertierbar
\item $S = I_n \Longrightarrow (A \text{ invertierbar }\et A^{-1}=B)$
\end{enumerate}
Bezeichne $b_j$ die $j$-te Spalte von $B$ für $j\in \left\{1,\ldots,n\right\}$. Aus $(A~I_n)\sim(S~B)$ folgt $(A~e_j) \sim (S~b_j)$ für $j\in \left\{1,\ldots,n\right\}$.
\begin{enumerate}[Zu (a).]
\item Gelte $S\ne I_n$. Dann gilt $n\ge 1$. Wegen $(A~e_1)\sim (S~b_1)$ gilt $\left\{x\in K^n\mid Ax = e_1\right\} = \left\{x\in K^n\mid Sx = b_1\right\}$. Da $S$ in reduzierter Stufenform ist, hat $S\in K^{n\times n}$ höchstens $n-1$ Stufen und das Gleichungssystem $Sx = b_1 \quad (x\in K^n)$ mindestens eine freie Variable [$\to$ \ref{7.3.1}]. Daher gibt es \emph{kein} oder \emph{mehrere} $x^{(1)}\in K^n$ mit $Ax^{(1)} = e_1$, je nachdem ob in \ref{7.3.1} Fall 1 oder 2 eintritt. Wäre $A$ invertierbar, so stünde dies im Widerspruch zu \ref{7.2.14}.
\item Gelte $S = I_n$. Dann gilt $\left\{x\in K^n\mid Ax = e_j\right\} = \left\{x\in K^n\mid I_nx = b_j\right\} = \left\{b_j\right\}$ und insbesondere $Ab_j = e_j$ für $j\in \left\{1,\ldots,n\right\}$. Nach \ref{7.2.14} ist $A$ invertierbar und $b_j$ die $j$-te Spalte von $A^{-1}$, das heißt $A^{-1} = B$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{bsp}\label{7.3.6}
$K = \R$.

Ist $\cvec{
1 & 2\\
-1 & 3
}$ invertierbar? Wenn ja, was ist das Inverse?
\begin{align*}
\left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 2 & 1 & 0\\
-1 & 3 & 0 & 1
\end{array}\right) & \overset{Z_2 \leftarrow Z_2+ Z_1}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 2 & 1 & 0\\
0 & 5 & 1 & 1
\end{array}\right) \overset{Z_2\leftarrow \frac{1}{5}Z_2}{\sim}\left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 2 & 1 & 0\\
0 & 1 & \frac{1}{5} & \frac{1}{5}
\end{array}\right)\\
&\overset{Z_1\leftarrow Z_1-2Z_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 0 & \frac{3}{5} & -\frac{2}{5}\\
0 & 1 & \frac{1}{5} & \frac{1}{5}
\end{array}\right).
\end{align*}
Also ist $\cvec{
1 & 2\\
-1 & 3
}$ invertierbar und $\cvec{
1 & 2\\
-1 & 3
}^{-1} = \frac{1}{5}\cvec{
3 & -2\\
1 & 1
}$.
\end{bsp}

\chapter{Quotienten und direkte Summen}

Sei wieder $K$ ein Körper.

\section[tocentry={Quotientenvektorräume}]{Quotientenvektorräume {\small [$\to$ §\ref{1.3}, §\ref{2.3}, §\ref{3.3}]}}

\begin{df}\label{8.1.1}
[$\to$ \ref{2.3.1}, \ref{3.3.1}] Sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Eine \emph{Kongruenzrelation}\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)} auf $V$ ist eine Kongruenzrelation $\equiv$ auf der additiven Gruppe von $V$, für die gilt:
\[\forall v,w\in V:\forall\lambda\in K:(v\equiv w \Longrightarrow \lambda v \equiv \lambda w).\]
\end{df}

\begin{bem}\label{8.1.2}
[$\to$ \ref{2.3.2}, \ref{3.3.2}] Definition \ref{8.1.1} wurde gerade so gemacht, dass
\begin{align*}
K \times V/{\equiv} & \to V/{\equiv}\\
(\lambda, \overline{v}) & \mapsto \overline{\lambda v} & (\lambda\in K, v\in V)
\end{align*}
wohldefiniert ist.
\end{bem}

\begin{satdef}\label{8.1.3}
{\rm[$\to$ \ref{2.3.3}, \ref{3.3.3}]} Ist $V$ ein $K$-Vektorraum und $\equiv$ eine Kongruenzrelation auf $V$, so wird die Quotientengruppe $V/{\equiv}$ vermöge der Skalarmultiplikation definiert durch
$$\lambda \overline{v} := \overline{\lambda v}\quad (\lambda \in K, v\in V)$$
zu einem $K$-Vektorraum ("`Quotientenvektorraum"')\index{Relation@{\bf Relation}!Kongruenzrelation ($\equiv$)!Quotientenvektorraum}.
\end{satdef}
\begin{proof}
direktes Nachrechnen, von (V), \vecN, \vecD, (D') aus \ref{6.1.1}.
\end{proof}

\begin{sat}\label{8.1.4}
{\rm[$\to$ \ref{2.3.6}, \ref{3.3.6}]} Sei $V$ ein Vektorraum. Die Zuordnungen
\begin{align*}
\equiv & \mapsto \overline{0}\\
\equiv_U & \mapsfrom U
\end{align*}
vermitteln eine Bijektion zwischen der Menge der Kongruenzrelationen auf $V$ und der Menge der Unterräume auf $V$.
\end{sat}
\begin{proof}
Übung (vgl. \ref{3.3.6}).
\end{proof}

\begin{nt}\label{8.1.5}
[$\to$ \ref{2.3.7}, \ref{3.3.7}] Sei $V$ ein Vektorraum und $U$ ein Unterraum von $V$.
\[V/U:= V/{\equiv_U}\qquad\text{"`$V$ modulo $U$"'}\]
\end{nt}

\begin{bsp}\label{8.1.6}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\R^2/\spann{\cvec{2\\1}}$ besteht aus allen Geraden in der Ebene mit Steigung $\frac{1}{2}$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[domain=-2.5:2.5]
\draw[very thin, gray!50] (-2.5,-2.5) grid (2.5,2.5);
\draw[->] (-2.6,0) -- (2.6,0) node[right]{$\R$};
\draw[->] (0,-2.6) -- (0,2.6) node[above]{$\R$};

\foreach \y in {-1.5,-1,-.5,.5,1,1.5}
	\draw[dashed] plot (\x,.5 * \x + \y);

\draw[green!75!blue] plot (\x,.5 * \x) node[above]{$\spann{\cvec{2\\1}}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $\F_5^2/\spann{\cvec{2\\1}} = \left\{\underbrace{\overline{0}}_{\tikz[scale = .5, baseline] \draw (0,0) circle (.2);},\underbrace{\overline{\cvec{1\\0}}}_{\tikz[scale = .5, baseline] \draw (-.14, -.14) -- (.14, -.14) -- (0, .2) -- cycle;},\underbrace{\overline{\cvec{2\\0}}}_{\tikz[scale = .5, baseline] \draw (-.2, -.2) rectangle (.2, .2);},\underbrace{\overline{\cvec{3\\0}}}_{\tikz[scale = .5, baseline] \filldraw (-.14, -.14) -- (.14, -.14) -- (0, .2) -- cycle;},\underbrace{\overline{\cvec{4\\0}}}_{\tikz[scale = .5, baseline] \filldraw (-.2, -.2) rectangle (.2, .2);}\right\}$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[very thin, gray!50] (-.25,-.25) grid (4.25,4.25);
\draw (-.5,0) -- (4.5,0) node[right]{$\F_5$};
\draw (0,-.5) -- (0,4.5) node[above]{$\F_5$};

\foreach \x in {1,...,4}{
	\draw (\x,-.3) node[anchor = north]{$\x$};
	\draw (-.3,\x) node[anchor = east]{$\x$};
}
\draw (-.2,-.2) node[anchor = north east]{$0$};

\foreach \x in {0,...,4}{
	\pgfmathMod{\x * 2}{5};
	\draw (\pgfmathresult, \x) circle (.2);
}

\foreach \x in {0,...,4}{
	\pgfmathsetmacro\y{Mod(\x * 2 + 1, 5)};
	\draw (\y - .14, \x - .14) -- (\y + .14, \x - .14) -- (\y, \x + .2) -- cycle;
}

\foreach \x in {0,...,4}{
	\pgfmathsetmacro\y{Mod(\x * 2 + 2, 5)};
	\draw (\y - .2, \x - .2) rectangle (.2+ \y, .2+\x);
}

\foreach \x in {0,...,4}{
	\pgfmathsetmacro\y{Mod(\x * 2 + 3, 5)};
	\filldraw (\y - .14, \x - .14) -- (\y + .14, \x - .14) -- (\y, \x + .2) -- cycle;
}

\foreach \x in {0,...,4}{
	\pgfmathsetmacro\y{Mod(\x * 2 + 4, 5)};
	\filldraw (\y - .2, \x - .2) rectangle (.2+ \y, .2+\x);
}

\draw[thick] (0,2) circle (.3);
\draw[thick] (3,4) circle (.3);
\draw[green!75!blue, thick] (1,0) circle (.3);
\draw[green!75!blue, thick] (2,1) circle (.3);
\draw[green!75!blue, thick] (3,1) circle (.3);
\draw[green!75!blue] (1.5,.5) node{$+$};
\draw[green!75!blue] (2.5,1) node{$=$};
\draw (7,2) node{$\overline{\cvec{0\\2}}+\overline{\cvec{3\\4}} = \overline{\cvec{3\\1}}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{8.1.7}
{\rm[$\to$ \ref{2.3.10}, \ref{2.3.13}, \ref{3.3.15}, \ref{imfsubring}]} Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume und $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $\equiv_f$ eine Kongruenzrelation auf $V$ und $\ker f$ ein Unterraum von $V$. Weiter ist $\im f$ ein Unterraum von $W$.
\end{pro}
\begin{proof}
Übung.
\end{proof}

\begin{pro}\label{8.1.8}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U$ ein Unterraum von $V$. Dann ist die kanonische Surjektion\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Unterraum!kanonische Surjektion} $V\to V/U$ linear.
\end{pro}
\begin{proof}
Übung.
\end{proof}

\begin{sat}[Homomorphiesatz für Vektorräume]\label{8.1.9}
{\rm[$\to$ \ref{2.3.11}, \ref{3.3.16}]} Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume, $U$ ein Unterraum von $V$ und $f\colon V\to W$ linear mit $U\subseteq \ker f$.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Es gibt genau eine Abbildung $\overline{f}: V/U\to W$ mit $\overline{f}(\overline{v})= f(v)$ für alle $v\in V$. Diese Abbildung ist linear.
\item $\overline{f} \text{ injektiv }\iff U = \ker f$
\item $\overline{f} \text{ surjektiv } \iff f \text{ surjektiv}$.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
folgt fast alles aus \ref{2.3.11}. Nur noch zu zeigen [$\to$ \ref{6.3.1}]:
\[\forall v\in V:\forall \lambda\in K:\overline{f}(\lambda \overline{v}) = \lambda\overline{f}(\overline{v}).\] Sei also $v\in V$ und $\lambda\in K$. Dann $\overline{f}(\lambda\overline{v}) = \overline{f}(\overline{\lambda v}) = f(\lambda v) = \lambda f(v) = \lambda\overline{f}(\overline{v})$.
\end{proof}

\begin{kor}[Isomorphiesatz für Vektorräume]\label{8.1.10}
{\rm[$\to$ \ref{2.3.14}, \ref{isothmring}]} Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume und $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $\overline{f}:V/\ker f\to \im f$ definiert durch $\overline{f}(\overline{v})= f(v)$ für $v\in V$ ein $K$-Vektorraumisomorphismus. Insbesondere $V/\ker f\cong \im f$.
\end{kor}

\begin{lem}\label{8.1.11}
Sei $V$ ein Vektorraum und $U$ ein Unterraum von $V$ mit Basis \\
$(u_1,\ldots,u_m)$. Seien $v_1,\ldots,v_n\in V$. Dann $$(\overline{v_1},\ldots,\overline{v_n})\text{ Basis von }V/U\iff (u_1,\ldots,u_m,v_1,\ldots,v_n)\text{ Basis von }V.$$ Insbesondere $\dim(U)+\dim(V/U) = \dim(V)$ falls $\dim V< \infty$.
\end{lem}
\begin{proof}
$K:=$ Grundkörper von $V$ [$\to$ \ref{6.1.2}(c)].
\begin{itemize}
\item["`$\Longrightarrow$"'] Sei $(\overline{v_1},\ldots,\overline{v_n})$ Basis von $V/U$. Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $u_1,\ldots,u_m,v_1,\ldots,v_n$ linear unabhängig in $V$
\item $V = \spann{u_1,\ldots,u_m,v_1,\ldots,v_n}$
\end{enumerate}
\begin{enumerate}[Zu (a).]
\item Seien $\lambda_i,\mu_i\in K$ mit $\sum_{i = 1}^{m}\lambda_iu_i+\sum_{j = 1}^{n}\mu_jv_j = 0$. Zu zeigen: $\lambda_i = \mu_i = 0$.

Aus $\sum_{j = 1}^{m}\mu_j\overline{v_j} = \overline{\sum_{i = 1}^{m}\lambda_i u_i+\sum_{j = 1}^{n}\mu_jv_j} = 0$ folgt $\mu_j = 0$ für alle $j$, da $\overline{v_1},\ldots,\overline{v_n}$ linear unabhängig.

Da $u_1,\ldots,u_m$ auch linear unabhängig, folgt $\lambda_i = 0$ für alle $i$.
\item Sei $v\in V$. Zu zeigen: $\exists\lambda_i, \mu_i\in K: v = \sum_{i = 1}^{m}\lambda_iu_i+\sum_{j = 1}^{n}\mu_jv_j$. Da $\overline{v_1},\ldots,\overline{v_n}$ den Vektorraum $V/U$ aufspannen, gibt es $\mu_j\in K$ mit $\overline{v} = \sum_{j = 1}^{n}\mu_i,\overline{v_j}$. Es folgt $v-\sum_{j = 1}^{n}\mu_jv_j\in U$. Da $u_1,\ldots,u_m$ den Vektorraum $U$ aufspannen, gibt es $\lambda_i\in K$ mit $v-\sum_{j = 1}^{n}\mu_jv_j = \sum_{i = 1}^{m}\lambda_i v_i$.
\end{enumerate}
\red{Bis hierher hätten wir am 15.1. kommen sollen.}
\item["`$\Longleftarrow$"'] Sei $(u_1,\ldots,u_m,v_1,\ldots,v_n)$ Basis von $V$. Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\overline{v_1},\ldots,\overline{v_n}$ sind linear unabhängig in $V/U$.
\item $V/U=\spann{\overline{v_1},\ldots,\overline{v_n}}$
\end{enumerate}
\begin{enumerate}[Zu (a).]
\item Seien $\mu_j\in K$ mit $\sum_{j = 1}^{n}\mu_j \overline{v_j} = 0$. Zu zeigen: $\mu_j = 0$.

Aus $\sum_{j = 1}^{n}\mu_j v_j \in U$ folgt, dass es $\lambda_i\in K$ gibt mit $\sum_{j = 1}^{n}\mu_j v_j = \sum_{i = 1}^{m}\lambda_i u_i$. Es folgt $\sum_{i = 1}^{m}(-\lambda_i)u_i+\sum_{j = 1}^{n}\mu_j v_j = 0$ und daher $-\lambda_i = \mu_j = 0$ für alle $i,j$.
\item Sei $v\in V$. Zu zeigen: $\exists \mu_j\in K:\overline{v} = \sum_{j = 1}^{n}\mu_j \overline{v_j}$.

Wähle $\lambda_i,\mu_j\in K$ mit $v = \sum_{i = 1}^{m}\lambda_iu_i + \sum_{j = 1}^{n}\mu_j v_j$. Dann $\overline{v} = \sum_{j = 1}^{n} \mu_j \overline{v_j}$.
\end{enumerate}
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{sat}[Dimensionsformel für lineare Abbildungen]\label{8.1.12}
Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume mit $\dim V <\infty$ und $f:V\to W$ linear. Dann \[\dim \ker f + \dim \im f = \dim V.\]
\end{sat}
\begin{proof}
$\dim \ker f + \dim V/\ker f \overset{\ref{8.1.11}}{=} \dim V$ und $V/\ker f\overset{\ref{8.1.10}}{\cong} \im f$
\end{proof}

\begin{kor}\label{8.1.13}
Zeilen- und Spaltenraum {\rm[$\to$ \ref{5.3.1}, \ref{6.3.2}(e)]} einer Matrix über einem Körper haben dieselbe Dimension.
\end{kor}
\begin{proof}
Sei $A\in K^{m\times n}$. Die Dimensionsformel \ref{8.1.12} für $f_A\colon K^n\to K^m$ besagt wegen $\ker f_A = \ker A$ und $\im f_A = \im A$, dass $\dim \ker A + \dim \im A = \dim \left(K^n\right) = n$. Also können wir die Behauptung schreiben als
$$\dim \ker A + \dim \row A = n.$$
Wähle $B$ in reduzierter Stufenform mit $A\sim B$ [$\to$ \ref{5.2.3}]. Wegen $\ker B = \ker A$ und $\row B = \row A$ [$\to$ \ref{5.3.4}] reicht es zu zeigen, dass $\dim \ker B + \dim \row B = n$. Benutze nun \ref{6.2.29}.
\end{proof}

\begin{df}\label{8.1.14}
Sei $A\in K^{m\times n}$. Man nennt \[\rank A := \dim \im A \overset{\ref{8.1.13}}{=} \dim \row A\] den \emph{Rang}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Rang} von $A$.
\end{df}

\begin{pro}\label{8.1.15}
Seien $V$ und $W$ $K$-Vektorräume mit Basen $\v = (v_1,\ldots,v_n)$ und $\w = (w_1,\ldots,w_m)$. Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann gilt
\[\rank M(f,\v,\w) = \dim \im f.\]
\end{pro}
\begin{proof}
$A:=M(f,\v,\w), f\overset{\ref{7.1.1}}{=}\ve_\w \circ f_A \circ \co_\v$
\begin{multline*}
\dim \im f = \dim \ve_\w(\im (f_A\circ \co_\v)) \overset{\ve_\w \text{ Iso.}}{\underset{\ref{6.3.7}}{=}}\dim \im (f_A\circ \co_\v)\\ \overset{\co_\v \text{ Iso.}}{\underset{\ref{6.3.7}}{=}}\dim \im f_A
\overset{\ref{6.3.2}\text{(e)}}{=} \dim \im A \overset{\ref{8.1.14}}{=} \rank A
\end{multline*}
\end{proof}

\begin{pro}\label{8.1.16}
Sei $A\in K^{n\times n}$. Dann
\[\text{$A$ invertierbar {\rm[$\to$ \ref{7.2.9}]}}\iff\rank A = n.\]
\end{pro}
\begin{proof}
\begin{align*}
A \text{ invertierbar } & \overset{\ref{7.2.11}}{\iff} f_A \text{ bijektiv }\overset{\ref{7.2.12}}{\iff} f_A \text{ surjektiv }\iff \im f_A = K^n\\
& \overset{\ref{6.2.27}}{\iff} \dim \im f_A = n \overset{\ref{8.1.15}}{\iff}\rank A = n
\end{align*}
\end{proof}

\begin{pro}\label{8.1.17}
Seien $A\in K^{m\times n}$ und $B\in K^{n\times r}$. Dann gilt
$$\rank(AB)\le \rank A \qquad\text{und}\qquad \rank(AB) \le \rank(B).$$
\end{pro}
\begin{proof}
$\im (AB) = \left\{ABx \mid x\in K^r\right\} \subseteq \left\{Ay\mid y\in K^n\right\} = \im A$
und daher $\rank (AB) = \dim \im (AB) \overset{\ref{6.2.28}}{\le} \dim \im A = \rank A$

$\row (AB) = \left\{(x_1\ldots x_m)AB\mid x\in K^m\right\} \subseteq \left\{(y_1\ldots y_n)B\mid y\in K^n\right\} = \row B$
und daher $\rank (AB) = \dim \row(AB) \overset{\ref{6.2.28}}{\le} \dim \row B = \rank B$
\end{proof}

\section{Direkte Summen}

\begin{df}\label{8.2.1}
Seien $n\in \N_0$ und $U_1,\ldots,U_n$ Unterräume des Vektorraums $V$. Betrachte die lineare Abbildung \[f\colon U_1\times \ldots\times U_n\to V, (u_1,\ldots,u_n)\mapsto u_1+\ldots+u_n\] [$\to$ \ref{6.1.6}]. Der Unterraum
$$\sum_{i = 1}^{n}U_i := U_1 +\ldots+ U_n := \im f = \left\{u_1+\ldots+u_n\mid u_1\in U_1,\ldots,u_n\in U_n\right\}$$
heißt \emph{Summe}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Unterraum!Summe} von $U_1,\ldots,U_n$. Falls $f$ injektiv ist, so sagt man, diese Summe ist \emph{direkt}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Unterraum!direkte Summe} und schreibt dann auch
\[\bigoplus_{i = 1}^{n}U_i := U_1\oplus \ldots\oplus U_n := \im f.\]
\end{df}

\begin{lem}\label{8.2.2}
Seien $V_1,\ldots,V_n$ $K$-Vektorräume und sei $B_i$ eine Basis von $V_i$ für alle $i\in \left\{1,\ldots,n\right\}$. Dann ist
\[(B_1\times\left\{0\right\}\times\left\{0\right\}\times \ldots)\cup (\left\{0\right\}\times B_2\times \left\{0\right\}\times \ldots)\cup\ldots\]
eine Basis von $V_1\times \ldots\times V_n$. Insbesondere gilt \[\dim (V_1\times \ldots\times V_n)=\sum_{i = 1}^{n}\dim (V_i),\] falls alle $V_i$ endlichdimensional sind.
\end{lem}
\begin{proof}
Übung.
\end{proof}

\begin{kor}\label{8.2.3}
Seien $V$ ein Vektorraum und $U_1,\ldots,U_n$ Unterräume von $V$ mit \[V = U_1\oplus\ldots\oplus U_n\]
{\rm[$\to$ \ref{8.2.1}]}. Ferner sei $B_i$ eine Basis von $U_i$ für alle $i\in \left\{1,\ldots,n\right\}$. Dann ist $B_1\cup \ldots\cup B_n$ eine Basis von $V$. Insbesondere gilt \[\dim (V) = \sum_{i = 1}^{n}\dim (U_i),\]
falls alle $U_i$ endlichdimensional sind.
\end{kor}

\begin{pro}\label{8.2.4}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum mit Unterräumen \\
$U_1,\ldots,U_n$. Dann \[V = U_1\oplus \ldots\oplus U_n\iff \dim V = \dim \left(\sum_{i = 1}^{n}U_i\right) = \sum_{i = 1}^{n}\dim U_i.\]
\end{pro}
\begin{proof}
$$V = U_1+\ldots+U_n\overset{\ref{6.2.27}}{\iff} \dim V = \dim \left(\sum_{i = 1}^{n} U_i\right)$$
Noch zu zeigen:
$$f : \begin{cases}
U_1\times \ldots\times U_n & \to U_1+\ldots+U_n\\
(v_1,\ldots,v_n) &\mapsto v_1+\ldots+v_n 
\end{cases}\text{ ist injektiv }\iff \sum_{i = 1}^{n}\dim U_i = \dim \left(\sum_{i = 1}^{n}U_i\right)$$
\begin{itemize}
\item["`$\Longrightarrow$"'] Ist $f$ injektiv, so ist $f$ ein Vektorraumisomorphismus und daher
\[\sum_{i = 1}^{n}\dim U_i \overset{\ref{8.2.2}}{=} \dim(U_1\times \ldots\times U_n) = \dim (U_1 +\ldots+U_n).\]
\item["`$\Longleftarrow$"'] Ist $\sum_{i = 1}^{n}\dim U_i = \dim \left(\sum_{i = 1}^{n}U_i\right)$, so haben nach \ref{8.2.2} Definitions- und Zielvektorraum von $f$ dieselbe Dimension und nach \ref{7.2.12} ist $f$ injektiv (da $f$ surjektiv).
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{sat}[Dimensionsformel für Unterräume]\label{8.2.5}
Seien $U$ und $W$ Unterräume des endlichdimensionalen Vektorraums $V$. Dann \[\dim (U\cap W) + \dim (U+W) = (\dim U) +(\dim W).\]
\end{sat}
\begin{proof}
$f\colon\begin{cases}
U\times W & \to U+W\\
(u,w) &\mapsto u+w
\end{cases}$ ist Vektorraumepimorphismus [$\to$ \ref{6.3.1}]
\begin{align*}
\ker f & = \left\{(u,w)\in U\times W\mid u+w = 0\right\}\\
& = \left\{(u,w)\in U\times W\mid w = -u\right\}\\
& = \left\{(u,-u)\mid u\in U, -u\in W\right\}\\
& = \left\{(u,-u)\mid u\in U, u\in W\right\}\\
& = \left\{(u,-u)\mid u\in U\cap W\right\}
\end{align*}
Daher ist $U\cap W\to \ker f, u\mapsto (u,-u)$ ein Vektorraumisomorphismus und somit $\dim (U\cap W) = \dim \ker f$. Die Dimensionsformel für $f$ [$\to$ \ref{8.1.12}] liefert $\dim \ker f +\dim \im f = \dim (U\times W)$. Daraus folgt mit \ref{8.2.2} die Behauptung.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 18.1. kommen sollen.}

\chapter{Determinanten}

In diesem Kapitel sei stets $K$ ein kommutativer Ring.

\section{Definition und Eigenschaften von Determinanten}

\begin{df}\label{9.1.1}
Sei $\si\in S_n$ [$\to$\ref{2.1.8}]. Ein \emph{Fehlstand}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Permutation!Fehlstand} von $\si$ ist ein Paar $(i,j)\in\{1,\dots,n\}^2$ mit $i<j$ und $\si(i)>\si(j)$. Hat $\si$ genau $m$
Fehlstände, so definieren wir das \emph{Vorzeichen} (oder \emph{Signum}) von $\si$ durch $\sgn\si:=(-1)^m\in\{-1,1\}\subseteq\Z$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{9.1.2}
$\si\colon\{1,\dots,5\}\to\{1,\dots,5\},\ 1\mapsto2,~2\mapsto3,~3\mapsto1,~4\mapsto5,~5\mapsto4$ hat genau die Fehlstände
$(1,3)$, $(2,3)$ und $(4,5)$ und daher Vorzeichen $(-1)^3=-1$.
\end{bsp}

\begin{df}\label{9.1.3}
Die Permutationen 
$$\ta_{k\ell}\colon\{1,\dots,n\}\to\{1,\dots,n\},\ i\mapsto\begin{cases}\ell&\text{falls }i=k\\k&\text{falls }i=\ell\\i&\text{sonst}\end{cases}$$
mit $k,\ell\in\{1,\dots,n\}$ und $k\ne\ell$ heißen \emph{Transpositionen}\index{Abbildung@{\bf Abbildung}!Permutation!Transposition}.
\end{df}

\begin{sat}\label{9.1.4}
$\forall\si,\ta\in S_n:\sgn(\si\circ\ta)=(\sgn\si)(\sgn\ta)$
\end{sat}

\begin{proof}
Ist $\rh\in S_n$, so gilt \[\sgn\rh=\prod_{i<j}\frac{\rh(j)-\rh(i)}{j-i},\]
denn das Produkt auf der rechten Seite hat wegen $\prod_{i<j}|\rh(j)-\rh(i)|=\prod_{i<j}|j-i|$ den Betrag $1$ und hat gleichzeitig
dasselbe Vorzeichen wie $\sgn\rh$, da der Faktor $\frac{\rh(j)-\rh(i)}{j-i}$ genau dann negativ ist, wenn $(i,j)$ ein Fehlstand ist.
Nun gilt
\begin{align*}
\sgn(\si\circ\ta)&=\prod_{i<j}\frac{\si(\ta(j))-\si(\ta(i))}{j-i}\\
&=\prod_{i<j}\frac{\si(\ta(j))-\si(\ta(i))}{\ta(j)-\ta(i)}\prod_{i<j}\frac{\ta(j)-\ta(i)}{j-i}=(\sgn\si)(\sgn\ta),
\end{align*}
wobei das Produkt $\prod_{i<j}\frac{\si(\ta(j))-\si(\ta(i))}{\ta(j)-\ta(i)}$ deswegen gleich $\sgn\si$ ist, weil in der Liste
\[(\ta(1),\ta(2)),(\ta(1),\ta(3)),(\ta(1),\ta(4)),\dots,(\ta(1),\ta(n)),\quad\dots\quad,(\ta(n-1),\ta(n))\]
für jedes $(i,j)\in\{1,\dots,n\}$ entweder genau einmal $(i,j)$ oder genau einmal $(j,i)$ auftaucht (ob ersteres oder letzteres ist egal wegen
$\frac{\si(j)-\si(i)}{j-i}=\frac{\si(i)-\si(j)}{i-j}$).
\end{proof}

\begin{kor}\label{9.1.5}
Jede Transposition hat Vorzeichen $-1$.
\end{kor}

\begin{proof}
Sei $\ta_{k\ell}\in S_n$ eine Transposition. Dann kann man $\si\in S_n$ wählen mit $\si(k)=1$ und $\si(\ell)=2$. Es gilt dann $\si\circ\ta_{k\ell}=\ta_{12}\circ\si$.
Mit \ref{9.1.4} erhält man daraus $(\sgn\si)(\sgn\ta_{k\ell})=(\sgn\ta_{12})(\sgn\si)$ und somit $\sgn\ta_{k\ell}=\sgn\ta_{12}$. Nun hat aber $\ta_{12}$ nur
den Fehlstand $(1,2)$ und daher Vorzeichen $-1$.
\end{proof}

\begin{lem}\label{9.1.6}
Jede Permutation $\si\in S_n$ ist Hintereinanderschaltung \emph{[$\to$\ref{2.1.7}]} endlich vieler Transpositionen.
\end{lem}

\begin{proof}
Dies entspricht der Tatsache, dass man $n$ nebeneinander angeordnete Objekte durch paarweise Vertauschungen in jede beliebige Reihenfolge bringen kann.
\end{proof}

\begin{sat}\label{9.1.7}
Für jedes $n\in\N_0$ und $e\in K$ gibt es genau eine Funktion $\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ mit folgenden Eigenschaften:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Für alle $i\in\{1,\dots,n\}$ und Zeilen
$a_1,\dots,a_{i-1},b,c,a_{i+1},\dots,a_n\in K^n$ gilt
\[\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b+c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}=
\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}+
\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}\]
\item Für alle $i\in\{1,\dots,n\}$,
$a_1,\dots,a_n\in K^n$ und $\la\in K$ gilt
\[\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\\la a_i\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}=
\la\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\a_i\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}.\]
\item Für alle $A\in K^{n\times n}$ mit zwei identischen Zeilen gilt $\de_e^{(n)}(A)=0$.
\item $\de_e^{(n)}(I_n)=e$
\end{enumerate}
Es gilt
\begin{equation}\label{leibniz}\tag{$*$}\de_e^{(n)}(A)=e\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}
\end{equation}
für alle $A=(a_{ij})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$.
\end{sat}

\begin{proof}
Schreibe $e_j:=(0,\dots,0,\overbrace1^{\text{$j$-te Stelle}},0\dots,0)\in K^n$ für $j\in\{1,\dots,n\}$. Wir zeigen:
\begin{enumerate}[(1)]
\item Für jedes $\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ mit (a)--(d) gilt \eqref{leibniz}.
\item $\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ definiert durch \eqref{leibniz} erfüllt (a)--(d).
\end{enumerate}
\textbf{Zu (1).} Es habe $\de:=\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ die Eigenschaften (a)--(d). Geht $B$ aus $A$ durch Vertauschen zweier Zeilen hervor,
so gilt $\de(B)=-\de(A)$, denn sind $a,b\in K^n$ diese zwei Zeilen, so gilt
\[0\overset{(c)}=\de\begin{pmatrix}\vdots\\a+b\\\vdots\\a+b\\\vdots\end{pmatrix}\overset{(a)}=
\de\underbrace{\begin{pmatrix}\vdots\\a\\\vdots\\a\\\vdots\end{pmatrix}}_{=0 \text{ nach (c)}}+
\de\begin{pmatrix}\vdots\\a\\\vdots\\b\\\vdots\end{pmatrix}+
\de\begin{pmatrix}\vdots\\b\\\vdots\\a\\\vdots\end{pmatrix}+
\de\underbrace{\begin{pmatrix}\vdots\\b\\\vdots\\b\\\vdots\end{pmatrix}}_{=0 \text{ nach (c)}}.\]
Mit \ref{9.1.6}, \ref{9.1.5} und \ref{9.1.4} folgt daraus für alle $\si\in S_n$
\[\de\begin{pmatrix}e_{\si(1)}\\\vdots\\e_{\si(n)}\end{pmatrix}=(\sgn\si)~\de\begin{pmatrix}e_1\\\vdots\\e_n\end{pmatrix}.\]
Sei nun $A=(a_{ij})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$. Dann
\begin{eqnarray*}
\de(A)&=&\de\begin{pmatrix}\sum_{j=1}^na_{1j}e_j\\\vdots\\\sum_{j=1}^na_{nj}e_j\end{pmatrix}\overset{(a)}{\underset{(b)}=}
\sum_{j_1=1}^n\ldots\sum_{j_n=1}^na_{1j_1}\dotsm a_{nj_n}\de\begin{pmatrix}e_{j_1}\\\vdots\\e_{j_n}\end{pmatrix}\\
&\overset{(c)}=&\sum_{\si\in S_n}a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}\de\begin{pmatrix}e_{\si(1)}\\\vdots\\e_{\si(n)}\end{pmatrix}=
e\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}.
\end{eqnarray*}
\textbf{Zu (2).} Für $\de:=\de_e^{(n)}$ definiert durch \eqref{leibniz} sind (a),(b) und (d) unmittelbar einsichtig. Um (c) zu zeigen, sei $A\in K^{n\times n}$
derart, dass die $k$-te Zeile und $\ell$-te Zeile ($k\ne\ell$) von $A$ übereinstimmen. Definiere $A_n:=\{\si\in S_n\mid\sgn\si=1\}$ und beachte, dass
[$\to$\ref{9.1.4},~\ref{9.1.5}]
\[\Ph\colon A_n\to S_n\setminus A_n,\ \si\mapsto\si\circ\ta_{k\ell}\] eine Bijektion ist. Dann
\begin{align*}
\de(A)&\overset{(*)}=e\sum_{\si\in A_n}(a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}-a_{1(\si\circ\ta_{k\ell})(1)}\dotsm a_{n(\si\circ\ta_{k\ell})(n)})\\
&=e\sum_{\si\in A_n}\left(\prod_{i\in\{1,\dots,n\}\setminus\{k,\ell\}}a_{i\si(i)}\right)
\underbrace{(a_{k\si(k)}a_{\ell\si(\ell)}-\underbrace{a_{k\si(\ell)}}_{=a_{\ell\si(\ell)}}
\underbrace{a_{\ell\si(k)}}_{=a_{k\si(k)}})}_{=0}=0.
\end{align*}
\end{proof}

\begin{bem}\label{9.1.8}
\begin{enumerate}[(a)]
\item In \ref{9.1.7} besagen (a) und (b), dass $\de_e^{(n)}$ \emph{linear in den Zeilen} ist, das heißt der Wert einer Matrix unter $\de_e^{(n)}$ hängt linear von einer
Zeile ab, wenn man alle anderen Zeilen fixiert.
\item \ref{9.1.7}\eqref{leibniz} nennt man auch die \emph{Leibniz-Regel} [\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Gottfried_Wilhelm_Leibniz}{Gottfried Wilhelm von Leibniz} *1646 \dag1716].
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{df}\label{9.1.9}
Sei $n\in\N_0$ und $A=(a_{ij})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$. Dann heißt \[\det(A):=\de_1^{(n)}(A)\overset{\ref{9.1.7}\eqref{leibniz}}=\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)
a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}\] die \emph{Determinante}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Determinante} von $A$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{9.1.10}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\det()=\de_1^{(0)}()\overset{()=I_0}=\de_1^{(0)}(I_0)\overset{\ref{9.1.7}(d)}=1$
\item Die Determinante einer Matrix, die eine Nullzeile enthält, ist null. Dies folgt zum Beispiel aus \ref{9.1.7}(b). Insbesondere gilt für die Nullmatrix
$0\in K^{n\times n}$ im Fall $n\ge1$, dass $\det(0)=0$ (nicht allerdings, wenn $n=0$ und $0\ne1$ in $K$, wie in (a) gesehen).
\item $\det(a)=a$ für alle $a\in K$
\item Sind $a,b,c,d\in K$, so $\det\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=ad-bc$.
\item Sind $a,b,c,d,e,f,g,h,i\in K$, so gilt
\[\det\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}=aei-afh-bdi+bfg+cdh-ceg.\]
\begin{center}
\begin{tikzcd}
\arrow[-,blue]{rd}&\arrow[-,blue]{rd}&\arrow[-,blue]{rd}&&\textcolor{red}-&\textcolor{red}-&\textcolor{red}-\\
&a\arrow[-,blue]{rd}&b\arrow[-,blue]{rd}&c\arrow[red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}&\textcolor{Olive}a\arrow[red]{ru}&\textcolor{Olive}b\arrow[red]{ru}&\\
&d&e\arrow[-,red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}&f\arrow[-,red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}&\textcolor{Olive}d\arrow[-,red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}&\textcolor{Olive}e&\\
&g\arrow[-,red]{ru}&h\arrow[-,red]{ru}&i\arrow[-,red]{ru}\arrow[blue]{rd}&\textcolor{Olive}g\arrow[blue]{rd}&\textcolor{Olive}h\arrow[blue]{rd}&\\
\arrow[-,red]{ru}&\arrow[-,red]{ru}&\arrow[-,red]{ru}&&\textcolor{blue}+&\textcolor{blue}+&\textcolor{blue}+&
\end{tikzcd}
Regel von Sarrus
\end{center}
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{sat}\label{9.1.11}
Sei $A\in K^{n\times n}$ von der Gestalt
\begin{center}
$A=
\begin{pmatrix}~
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.2] (a1) {$A_1$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0] (a2) at (a1.south east) [anchor=north west] {$A_2$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.3] (am) at (1.5,-1.5) [anchor=north west] {$A_m$};
\node[scale=7] at (a2.north-|am) {$*$};
\node[scale=4.5] at (0.1,-1.9) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=2pt] (a2)--(am);
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
$
mit quadratischen Matrizen $A_i$.
\end{center}
Dann gilt $\det A=\prod_{i=1}^m\det A_i$. Insbesondere ist die Determinante einer Matrix $A$ in
\emph{oberer Dreiecksgestalt}
$A=\begin{pmatrix}~
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a1) {$a_1$};
\node (an) at (1.5,-1.5) [anchor=north west] {$a_n$};
\node[scale=5] at (1.3,-0.4) {$*$};
\node[scale=3.2] at (0.2,-1.2) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a1)--(an);
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
$ das Produkt ihrer \emph{Diagonaleinträge}, das heißt $\det A=\prod_{i=1}^na_i$.
\end{sat}

\begin{proof}
Es reicht, für $A=
\left(
\begin{array}{c|c}
B&*\\
\hline
0&C
\end{array}
\right)
$ mit $B\in K^{r\times r}$ und $C\in K^{t\times t}$ zu zeigen
\[\det A=(\det B)(\det C),\] denn der Rest folgt dann mit Induktion. Wegen der Nulleinträge links unten sind in der Leibniz-Formel \ref{9.1.7}\eqref{leibniz} nur diejenigen Summanden ungleich null, die zu einem $\si\in S_n$ gehören, für welches es $\rh\in S_r$ und $\ta\in S_t$ gibt mit $\si(i)=\rh(i)$ für $i\in\{1,\dots,r\}$ und
$\si(i)=\ta(i-r)+r$ für $i\in\{r+1,\dots,n\}$ (beachte $r+t=n$). Dabei ist die Anzahl der Fehlstände [$\to$\ref{9.1.1}] von $\si$ offensichtlich die Summe der Anzahl der
Fehlstände von $\rh$ und $\ta$, weswegen $\sgn\si=(\sgn\rh)(\sgn\ta)$ gilt. Es folgt
\[\det A=\sum_{\rh\in S_r}\sum_{\ta\in S_t}(\sgn\rh)(\sgn\ta)b_{1\rh(1)}\dotsm b_{r\rh(r)}c_{1\ta(1)}\dotsm c_{t\ta(t)},\]
wobei $B=(b_{ij})_{1\le i,j\le r}$ und $C=(c_{ij})_{1\le i,j\le t}$. Daher gilt
\[\det A=\left(\sum_{\rh\in S_r}(\sgn\rh)b_{1\rh(1)}\dotsm b_{r\rh(r)}\right)\left(\sum_{\ta\in S_t}(\sgn\ta)c_{1\ta(1)}\dotsm c_{t\ta(t)}\right)
\overset{\ref{9.1.7}\eqref{leibniz}}=(\det B)(\det C).\]
\end{proof}

\begin{bem}\label{9.1.12}
Sei $K$ ein Körper. Zur Berechnung von Determinanten ist es oft am effizientesten, die Matrix durch Zeilenoperationen [$\to$§\ref{5.2}] auf obere Dreiecksgestalt (zum Beispiel Stufenform [$\to$\ref{5.1.10}]) zu bringen und den Effekt auf die Determinante dabei mitzuprotokollieren. Für die beiden \emph{elementaren} Zeilenoperationen [$\to$\ref{5.2.1}] gilt:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit $A\overset{Z_i\leftarrow Z_i+\la Z_j}\sim B$ ($i,j\in\{1,\dots,n\},i\ne j,\la\in K$), so gilt $\det A=\det B$ [$\to$\ref{9.1.7}(a)--(c)].
\item Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit $A\overset{Z_i\leftarrow\la Z_i}\sim B$ ($i\in\{1,\dots,n\},\la\in K^\times$), so gilt $\det A=\frac1\la\det B$ [$\to$\ref{9.1.7}(b)].
\end{enumerate}
Daraus ergibt sich der Effekt auf andere Zeilenoperationen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(c)] Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit $A\overset{Z_i\leftrightarrow Z_j}\sim B$ ($i,j\in\{1,\dots,n\},i\ne j$), so gilt $\det A=-\det B$ [durch Simulation wie in \ref{5.2.1} aus (a) und (b)
oben oder wie im Beweis von \ref{9.1.7}].
\item[(d)] Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit $A\overset{Z_i\leftarrow\sum_{j=1}^n\la_jZ_j}\sim B$ ($i\in\{1,\dots,n\},\la_1,\dots,\la_n\in K,\la_i\ne0$), so gilt $\det A=\frac1{\la_i}\det B$ [durch Simulation wie in \ref{5.2.1} aus (a) und (b) oben].
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{9.1.13}
Sei $K$ ein Körper, schreibe $2:=1+1\in K$ und so weiter. Gelte $3\in K^\times$.
\begin{multline*}
A:=\begin{pmatrix}1&2&-1&0\\2&3&0&1\\-1&1&1&0\\0&9&3&-3\end{pmatrix}
\overset{Z_2\leftarrow Z_2-2Z_1}{\underset{Z_3\leftarrow Z_3+Z_1}\sim}
\begin{pmatrix}1&2&-1&0\\0&-1&2&1\\0&3&0&0\\0&9&3&-3\end{pmatrix}\\
\overset{\over{
\tikz[baseline]{
            \node[fill=blue!10,draw,ellipse,anchor=base,inner sep=0] (t1)
            {$\scriptstyle Z_4\leftarrow\frac13Z_4$};
        }
}{\scriptstyle Z_4\leftarrow Z_4-Z_3}}{\underset{Z_3\leftarrow Z_3+3Z_2}\sim}
\begin{pmatrix}1&2&-1&0\\0&-1&2&1\\0&0&6&3\\0&0&1&-1\end{pmatrix}
\overset{
\tikz[baseline]{
            \node[fill=red!10,draw,anchor=base] (t3)
            {$\scriptstyle Z_3\leftrightarrow Z_4$};
        }
}
{\underset{Z_4\leftarrow Z_4-6Z_3}\sim}
\begin{pmatrix}
\tikz[baseline=(t5.base)]\node (t5){$1$};
&2&-1&0\\0&-1&2&1\\0&0&1&-1\\0&0&0&\tikz[baseline=(t6.base)]\node (t6){$9$};\end{pmatrix}=:B
\end{multline*}
Also $\det A\overset{\ref{9.1.7}(b)(c)}=
\tikz[baseline]{
            \node[fill=blue!10,draw,ellipse,anchor=base,inner sep=0] (t2)
            {$\frac1{\frac13}$};
        }
\tikz[baseline]{
            \node[fill=red!10,draw,anchor=base,inner sep=0.2] (t4)
            {$(-1)$};
        }
\det B=(-3)
\tikz[baseline]{
            \node[fill=orange!10,draw,ellipse,circle,anchor=base,inner sep=0] (t8)
            {$(-9)$};
        }
=27$.
\begin{tikzpicture}[overlay]
        \path[->] (t1.west) edge [line width=0.7mm,color=blue,bend right=40] (t2.north west);
        \path[->] (t3.south west) edge[line width=0.7mm,color=red,bend left=20] (t4.north east);
        \draw[opacity=.5,line width=5 mm,line cap=round,color=orange] (t5.center) to node(t7){} (t6.center);
                \path[->] (t7) edge[line width=0.7mm,color=orange,bend left=55] (t8);
\end{tikzpicture}
\end{bsp}

\begin{bem}\label{9.1.14}
Sei $K$ ein Körper und $A\in K^{n\times n}$. Ist $A$ in Stufenform [$\to$\ref{5.1.10}], so ist der Rang von $A$ [$\to$\ref{8.1.14}] gleich der Anzahl der Stufen von $A$ und die Determinante
von $A$ [$\to$\ref{9.1.9}] gleich dem Produkt der Diagonaleinträge von $A$ [$\to$\ref{9.1.11}].
Es gilt dann
\[\rank A=n\iff\det A\ne0.\]
Dies bleibt richtig für beliebiges $A\in K^{n\times n}$, denn durch Zeilenoperationen ändert sich der Rang gar nicht [$\to$\ref{6.2.29}(c)] und die Determinante nur um einen Faktor
$\ne0$ [$\to$\ref{9.1.12}]. Wegen $A$ invertierbar $\overset{\ref{8.1.16}}\iff\rank A=n$ und $K^\times=K\setminus\{0\}$ gilt also auch
\[A\text{ invertierbar}\iff\det A\in K^\times,\]
was wir in §9.2 sogar beweisen werden, wenn $K$ nur ein kommutativer Ring statt ein Körper ist.
\end{bem}

\red{Bis hierher hätten wir am 22.1. kommen sollen.}

\begin{sat}[Determinantenproduktsatz]\label{9.1.15}
Für alle $A,B\in K^{n\times n}$ gilt \[\det(AB)=(\det A)(\det B).\]
\end{sat}

\begin{proof}
Sei $B\in K^{n\times n}$ fest und betrachte
\begin{align*}
f\colon K^{n\times n}\to K,&\ A\mapsto\det(AB)\qquad\text{ sowie}\\
g\colon K^{n\times n}\to K,&\ A\mapsto(\det A)(\det B).
\end{align*}
Zu zeigen ist $f=g$. Wir zeigen $f=\de_{\det B}^{(n)}=g$, indem wir die Eigenschaften \ref{9.1.7}(a)--(d) von $\de_{\det B}^{(n)}$ für $f$ und $g$ nachweisen. Für $g$ sind diese
Eigenschaften klar. Für $f$ rechnet man sie sofort nach, zum Beispiel (a):
\begin{multline*}
f\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b+c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b+c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}B\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\(b+c)B\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}
=\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\bB+cB\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}
\\\overset{\ref{9.1.7}(a)}=
\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\bB\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}+
\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\cB\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}=
f\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}+
f\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}
\end{multline*}
für alle $a_i,b,c\in K^n$.
\end{proof}

\begin{df}\label{9.1.16}
Zwei Matrizen $A,B\in K^{n\times n}$ heißen \emph{ähnlich}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Ähnlichkeit}, in Zeichen $A\approx B$, wenn es eine
invertierbare Matrix $P\in K^{n\times n}$ gibt mit $A=P^{-1}BP$.
\end{df}

\begin{pro}\label{9.1.17}
Ähnlichkeit ist eine Äquivalenzrelation auf $K^{n\times n}$.
\end{pro}

\begin{proof} Gemäß \ref{1.3.1}(b) ist zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\forall A\in K^{n\times n}:A\approx A$
\item $\forall A,B\in K^{n\times n}:(A\approx B\implies B\approx A)$
\item $\forall A,B,C\in K^{n\times n}:((A\approx B\et B\approx C)\implies A\approx C)$
\end{enumerate}
\textbf{Zu (a).} $A=I_n^{-1}AI_n$ für alle $A\in K^{n\times n}$ [$\to$\ref{7.2.9}]

\medskip\noindent
\textbf{Zu (b).} Ist $P\in K^{n\times n}$ invertierbar mit $A=P^{-1}BP$, so ist auch $P^{-1}$ invertierbar und $B=PAP^{-1}=(P^{-1})^{-1}AP^{-1}$.

\medskip\noindent
\textbf{Zu (c).} Sind $P,Q\in K^{n\times n}$ invertierbar mit $A=P^{-1}BP$ und $B=Q^{-1}CQ$, so ist auch $QP$ invertierbar mit $(QP)^{-1}=P^{-1}Q^{-1}$
(denn $P^{-1}Q^{-1}QP=I_n=QPP^{-1}Q^{-1}$) und es gilt $A=P^{-1}Q^{-1}BQP=(QP)^{-1}B(QP)$.
\end{proof}

\begin{sat}\label{9.1.18}
Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit $A\approx B$, so gilt $\det A=\det B$.
\end{sat}

\begin{proof}
Seien $A,B\in K^{n\times n}$ mit $A\approx B$. Wähle $P\in K^{n\times n}$ invertierbar mit $A=P^{-1}BP$. Dann
$\det A\overset{\ref{9.1.15}}=(\det(P^{-1}))(\det B)(\det P)$ und
$$1\overset{\ref{9.1.9}}=\det I_n\overset{\ref{7.2.9}}=\det(P^{-1}P)\overset{\ref{9.1.15}}=(\det(P^{-1}))(\det P).$$
\end{proof}

\begin{pro}\label{9.1.19}
Sei $f$ ein Endomorphismus {\rm[$\to$\ref{6.3.1}]} eines endlichdimensionalen Vektorraums mit geordneten Basen $\v$ und $\w$. Dann $M(f,\v)\approx M(f,\w)$ {\rm[$\to$\ref{7.1.11}]}.
\end{pro}

\begin{proof}
Es gilt $M(f,\v)\overset{\ref{7.2.5}}=M(\w,\v)M(f,\w)M(\v,\w)$ und
\[I_n\underset{\ref{7.2.10}}{\overset{\ref{7.1.10}}=}M(\v,\v)\overset{\ref{7.2.5}}=M(\w,\v)M(\v,\w),\]
das heißt $M(\w,\v)=M(\v,\w)^{-1}$ [$\to$\ref{7.2.13}]. Mit $P:=M(\v,\w)$ gilt also \[M(f,\v)\overset{\ref{7.2.5}}=P^{-1}M(f,\w)P.\]
\end{proof}

\begin{df}\label{9.1.20}
Sei $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums $V$. Dann ist die \emph{Determinante} von $f$ definiert als
$\det f:=\det M(f,\v)$, wobei $\v$ eine beliebig gewählte geordnete Basis von $V$ ist [$\to$\ref{6.2.22},~\ref{9.1.18}]
\end{df}

\begin{df}\label{9.1.21}
Ist $A=(a_{ij})_{1\le i\le m,1\le j\le n}\in K^{m\times n}$, so heißt \[A^T:=(a_{ij})_{1\le j\le n,1\le i\le m}\in K^{n\times m}\] die zu $A$ \emph{transponierte} Matrix.
\end{df}

\begin{bsp}\label{9.1.22}
$\begin{pmatrix}1&2\\0&1\\3&1\end{pmatrix}^T=\begin{pmatrix}1&0&3\\2&1&1\end{pmatrix}$
\end{bsp}

\begin{pro}\label{9.1.23}
$\forall A\in K^{n\times n}:\det A=\det(A^T)$
\end{pro}

\begin{proof}
Wegen $\si=(\si^{-1})^{-1}$ für alle $\si\in S_n$ ist $\Ph\colon S_n\to S_n,\si\mapsto\si^{-1}$ bijektiv. Es gilt
\begin{eqnarray*}
\det(A^T)&\overset{\ref{9.1.7}\eqref{leibniz}}=&\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{\si(1)1}\dotsm a_{\si(n)n}\\
&\overset{\text{$\Ph$ bijektiv}}=&\sum_{\si\in S_n}(\sgn(\si^{-1}))a_{\si^{-1}(1)1}\dotsm a_{\si^{-1}(n)n}\\
&\underset{\text{für $\si\in S_n$}}{\overset{\text{$\si$ bijektiv}}=}&\sum_{\si\in S_n}(\sgn(\si^{-1}))a_{\si^{-1}(\si(1))\si(1)}\dotsm a_{\si^{-1}(\si(n))\si(n)}\\
&\underset{\text{da $(\sgn(\si^{-1}))(\sgn\si)=\sgn(\id)=1$}}{\overset{\sgn(\si^{-1})=\sgn\si}=}&
\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}\overset{\ref{9.1.7}\eqref{leibniz}}=\det A
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{bem}\label{9.1.24}
Proposition \ref{9.1.23} hat offensichtliche Konsequenzen: Die Determinantenfunktion ist auch \emph{linear in den Spalten} [$\to$\ref{9.1.8}(a)], zur Berechnung
von Determinanten kann man auch (analog zu \ref{5.2.1} definierte) \emph{Spaltenoperationen} heranziehen [$\to$\ref{9.1.12}], die Determinante einer
Matrix in \emph{unterer} Dreiecksgestalt [$\to$\ref{9.1.11}] ist das Produkt ihrer Diagonaleinträge und so weiter.
\end{bem}

\section{Determinantenentwicklung und Komatrix}

\begin{sat}\label{9.2.1}
Sei $A = (a_{ij})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$ und bezeichne $A_{ij}\in K^{(n-1)\times (n-1)}$ für $i,j\in \left\{1,\ldots,n\right\}$ die Matrix, die aus $A$ durch Streichen der $i$-ten Zeile und $j$-ten Spalte entsteht. \index{Matrix@{\bf Matrix}!Determinante!Entwicklung}
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Für alle $i\in \left\{1,\ldots,n\right\}$ gilt
\[\det A = \sum_{j = 1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij} \det A_{ij}\]
"`Entwicklung nach der $i$-ten Zeile"'
\item Für alle $j\in \left\{1,\ldots,n\right\}$ gilt
\[\det A = \sum_{i = 1}^{n}(-1)^{i+j}a_{ij} \det A_{ij}\]
"`Entwicklung nach der $j$-ten Spalte"'
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
Wegen \ref{9.1.23} reicht es, (a) zu zeigen. Hierzu rechnet man
\begin{align*}
\det A & \overset{\text{\ref{9.1.7}(a)(b)}}= \sum_{j = 1}^{n} a_{ij} \det \left(
\begin{tikzpicture}[baseline={(current bounding box.center)}]
\node(O){"`wie in $A$"'};
\node[below of = O](M){$0\ldots0\ 1\ 0\ldots0$};
\node[below of = M]{"`wie in $A$"'};
\draw(M.south west)--(M.south east);
\draw(M.north west)--(M.north east);
\node[right of = M,xshift=1.2cm,overlay](I){$i$};
\node[below of = M,yshift=-1.2cm,overlay](J){$j$};
\draw[->,overlay](I.west)--(M.east);
\draw[->,overlay](J.north)--(M.south);
\end{tikzpicture}
\right)
\\[2cm]
&\overset{\text{\ref{9.1.12}(a)}}{=} \sum_{j = 1}^{n} a_{ij}
\det \left(
\begin{tikzpicture}[baseline={(current bounding box.center)}]
\node(ONE){$1$};
\node[left of = ONE](ONEL){$0 \ldots 0$};
\node[right of = ONE](ONER){$0 \ldots 0$};
\node[above of = ONE,yshift=-1em](OBEN1){$0$};
\node[below of = ONE,yshift=1em](UNTEN1){$0$};
\node[above of = OBEN1,yshift=-1em](OBEN2){$\vdots$};
\node[above of = OBEN2,yshift=-1em](OBEN3){$0$};
\node[below of = UNTEN1,yshift=1em](UNTEN2){$\vdots$};
\node[below of = UNTEN2,yshift=1em](UNTEN3){$0$};
\draw(OBEN3.north east)--(ONE.north east) -- (ONER.north east);
\draw(OBEN3.north west)--(ONE.north west) -- (ONEL.north west);
\draw(UNTEN3.south east)--(ONE.south east) -- (ONER.south east);
\draw(UNTEN3.south west)--(ONE.south west) -- (ONEL.south west);
\node[right of = ONER,xshift=1em,overlay](I){$i$};
\node[below of = UNTEN3,yshift=-1em,overlay](J){$j$};
\draw[->,overlay](I.west)--(ONER.east);
\draw[->,overlay](J.north)--(UNTEN3.south);
\node[above right of = ONE,xshift=0.5em,yshift=1em]{\tiny"`wie in $A$"'};
\node[above left of = ONE,xshift=-0.5em,yshift=1em]{\tiny"`wie in $A$"'};
\node[below left of = ONE,xshift=-0.5em,yshift=-1em]{\tiny"`wie in $A$"'};
\node[below right of = ONE,xshift=0.5em,yshift=-1em]{\tiny"`wie in $A$"'};
\end{tikzpicture}
\right)
\\[2cm]
& \overset{\text{\ref{9.1.12}(c)}}{=} \sum_{j = 1}^{n} a_{ij}\underbrace{(-1)^{(n-i)+(n-j)}}_{(-1)^{i+j}}\underbrace{\det \left(\begin{array}{c|c}
 & 0\\
A_{ij} & \vdots\\
& 0\\\hline
0\ldots 0 & 1
\end{array}\right)}_{\textstyle\overset{\text{\ref{9.1.11}}}{=}(\det A_{ij})\underbrace{\det (1)}_{=1}}
\end{align*}
\end{proof}

\begin{bsp}\label{9.2.2}
\begin{multline*}
\det\begin{pmatrix}
2 & 0 & 4 & \tikz[baseline=(m1.base)]\node[draw=blue, circle, inner sep = 2](m1){$1$};\\
1 & 9 & -1 & 0\\
0 & 1 & 1 & \tikz[baseline=(m2.base)]\node[draw=blue, ellipse, inner sep = 2](m2){$-3$};\\
-1 & 1 & 2 & 0
\end{pmatrix}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\begin{pmatrix}
+ & - & + & \tikz[baseline=(p1.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 1](p1){$-$};\\
- & + & - & +\\
+ & - & + & \tikz[baseline=(p2.base)]\node[draw=red, circle, inner sep = 1](p2){$-$};\\
- & + & - & +
\end{pmatrix}\\
\overset{\text{Entwicklung nach}}{\underset{\text{letzter Spalte}}{=}} \tikz[baseline=(g1.base)]\node[fill=red!20, inner sep = 0, ellipse, draw](g1){$-$}; \tikz[baseline=(g2.base)]\node[fill=blue!20, inner sep = 0, ellipse, draw](g2){$1$};\underbrace{\det\begin{pmatrix}
1 & 9 & -1\\
0 & 1 & 1\\
-1 & 1 & 2
\end{pmatrix}}_{\llap{$\begin{array}{l}
\scriptstyle\overset{\text{Entwicklung nach}}{\underset{\text{erster Spalte}}{=}} \det \left(\begin{smallmatrix}
1 & 1 \\
1 & 2 
\end{smallmatrix}\right)- \det\left(\begin{smallmatrix}
9 & -1 \\
1 & 1
\end{smallmatrix}\right)\\
\scriptstyle\qquad\qquad= (2-1)-(9+1)= -9\end{array}$}}\tikz[baseline=(g3.base)]\node[fill=red!20, inner sep = 0, ellipse, draw](g3){$-$}; \tikz[baseline=(g4.base)]\node[fill=blue!20, inner sep = 0, ellipse, draw](g4){$(-3)$};\underbrace{\det \begin{pmatrix}
2 & 0 & 4\\
1 & 9 & -1\\
-1 & 1 & 2
\end{pmatrix}}_{\rlap{$\begin{array}{l}
\scriptstyle\overset{\text{Entwicklung nach}}{\underset{\text{erster Zeile}}{=}} 2\det\left(\begin{smallmatrix}
9 & -1\\
1 & 2
\end{smallmatrix}\right)+ 4\det \left(\begin{smallmatrix}
1 & 9\\
-1 & 1
\end{smallmatrix}\right)\\
\scriptstyle\qquad\qquad= 2\cdot 19 + 4\cdot 10= 78
\end{array}$}}= 9 + 3\cdot 78 = 243
\begin{tikzpicture}[overlay]
\path (p1) edge [->, very thick, red, bend right=20] (g1.north);
\path (p2) edge [->, very thick, red, bend right=20] (g3.north);
\path (m1) edge [->, very thick, blue, bend left=40] (g2);
\path (m2) edge [->, very thick, blue, bend left=20] (g4);
\end{tikzpicture}
\end{multline*}
\end{bsp}

\begin{df}\label{9.2.3}
Ist $A=(a_{ji})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$ und bezeichnet $A_{ij}\in K^{(n-1)\times (n-1)}$ für $i,j\in \left\{1,\ldots,n\right\}$ wieder die Matrix, die aus $A$ durch Streichen der $i$-ten Zeile und $j$-ten Spalte entsteht, so nennt man \[\com A := \left((-1)^{i+j}\det A_{ij}\right)_{1\le i,j\le n}\] die \emph{Komatrix}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Komatrix} von $A$.
\end{df}

\begin{sat}\label{9.2.4}
Sei $A\in K^{n\times n}$. Dann \[A(\com A)^T = (\det A)I_n = (\com A)^TA.\]
\end{sat}
\begin{proof}
Es gilt $(\com A)^T = \left((-1)^{i+j}\det A_{ji}\right)_{1\le i,j\le n}$ [$\to$ \ref{9.1.21}, \ref{9.2.3}]. Schreibe $I_n = \left(\delta_{ij}\right)_{1\le i,j\le n}$. Seien $i,k\in \left\{1\ldots,n\right\}$. Nach \ref{7.2.1} ist zu zeigen:
$$\sum_{j= 1}^{n} a_{ij}(-1)^{j+k}\det A_{kj} = (\det A)\delta_{ik} = \sum_{j = 1}^{n}(-1)^{i+j}(\det A_{ji})a_{jk}.$$
Für $i = k$ steht \case{links}{rechts} die Entwicklung der Determinante von $A$ nach der $k$-ten \case{Zeile}{Spalte}.
Für $i\ne k$ steht \case{links}{rechts} die Entwicklung der Determinante einer Matrix, deren $i$-te und $k$-te \case{Zeile}{Spalte} übereinstimmen nach der
\case{$k$-ten Zeile}{$i$-ten Spalte}.
\end{proof}

\begin{kor}[in \ref{9.1.14} schon bewiesen, falls $K$ ein Körper]\label{9.2.5}
Eine Matrix $A\in K^{n\times n}$ ist invertierbar genau dann, wenn $\det A \in K^{\times}$. In diesem Fall gilt $A^{-1} = (\det A)^{-1}(\com A)^T$.
\end{kor}
\begin{proof}
Ist $A$ invertierbar [$\to$ \ref{7.2.9}], so $1=\det I_n = \det(A A^{-1}) \overset{\ref{9.1.15}}{=} (\det A)(\det (A^{-1}))$, also $\det A\in K^\times$. Ist $\det A\in K^\times$, so $A\left(\frac{1}{\det A}(\com A)^T\right) \overset{\ref{9.2.4}}{=} I_n \overset{\ref{9.2.4}}{=}\left(\left(\frac{1}{\det A}\right)(\com A)^T\right) A$.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 25.1. kommen sollen.}

\begin{kor}[in \ref{7.2.13} schon bewiesen, falls $K$ Körper]\label{9.2.6}
Seien $A,B\in K^{n\times n}$. Dann $AB = I_n\iff BA = I_n$.
\end{kor}
\begin{proof}
Gelte $AB = I_n$. Dann $(\det A)(\det B) = 1$ nach \ref{9.1.15}. Also $\det B\in K^\times$ und nach \ref{9.2.5} ist $B$ invertierbar. Dann aber
$$BA = BA(BB^{-1}) = B(AB)B^{-1} = BB^{-1} = I_n$$
wie im Beweis von \ref{7.2.13}.
\end{proof}

\begin{sat}[Cramersche Regel {[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Gabriel_Cramer}{Gabriel Cramer} *1704, \dag 1752]}]\label{9.2.7}
Seien $A\in K^{n\times n}$ und $x,b\in K^n$ mit $Ax = b$ {\rm[$\to$ §\ref{7.3}]}. Bezeichne $A_i\in K^{n\times n}$ für $i\in \left\{1,\ldots,n\right\}$ die Matrix, die aus $A$ entsteht, indem man die $i$-te Spalte durch $b$ ersetzt. Dann
$$(\det A)x_i = \det A_i \qquad\text{für }i\in \left\{1,\ldots,n\right\}.$$
\end{sat}
\begin{proof}
Für $X_i := \left(\begin{array}{cc|c|cc}
1 & & x_1 & \\
 & \ddots & \vdots & \multicolumn{2}{c}{\text{{\tiny"`wie in $I_n$"'}}}\\
 & & x_i & \\
 \multicolumn{2}{c|}{\text{{\tiny"`wie in $I_n$"'}}} & \vdots & \ddots\\
 & & x_n & & 1
\end{array}\right)$ gilt
$$\det X_i \overset{\ref{9.1.12}\text{(a)}}{\underset{\ref{9.1.24}}{=}} \det
\begin{pmatrix}
1\\
&\ddots\\
&&1\\
&&&\tikz\node(P192){$x_i$};\\
&&&&1\\
&&&&&\ddots\\
&&&&&&1
\end{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\node[below left of = P192,xshift=-1em,yshift=-1em,scale=5]{$0$};
\node[above right of = P192,xshift=1em,yshift=1em,scale=5]{$0$};
\end{tikzpicture}
 \overset{\ref{9.1.11}}{=}x_i$$
sowie $AX_i \overset{Ax = b}{\underset{\ref{7.2.2}\text{(c)}}{=}} A_i$ und daher
\[(\det A)x_i = (\det A)(\det X_i) = \det(AX_i) = \det(A_i)\]
für $i\in\{1,\ldots,n\}$.
\end{proof}

\chapter{Eigenvektoren}

In diesem Kapitel sei stets $K$ ein Körper.

\section{Charakteristisches Polynom und Eigenwerte}

\begin{notrep}\label{10.1.1}
[$\to$ \ref{7.1.6}, \ref{6.3.1}] Ist $V$ ein $K$-Vektorraum, so ist
\begin{align*}
\End(V) := \Hom(V,V) & = \left\{f\mid f\text{ Endomorphismus der Vektorraums }V\right\}\\
& = \left\{f\mid f\colon V\to V \text{ linear}\right\}
\end{align*}
ein Unterraum des $K$-Vektorraums $V^V$\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!End@$\End(V)$}.
\end{notrep}

\begin{df}\label{10.1.2}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $f\in \End(V)$. Es heißt $\lambda\in K$ ein \emph{Eigenwert}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Eigenwert} (\emph{EW}) von $f$, wenn es ein $v\in V$ gibt mit $v\ne 0$ und $f(v) = \lambda v$. Jedes solche $v$ heißt ein \emph{Eigenvektor}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Eigenvektor} (\emph{EV}) von $f$ zum Eigenwert $\lambda$. Für jeden Eigenwert $\lambda$ von $f$ nennt man den Unterraum \[\ker(f-\lambda\id_V) = \left\{v\in V\mid f(v) = \lambda v\right\}\subseteq V,\] welcher aus dem Nullvektor und den Eigenvektoren zum Eigenwert $\lambda$ besteht, den \emph{Eigenraum}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Eigenraum} von $f$ zum Eigenwert $\lambda$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{10.1.3}
[$\to$ \ref{6.3.2}, \ref{7.1.4}]
\begin{enumerate}[(a)]
\item Die Drehung $R_\ph$ um den Winkel $\ph\in \R$, hat nur dann einen Eigenwert, wenn $\ph = n\pi$ für ein $n\in \Z$. Ist $\ph = n\pi$ für ein \case{gerades}{ungerades} $n\in \Z$, so ist \case{$+1$}{$-1$} der einzige Eigenwert von $\ph$ und jedes $v\in \R^2\setminus\left\{0\right\}$ ein Eigenvektor zu diesem Eigenwert (und damit $\R^2$ der Eigenraum zu diesem Eigenwert).
\item Die Spiegelung $S$ hat die Eigenwerte $1$ und $-1$. Es ist $\lin\cvec{0\\1}$ der Eigenraum zum Eigenwert $1$ und $\lin\cvec{1\\0}$ der Eigenraum zum Eigenwert $-1$.
\item Die Projektion $P$ hat die Eigenwerte $1$ und $0$. Es ist $\lin\cvec{1\\0}$ der Eigenraum zum Eigenwert $1$ und $\lin\cvec{0\\1}$ der Eigenraum zum Eigenwert $0$.
\item Der einzige Eigenwert der Scherung $T_a$ ($a\in \R$) ist $1$. Falls $a = 0$, so ist $\R^2$ der dazugehörige Eigenraum, sonst $\lin\cvec{1\\0}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-1,0) -- (6,0);
\draw[->] (0,-.6) -- (0,2.5);

\draw (.5,.9) -- (.5,1.1);
\draw (.4,1) -- (.6,1);

\draw (1,1.9) -- (1,2.1);
\draw (.9,2) -- (1.1,2);

\draw[dashed] (-1,1) -- (6,1);
\draw[dashed] (-1,2) -- (6,2);

\draw (-.25,-.5) -- (.5,1) -- (1,2) -- (1.25,2.5);

\draw (2.5,.9) -- (2.5,1.1);
\draw (2.4,1) -- (2.6,1);

\draw (5,1.9) -- (5,2.1);
\draw (4.9,2) -- (5.1,2);

\draw (-.5, -.2) -- (2.5,1) -- (5,2) -- (6,2.4);

\path[dashed] (-.5, -.2) edge[bend right = 90] (-.25, -.5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item Ist $A\in K^{n\times n}$, so ist $f_A : K^n\to K^n, x\mapsto Ax$ ein Endomorphismus von $K^n$. Man spricht dann auch von Eigenwert, Eigenvektor und Eigenräumen \emph{von $A$} statt \emph{von $f_A$}. Es ist also $\lambda\in K$ ein Eigenwert von $A$, wenn es ein $x\in K^n$ gibt mit $x\ne 0$ und $Ax = \lambda x$.
Jedes solche $x$ heißt ein Eigenvektor von $A$ zum Eigenwert $\lambda$. Ist $\lambda$ ein Eigenwert von $A$, so ist $\ker(A-\lambda I_n)\subseteq K^n$ der dazugehörige Eigenraum.
\item Die formale Ableitung $D\colon K[X]\to K[X]$ hat nur den Eigenwert $0$. Es ist zum Beispiel $1$ ein Eigenvektor zu diesem Eigenwert. Für $K = \R$ ist der zugehörige Eigenraum gleich $\R$. Im Allgemeinen ist der Eigenraum komplizierter, denn es ist für $K = \F_2$ auch $X^2$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $0$, denn $X^2 \ne 0$ und $D(X^2) = 2X = 0\cdot X = 0$.
\item Die Auswertung $E_{a_1,\ldots,a_n}$ ist zwar eine lineare Abbildung, aber kein Endomorphismus, weswegen die Begriffe Eigenwert und Eigenvektor dafür keinen Sinn machen.
\item Als Endomorphismus des $\R$-Vektorraums $\C$ hat die komplexe Konjugation $C$ die Eigenwerte $1$ und $-1$. Es ist $\R$ der Eigenraum zum Eigenwert $1$ und $\left\{x\i\mid x\in\R\right\}$ der Eigenraum zum Eigenwert $-1$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{lem}\label{10.1.4}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum mit $n:=\dim V<\infty$ und geordneten Basen $\v$ und $\w$. Sei $f\in \End(V)$. Dann sind die beiden Matrizen \[M(f,\v) - XI_n, M(f,\w)- \underbrace{XI_n}_{\llap{$=
\begin{pmatrix}
      X& \multicolumn{2}{c}{\text{\kern 1em\smash{\raisebox{-1.5ex}{\Huge$0$}}}} \\
      & \ddots &  \\
      \multicolumn{2}{c}{\text{\kern-1.5em\smash{\raisebox{0ex}{\Huge$0$}}}} &X
    \end{pmatrix}
$}}\in K[X]^{n\times n}\]
ähnlich {\rm[$\to$ \ref{9.1.16}]} und haben daher dieselbe Determinante {\rm[$\to$ \ref{9.1.18}]}.
\end{lem}
\begin{proof}
Nach \ref{9.1.19} gilt $M(f,\v)\approx M(f,\w)$, das heißt es gibt ein invertierbares $P\in K^{n\times n}$ mit $M(f,\v) = P^{-1}M(f,\w)P$. Es folgt
\begin{align*}
P^{-1}(M(f,\w)- XI_n)P &= P^{-1}M(f,\w)P - P^{-1}(XI_n)P\\
&\overset{\ref{7.2.7}(b)}= M(f,\v) - XP^{-1}P = M(f,\v) - XI_n
\end{align*}
und daher $M(f,\v) - XI_n \approx M(f,\w) - X I_n$.
\end{proof}

\begin{df}\label{10.1.5}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum und $f\in \End(V)$. Dann ist das \emph{charakteristische Polynom}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!charakteristisches Polynom} von $f$ definiert als \[\chi_f := \det(M(f,\v)- XI_n)\in K[X],\] wobei $\v$ eine beliebig gewählte Basis von $V$ ist [$\to$ \ref{10.1.4}].
\end{df}

\begin{bem}\label{10.1.6}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum, $n:= \dim V < \infty$ und $f\in \End(V)$. Dann gibt es $a_0,\ldots,a_{n-1}\in K$ mit $\chi_f = (-1)^nX^n+ a_{n-1}X^{n-1} + \ldots + a_1X_1+a_0$, wobei $a_0 = \det f$. Insbesondere hat $\chi_f$ den Grad $n$.
Dies folgt leicht aus der Leibniz-Formel \ref{9.1.7}\eqref{leibniz}, weil $M(f,\v)- XI_n)$ von der Form
\[\begin{pmatrix}
b_{11}-X &\multicolumn{2}{c}{\text{"`aus $K$"'}}\\
& \ddots\\
\multicolumn{2}{c}{\text{"`aus $K$"'}} & b_{nn}-X
\end{pmatrix}\]
ist.
\end{bem}

\begin{pro}\label{10.1.7}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum, $n:=\dim V < \infty$, $f\in \End(V)$ und $\lambda\in K$. Dann
\[\lambda\text{ Eigenwert von }f \text{ \rm[$\to$ \ref{10.1.2}]} \iff \chi_f(\la) = 0 \text{ \rm[$\to$ \ref{writepx}]}.\]
"`Die Eigenwerte sind die Nullstellen {\rm[$\to$ \ref{4.2.9}]} des charakteristischen Polynoms."'
\end{pro}
\begin{proof} Wähle eine geordnete Basis $\v$ von $V$.
\begin{align*}
\lambda\text{ Eigenwert von } f & \overset{\ref{10.1.2}}{\iff} \exists v\in V\setminus \left\{0\right\}: f(v) = \lambda v\\
& \iff \ker(f-\lambda\id_V)\ne \left\{0\right\}\\
& \overset{\ref{6.2.25} \text{(b)}}{\iff} \dim \ker (f-\lambda\id_V) \ne 0\\
& \overset{\ref{8.1.12}}{\iff} \dim\im (f-\lambda\id_V)\ne n\\
& \overset{\ref{8.1.15}}{\iff} \rank (M(f-\lambda\id_V,\v))\ne n\\
& \overset{\ref{8.1.16}}{\iff} M(f- \lambda\id_V,\v) \text{ nicht invertierbar}\\
& \overset{\ref{9.1.14}}{\iff} \det\underbrace{M(f-\lambda\id_V,\v)}_{\overset{\ref{7.1.8}}{=} M(f,\v) - \lambda \underbrace{\scriptstyle M(\id_V,\v)}_{\overset{\ref{7.2.10}}{=} I_n}} = 0\\
&\iff \det(M(f,\v)-\lambda I_n) = 0\\
&\overset{\ref{9.1.7}\eqref{leibniz}}{\underset{\ref{writepx}}{\iff}} \chi_f(\la) = 0
\end{align*}
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 29.1. kommen sollen.}

\begin{kor}\label{10.1.8}
Sei $V$ ein Vektorraum, $n:=\dim V < \infty$ und $f\in \End(V)$. Dann hat $f$ höchstens $n$ Eigenwerte.
\end{kor}
\begin{proof}
\ref{10.1.7}, \ref{10.1.6}, \ref{4.2.11}
\end{proof}

\begin{bsp}\label{10.1.9}
[$\to$ \ref{6.3.2}, \ref{7.1.4}, \ref{10.1.3}]
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sei $\ph \in \R$.
\begin{align*}{2}
\chi_{R_\ph} & = \det\begin{pmatrix}
(\cos \ph) - X & -\sin \ph\\
\sin \ph & (\cos \ph) -X
\end{pmatrix} \overset{\ref{9.1.10}\text{ (d)}}{=} ((\cos \ph)-X)^2 + (\sin \ph)^2
\end{align*}
Für $\lambda\in \R$ gilt also
\begin{align*}
\chi_{R_\ph}(\la) = 0 & \iff(\lambda = \cos \ph \et \sin\ph=0)\\
& \iff(
\begin{aligned}[t]
&(\exists n\in \Z\text{ ungerade}: \ph = n\pi)\et \lambda = -1)\text{ oder }\\
&(\exists n\in \Z\text{ gerade}:\ph = n\pi)\et \lambda = 1)).
\end{aligned}
\end{align*}
\item $\chi_S = \det\begin{pmatrix}
-1 - X & 0\\
0 & 1 - X
\end{pmatrix} = (X-1)(X+1)$
\item $\chi_P = \det \begin{pmatrix}
1 - X & 0\\
0 & -X
\end{pmatrix} = (X-1)X$
\item $\chi_{T_a} = \det\begin{pmatrix}
1-X & a\\
0 & 1-X
\end{pmatrix} \overset{\ref{9.1.11}}{=} (X-1)^2$ für $a\in\R$.
\item Ist $A\in K^{n\times n}$, so nennt man $\chi_A := \chi_{f_A} = \det (A-XI_n)$ das \emph{charakteristische Polynom}\index{Matrix@{\bf Matrix}!charakteristisches Polynom} von $A$.
\item $\chi_{D^{(d)}} = (-X)^{d+1}$ für $d\in \N_0$
\item $E_{a_1,\ldots,a_n}$ ist kein Endomorphismus!
\item $C$ hat als Endomorphismus des $\R$-Vektorraums $\C$ das charakteristische Polynom
$$\chi_C = \det\begin{pmatrix}
1-X & 0\\
0 & -1-X
\end{pmatrix} = (X-1)(X+1)$$
alternativ:
$$\chi_C = \det\begin{pmatrix}
-X & 1\\
1 & -X
\end{pmatrix} = X^2 - 1$$
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{10.1.10}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $f\in \End(V)$. Seien $\la_1,\ldots,\la_m$ paarweise verschiedene Eigenwerte von $f$ und $v_i$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\la_i$ für jedes $i\in \left\{1,\ldots,m\right\}$ {\rm[$\to$ \ref{10.1.2}]}. Dann sind $v_1,\ldots,v_m$ linear unabhängig in $V$.

\smallskip
"`Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten sind linear unabhängig."'
\end{pro}
\begin{proof}
Induktion nach $m\in \N_0$.
\begin{itemize}
\item[$\underline{m = 0}$]\quad $\emptyset$ ist linear unabhängig \checkmark
\item[$\underline{m-1\to m\ \ (m\in \N)}$]\
Seien $\mu_1,\ldots,\mu_m\in K$ mit $\sum_{i = 1}^{m}\mu_iv_i = 0$. Zu zeigen: $\mu_1 = \ldots = \mu_m = 0$. Man hat
\begin{align*}
\sum_{i = 1}^{m}\mu_i\la_iv_i & = \sum_{i = 1}^{m}\mu_if(v_i) = f\left(\sum_{i = 1}^{m}\mu_i v_i\right) = f(0) = 0
\end{align*}
und
$$\sum_{i = 1}^{m}\mu_i \lambda_m v_i = \la_m\sum_{i = 1}^{m}\mu_i v_i = \la_m 0 = 0.$$
Bildet man die Differenz, so erhält man
$$\sum_{i = 1}^{m-1}\mu_i\underbrace{\left(\la_i - \la_m\right)v_i}_{=: w_i} = 0.$$
Für jedes $i\in \left\{1,\ldots,m-1\right\}$ gilt $w_i \ne 0$ (denn $\la_i - \la_m\ne 0$ und $v_i \ne 0$) und
\[f(w_i) = (\la_i-\la_m)f(v_i) = \la_i ((\la_i-\la_m)v_i) = \la_i w_i.\]
Also ist $w_i$ Eigenvektor zum Eigenwert $\la_i$ für $i\in \left\{1,\ldots,m-1\right\}$. Nach Induktionsvoraussetzung gilt $\mu_1 = \ldots = \mu_{m-1} = 0$. Wegen $v_m \ne 0$ gilt dann auch $\mu_m = 0$.
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{bem}\label{10.1.11}
\ref{10.1.8} folgt auch aus \ref{10.1.10} und \ref{6.2.19}.
\end{bem}

\begin{kor}\label{10.1.12}
Sei $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums $V$. Dann ist die Summe der Eigenräume {\rm[$\to$ \ref{10.1.2}]} von $f$ direkt {\rm[$\to$ \ref{8.2.1}]}, das heißt
$$\sum_{\la\text{ Eigenwert von } f}\ker(f-\la\id_V) = \bigoplus_{\la\text{ Eigenwert von } f}\ker(f-\la\id_V)$$
\end{kor}
\begin{proof}
Bezeichne $\la_1,\ldots,\la_m$ die paarweise verschiedenen Eigenwerte von $f$. Zu zeigen:
$$\prod_{i = 1}^{n}\ker(f-\la_i\id_V)\to \sum_{i = 1}^{m}\ker(f-\la\id_V), (v_1,\ldots,v_m)\mapsto v_1+\ldots+v_m$$
ist injektiv. Aus \ref{10.1.10} folgt sofort, dass diese lineare Abbildung Kern $\left\{0\right\}$ hat.
\end{proof}

\begin{propdef}\label{10.1.13}
Sei $p\in K[X]$ und $\deg p = n\in \N_0$. Bezeichne mit $\la_1,\ldots,\la_m\in K$ die paarweise verschiedenen Nullstellen [$\to$ \ref{4.2.9}] von $p$ (es gilt $m\le n$ [$\to$ \ref{4.2.11}]). Dann gibt es eindeutig bestimmte $\alpha_1,\ldots,\alpha_m\in \N$ und $r\in K[X]$ derart, dass \[p = (X-\la_1)^{\alpha_1}\dotsm (X-\la_m)^{\alpha_m}r\]
und $r$ keine Nullstelle in $K$ hat. Man nennt $\alpha_i$ die \emph{Vielfachheit}\index{Polynom@{\bf Polynom}!Nullstelle!Vielfachheit} \emph{der Nullstelle} $\la_i$ von $p$. Man sagt, dass $p$ \emph{(in Linearfaktoren) zerfällt}\index{Polynom@{\bf Polynom}!zerfällt (in Linearfaktoren)}, wenn $r\in K$ (d.h. $\deg r = 0$). Es gilt $\alpha_1+\ldots+\alpha_m + \deg r = n$.
\end{propdef}
\begin{proof}
Existenz mit \ref{4.2.10}, Eindeutigkeit leicht zu sehen.
\end{proof}

\begin{df}\label{10.1.14}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum und $f\in \End(V)$. Die \emph{algebraische Vielfachheit}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!charakteristisches Polynom!algebraische Vielfachheit} eines Eigenwertes $\la$ von $f$ ist die Vielfachheit von $\la$ als Nullstelle von $\chi_f$.
Die \emph{geometrische Vielfachheit}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!charakteristisches Polynom!geometrische Vielfachheit} eines Eigenwertes $\la$ von $f$ ist die Dimension des Eigenraums von $f$ zum Eigenwert $\la$.
\end{df}

\begin{sat}\label{10.1.15}
Für jeden Eigenwert eines Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums ist seine geometrische Vielfachheit kleiner oder gleich seiner algebraischen Vielfachheit.
\end{sat}
\begin{proof}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $n := \dim V < \infty$, $f\in \End(V)$ und $\la$ ein Eigenwert von $f$. Wähle eine Basis $(v_1,\ldots,v_m)$ von $\ker(f-\la\id_V)$ [$\to$ \ref{6.2.18}] und ergänze sie zu einer Basis $\v = (v_1,\ldots,v_n)$ von $V$ [$\to$ \ref{6.2.20}]. Dann hat $M(f,\v)$ die Gestalt $M(f,\v) = \begin{amatrix}{c|c}
\lambda I_m & A\\\hline
0 & B
\end{amatrix}$ mit $A\in K^{m\times (n-m)}$ und $B \in K^{(n-m)\times (n-m)}$, da $f(v_i) = \la v_i$, also $\co_\v (f(v_i)) = \la e_i$ für $i\in \left\{1,\ldots,m\right\}$ [$\to$ \ref{7.1.2}]. Daher
\begin{align*}
\chi_f & \overset{\ref{10.1.5}}{=}\det\begin{amatrix}{c|c}
(\la-X)I_m & A\\\hline
0 & B- X I_{n-m}
\end{amatrix}\\
& \overset{\ref{9.1.11}}{=} (\det ((\la-X)I_m))\det(B - XI_{n-m})\overset{\ref{9.1.11}}{=} (\la-X)^m r
\end{align*}
für $r:=\det(B- XI_{n-m})\in K[X]$.
\end{proof}

\section[Begleitmatrix, Satz von Cayley-Hamilton und Minimalpolynom]{Begleitmatrix, Satz von Cayley-Hamilton und Minimalpolynom\\{\small[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Arthur_Cayley}{Arthur Cayley} *1821 \dag 1895; \href{http://de.wikipedia.org/wiki/William_Rowan_Hamilton}{William Rowan Hamilton} *1805, \dag 1865]}}

\begin{prospr}[Polynomdivision mit Rest]\label{10.2.1}
Seien $f,g\in K[X]$ mit $g\ne0$. Dann gibt es genau ein Paar $(q,r)\in K[X]^2$ mit $\deg r<\deg g$ und $f=gq+r$. Man nennt $q$ den \emph{Quotienten} und $r$ den \emph{Rest} bei Division von $f$ durch $g$.\index{Polynom@{\bf Polynom}!Polynomdivision}
\end{prospr}

\begin{proof}
Um die Eindeutigkeit zu beweisen, seien $(q_i,r_i)\in K[X]^2$ mit $\deg r_i<\deg g$ und $f=gq_i+r_i$ für $i\in\{1,2\}$. Dann gilt $r_1-r_2=g(q_2-q_1)\in(g)$ und wegen
$\deg(r_1-r_2)<\deg g$ daher $r_1-r_2=0$. Also $r_1=r_2$. Folglich $g(q_1-q_2)=0$ und schließlich $q_1=q_2$.

Die Existenz beweisen wir durch Induktion nach dem Grad von $f$:

Induktionsanfang: Ist $\deg f<\deg g$, so setzen wir $(q,r):=(0,f)$.

Induktionsschritt: Sei $\deg f\ge\deg g$ und die Behauptung schon bewiesen, wenn $f$ durch ein Polynom von kleinerem Grad ersetzt wird. Wähle $a\in K^\times$ und $k\in\N_0$
derart, dass $f$ und $aX^kg$ denselben Grad und denselben Leitkoeffizienten haben. Dann hat $f_0:=f-aX^kg$ einen kleineren Grad als $f$ und es gibt nach 
Induktionsvoraussetzung $(q_0,r)\in K[X]^2$ mit $\deg r<\deg g$ und $f_0=gq_0+r$. Es folgt $f=f_0+aX^kg=g(q_0+aX^k)+r=gq+r$ für $q:=q_0+aX^k$.
\end{proof}

\begin{sat}\mbox{}{\rm[$\to$\ref{3.3.13}]}\label{10.2.2}
Im Polynomring $K[X]$ ist jedes Ideal ein Hauptideal.
\end{sat}

\begin{proof}
Sei $I$ ein Ideal von $K[X]$. Ist $I=\{0\}$, so ist $I=(0)$. Also bleibt nur der Fall zu betrachten, dass es ein $g\in K[X]\setminus\{0\}$ gibt mit $g\in I$. Wir wählen ein solches $g$
von kleinstmöglichem Grad und behaupten $I=(g)$. Die Inklusion $I\supseteq(g)$ ist klar. Um $I\subseteq(g)$ zu beweisen, sei $f\in I$. Zu zeigen ist $f\in(g)$. Wähle mit \ref{10.2.1}
$q,r\in K[X]$ mit $\deg r<\deg g$ und $f=gq+r$. Dann gilt $r=f-gq\in I$ und nach Wahl von $g$ muss $r=0$ gelten. Dann aber $f=gq\in(g)$.
\end{proof}

\begin{df}\label{10.2.3}
Ein Polynom $p\in K[X]$ heißt \emph{normiert}, wenn $p\ne0$ und der Leitkoeffizient von $p$ gleich $1$ ist.\index{Polynom@{\bf Polynom}!normiertes Polynom}
\end{df}

\begin{kor}\label{10.2.4}
Sei $I$ ein Ideal von $K[X]$ mit $I\ne\{0\}$. Dann gibt es genau ein normiertes $p\in K[X]$ mit $I=(p)$.
\end{kor}

\begin{proof}
Die Existenz ist klar aus \ref{10.2.2} durch "`Normieren"'. Zur Eindeutigkeit: Seien $p,q\in K[X]$ normiert mit $(p)=I=(q)$. Dann $\deg p\ge\deg(q)$ wegen $p\in(q)$ und
$\deg q\ge\deg(p)$ wegen $q\in(p)$, also $\deg p=\deg q$. Weiter gilt $p-q\in(p)$ und daher $p-q=0$ oder $\deg(p-q)\ge\deg p$. Letzteres ist unmöglich, also gilt $p=q$.
\end{proof}

\begin{pro}\label{10.2.5}
Sei $p\in K[X]$ ein Polynom vom Grad $n\in\N_0$ {\rm[$\to$\ref{3.2.6}]}. Dann ist das Ideal $(p)$ {\rm[$\to$\ref{3.3.11}]} des kommutativen Ringes $K[X]$ {\rm[$\to$\ref{writeax}]} ein Unterraum des Vektorraums $K[X]$ {\rm[$\to$\ref{6.1.4}(b)]} und
$(\overline1,\overline X,\dots,\overline{X^{n-1}})$ eine Basis des Quotientenvektorraums $K[X]/(p)$ {\rm[$\to$\ref{8.1.3}]}.
\end{pro}

\begin{proof}
Nach der Definition einer Basis \ref{6.2.1}(c) ist zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\overline1,\overline X,\dots,\overline{X^{n-1}}$ sind linear unabhängig in $K[X]/(p)$.
\item $\overline1,\overline X,\dots,\overline{X^{n-1}}$ erzeugen $K[X]/(p)$.
\end{enumerate}
\textbf{Zu (a).} Wir benutzen \ref{6.2.3}. Seien also $a_0,\dots,a_{n-1}\in K$ mit $\sum_{k=0}^{n-1}a_k\overline{X^k}=0$. Zu zeigen ist $a_0=\ldots=a_{n-1}=0$. Schreibt man
$h:=\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k\in K[X]$, so ist $h=0$ zu zeigen. Nun gilt $\overline h=\sum_{k=0}^{n-1}a_k\overline{X^k}=0$ nach \ref{2.3.3} und \ref{8.1.3} und daher $h\in(p)$.
Wegen $\deg h<n=\deg p$ folgt $h=0$.
 
\medskip\noindent
\textbf{Zu (b).} Sei $f\in K[X]$. Zu zeigen ist, dass es ein $r\in K[X]$ mit $\deg r<n$ und $\overline f=\overline r$ in $K[X]/(p)$ gibt. Mit \ref{10.2.1} findet man
$(q,r)\in K[X]^2$ mit $\deg r<\deg g$ und $f=pq+r$. Dann $f-r\in(p)$ und daher $\overline f=\overline r$ in $K[X]/(p)$ wie gewünscht.
\end{proof}

\begin{propdef}\label{10.2.6}
Sei $p=X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_1X+a_0\in K[X]$ mit $a_0,\dots,a_{n-1}\in K$ ein normiertes Polynom. Dann ist
\[f\colon K[X]/(p)\to K[X]/(p),\ \overline q\mapsto\overline{Xq}\quad(q\in K[X])\]
wohldefiniert und linear. Die Darstellungsmatrix $C_p:=M(f,\v)$ von $f$ bezüglich der Basis $\v:=(\overline1,\overline X,\dots,\overline{X^{n-1}})$ von $K[X]/(p)$
nennen wir die \emph{Begleitmatrix}\index{Polynom@{\bf Polynom}!normiertes Polynom!Begleitmatrix} von $p$ (engl.: companion matrix). Es gilt
\[C_p=
\begin{tikzpicture}[loosely dotted,thick,baseline]
\matrix (m) [matrix of math nodes,nodes in empty cells,right delimiter=),left delimiter=(,column sep=1em]{
0&0&&&&0&-a_0\\
1&0&&&&  &-a_1\\
0&1&&&&  &-a_2\\
0&0\\
\\
 &   &&&&0\\
0&0&&&0&1&-a_{n-1}\\
} ;
\draw (m-1-2)-- (m-1-6);
\draw (m-2-2)-- (m-6-6);
\draw (m-3-2)-- (m-7-6);
\draw (m-4-2)-- (m-7-5);
\draw (m-1-6)-- (m-6-6);
\draw (m-3-7)-- (m-7-7);
\draw (m-4-1)-- (m-7-1);
\draw (m-4-2)-- (m-7-2) -- (m-7-5);
\end{tikzpicture}.
\]
\end{propdef}

\begin{proof}
Da im Quotientenring $K[X]/(p)$ gilt $\overline{Xq}\overset{\ref{3.3.3}}=\overline X\cdot\overline q$ für alle $q\in K[X]$, ist $f$ als Abbildung wohldefiniert.
Weiter ist $f$ linear, denn für alle $q,r\in K[X]$ und $\la\in K$ gilt
\begin{align*}
f(\overline q+\overline r)&=f(\overline{q+r})=\overline{X(q+r)}=\overline{Xq+Xr}=\overline{Xq}+\overline{Xr}=f(\overline q)+f(\overline r)\qquad\text{und}\\
f(\la\overline q)&=f(\overline{\la q})=\overline{X(\la q)}=\overline{\la(Xq)}=\la\overline{Xq}=\la f(\overline q).
\end{align*}
Nach \ref{10.2.5} ist $\v$ eine Basis des Quotientenvektorraums $K[X]/(p)$. Die behauptete Gleichheit für $C_p$ ergibt sich aus \ref{7.1.2} wegen
$f(\overline{X^k})=\overline{X^{k+1}}$ für alle $k\in\{0,\dots,n-2\}$ und $f(\overline{X^{n-1}})=\overline{X^n}=-a_01-a_1\overline X-\ldots-a_{n-1}\overline{X^{n-1}}$.
\end{proof}

\begin{sat}\label{10.2.7}
Sei $p\in K[X]$ ein normiertes Polynom vom Grad $n$. Dann ist $p$ bis auf das Vorzeichen
das charakteristische Polynom seiner eigenen Begleitmatrix, das heißt \[p=(-1)^n\ch_{\scriptscriptstyle C_p}.\]
\end{sat}

\begin{proof} Ist $n=0$, so $p=1\overset{\ref{9.1.10}(a)}=(-1)^0\det()=(-1)^0\ch_{\scriptscriptstyle C_p}$. Sei also \OE\ $n\ge1$.
Benutze wieder die Basis $\v:=(\overline1,\overline X,\dots,\overline{X^{n-1}})$ des Quotientenvektorraums $K[X]/(p)$ [$\to$\ref{10.2.5}] und schreibe
$p=X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_1X+a_0\in K[X]$ mit $a_0,\dots,a_{n-1}\in K$. Es gilt:
\begin{eqnarray*}
\ch_{\scriptscriptstyle C_p}&\overset{\ref{10.1.9}(e)}=&\det(C_p-XI_n)\\
&=&\det\begin{tikzpicture}[loosely dotted,thick,baseline]
\matrix (m) [matrix of math nodes,nodes in empty cells,right delimiter=),left delimiter=(,column sep=1em]{
-X&0&&&&0&-a_0\\
1&-X&&&&  &-a_1\\
0&1&&&&  &-a_2\\
0&0\\
\\
 &   &&&&-X&-a_{n-2}\\
0&0&&&0&1&-a_{n-1}-X\\
} ;
\draw (m-1-2)-- (m-1-6);
\draw (m-2-2)-- (m-6-6);
\draw (m-3-2)-- (m-7-6);
\draw (m-4-2)-- (m-7-5);
\draw (m-1-6)-- (m-6-6);
\draw (m-3-7)-- (m-6-7);
\draw (m-4-1)-- (m-7-1);
\draw (m-4-2)-- (m-7-2) -- (m-7-5);
\end{tikzpicture}.
\end{eqnarray*}
Addiert man nun in der großen Matrix nacheinander von unten beginnend jeweils das $X$-fache einer Zeile zur vorherigen, dann ändert sich gemäß \ref{9.1.12}(a) die Determinante
nicht und man erhält
\[\ch_{\scriptscriptstyle C_p}=
\det\begin{tikzpicture}[loosely dotted,thick,baseline]
\matrix (m) [matrix of math nodes,nodes in empty cells,right delimiter=),left delimiter=(,column sep=1em]{
0&0&&&&0&-a_0-a_1X-\ldots-a_{n-1}X^{n-1}-X^n\\
1&0&&&&  &-a_1-a_2X-\ldots-a_{n-1}X^{n-2}-X^{n-1}\\
0&1&&&&  &-a_2-a_3X-\ldots-a_{n-1}X^{n-3}-X^{n-2}\\
0&0\\
\\
 &   &&&&0&-a_{n-2}-a_{n-1}X-X^2\\
0&0&&&0&1&-a_{n-1}-X\\
} ;
\draw (m-1-2)-- (m-1-6);
\draw (m-2-2)-- (m-6-6);
\draw (m-3-2)-- (m-7-6);
\draw (m-4-2)-- (m-7-5);
\draw (m-1-6)-- (m-6-6);
\draw (m-3-7)-- (m-6-7);
\draw (m-4-1)-- (m-7-1);
\draw (m-4-2)-- (m-7-2) -- (m-7-5);
\end{tikzpicture}.
\]
In der ersten Zeile der großen Matrix ist also nur der letzte Eintrag verschieden von null und zwar ist dieser $-p$.
Entwickelt man diese Determinante mit \ref{9.2.1}(a) nun nach der ersten Zeile, so ergibt sich $\ch_{\scriptscriptstyle C_p}=(-1)^{1+n}(-p)\det(I_{n-1})=(-1)^np$.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 1.2. kommen sollen.}

\begin{df}\label{10.2.8}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $f$ eine Selbstabbildung der Menge $M$, so definiert man \[f^k:=\underbrace{f\circ\dots\circ f}_{\text{$k$-mal}}\in M^M\] für jedes $k\in\N_0$, wobei
$f^0:=\id_M$. Insbesondere ist $f^k\in\End(V)$ für jedes $k\in\N_0$, jeden Vektorraum $V$ und jedes $f\in\End(V)$ erklärt.
\item Ist $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$, so definiert man \[A^k:=\underbrace{A\dotsm A}_{\text{$k$-mal}}\in K^{n\times n},\]
für jedes $k\in\N_0$, wobei $A^0:=I_n$.
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{bsp}\label{10.2.9}
Ist $\ph\in\R$ und $k\in\N_0$, so gilt für die Drehung $R_\ph\in\End(\R^2)$ [$\to$\ref{6.3.2}(a)]
\[(R_\ph)^k=R_{k\ph}.\]
\end{bsp}

\begin{er}\mbox{}[$\to$\ref{7.1.6},\ref{7.1.7}]\label{10.2.10}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Dann ist\\
$\End(V):=\Hom(V,V)$ ein $K$-Vektorraum und für alle $f,g,h\in\End(V)$ und $\la\in K$ gilt
\begin{align*}
f\circ(g+h)&=f\circ g+f\circ h,\\
(f+g)\circ h&=f\circ h+g\circ h\quad\text{ und}\\
(\la f)\circ g&=\la(f\circ g)=f\circ(\la g).
\end{align*}
\end{er}

\begin{defprop}\mbox{}[$\to$\ref{3.2.4}]\label{10.2.11}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $f\in\End(V)$. Dann ist
\[K[f]:=\left\{\sum_{k=0}^na_kf^k\mid n\in\N_0,a_0,\dots,a_n\in K\right\}\]
zusammen mit der punktweisen Addition und der Hintereinanderschaltung als Multiplikation ein kommutativer Ring.
\item Sei $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$. Dann ist
\[K[A]:=\left\{\sum_{k=0}^na_kA^k\mid n\in\N_0,a_0,\dots,a_n\in K\right\}\]
zusammen mit der Addition und Multiplikation von Matrizen ein kommutativer Ring.
\end{enumerate}
\end{defprop}

\begin{proof}
\textbf{(a)} $K[f]=\lin\{f^k\mid k\in\N_0\}$ ist ein Unterraum des $K$-Vektorraums $\End(V)$ und daher insbesondere bezüglich punktweiser Addition eine abelsche Gruppe.
Nun sind die Abgeschlossenheit bezüglich Hintereinanderschaltung sowie $(\dot K)$, $(\dot A)$, $(\dot N)$ und $(D)$ aus \ref{3.1.1} nachzurechnen. Mit Erinnerung \ref{10.2.10}
geht dies analog zum Beweis von \ref{3.2.4}.

\medskip\noindent
\textbf{(b)} geht genauso unter Benutzung von \ref{7.2.6} und \ref{7.2.7}(b).
\end{proof}

\begin{satdef}\label{10.2.12}
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $f\in\End(V)$. Dann gibt es genau einen Ringhomomorphismus $\ps\colon K[X]\to K[f]$ mit
\[\ps\left(\sum_{k=0}^na_kX^k\right)=\sum_{k=0}^na_kf^k\] für alle $n\in\N_0$ und $a_0,\dots,a_n\in K$. Ist $p\in K[X]$, so schreibt man auch $p(f)$ statt $\ps(p)$ ("`$p$ ausgewertet in $f$"'). Dass $\ps$ ein Ringhomomorphismus ist, heißt dann $(p+q)(f)=p(f)+q(f)$, $1(f)=\id_V$ und $(pq)(f)=p(f)\circ q(f)$ für alle $p,q\in K[X]$.
\item Sei $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$. Dann gibt es genau einen Ringhomomorphismus $\ps\colon K[X]\to K[A]$ mit
\[\ps\left(\sum_{k=0}^na_kX^k\right)=\sum_{k=0}^na_kA^k\] für alle $n\in\N_0$ und $a_0,\dots,a_n\in K$.
Ist $p\in K[X]$, so schreibt man auch $p(A)$ statt $\ps(p)$ ("`$p$ ausgewertet in $A$"').
Dass $\ps$ ein Ringhomomorphismus ist, heißt dann $(p+q)(A)=p(A)+q(A)$, $1(A)=I_n$ und $(pq)(A)=(p(A))(q(A))$ für alle $p,q\in K[X]$.
\end{enumerate}
\end{satdef}

\begin{proof}
\textbf{(a)} Wende \ref{substitution} an: Überprüfe zunächst, dass $\ph\colon K\to K[f],\ a\mapsto a\id_V$ ein Ringhomomorphismus ist. Dann erhält man
$\ps\colon K[X]\to K[f]$ mit
\[\ps\left(\sum_{k=0}^na_kX^k\right)=\sum_{k=0}^n\ph(a_k)f^k=\sum_{k=0}^n\underbrace{(a_k\id_V)\circ f^k}_{\overset{\ref{10.2.10}}=a_k(\id_V\circ f^k)=a_kf^k}.\]

\medskip\noindent
\textbf{(b)} geht genauso mit $\ph\colon K\to K[A]$ definiert durch $\ph(a)=aI_n$ für $a\in K$.
\end{proof}

\begin{bsp}\label{10.2.13} Sei $p\in K[X]$ ein normiertes Polynom. Dann gilt $\ch_{\scriptscriptstyle C_p}(C_p)=0$. Definiert man nämlich $f$ wie in \ref{10.2.6}, so ist dies wegen \ref{7.1.8} und \ref{7.2.5}
äquivalent zu $\ch_{\scriptscriptstyle C_p}(f)=0$ und damit wegen \ref{10.2.7} zu $p(f)=0$ .
Es gilt aber $(p(f))(\overline q)=\overline{pq}=0$ für alle $q\in K[X]$, wie man sich sofort überlegt. Der folgende Satz ist eine großartige Verallgemeinerung dieses Phänomens.
\end{bsp}

\begin{sat}[Cayley-Hamilton]\label{10.2.14}\index{Cayley-Hamilton@{\bf Cayley-Hamilton (Satz)}}
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Für jeden Endomorphismus $f$ eines endlichdimensionalen Vektorraums gilt $\ch_f(f)=0$.
\item Für jede quadratische Matrix $A$ über einem Körper gilt $\ch_A(A)=0$.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\textbf{(a)} Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum, $f\in\End(V)$ und $v\in V$. Zu zeigen ist $(\ch_f(f))(v)=0$. Nach \ref{6.2.19} können wir das kleinste $m\in\N_0$ wählen derart, dass $v,f(v),\dots,f^m(v)$ linear abhängig sind. Dann sieht man leicht, dass es $a_0,\dots,a_{m-1}\in K$ geben muss mit
$f^m(v)+a_{m-1}f^{m-1}(v)+\ldots+a_1f(v)+a_0v=0$. Da $v,f(v),\dots,f^{m-1}(v)$ linear unabhängig sind, findet man mit \ref{6.2.20} eine Basis $\v=(v,f(v),\dots,f^{m-1}(v),v_{m+1},\dots,v_n)$
von $V$. Setzt man nun \[p:=X^m+a_{m-1}X^{m-1}+\ldots+a_1X+a_0,\] so ist nach \ref{7.1.2}
\[M(f,\v)=
\left(
\begin{array}{c|c}
C_p&*\\
\hline
0&A
\end{array}
\right)\]
für ein $A\in K^{(n-m)\times(n-m)}$. Es ergibt sich
\begin{eqnarray*}
\ch_f&\overset{\ref{10.1.5}}=&\det(M(f,\v)-XI_n)=\det\left(
\begin{array}{c|c}
C_p-XI_m&*\\
\hline
0&A-XI_{n-m}
\end{array}\right)\\
&\overset{\ref{9.1.11}}=&\det(C_p-XI_m)\det(A-XI_{n-m})\overset{\ref{10.1.5}}=\ch_{\scriptscriptstyle C_p}\ch_A\overset{\ref{10.2.7}}=pq=qp
\end{eqnarray*}
mit $q:=(-1)^m\ch_A\in K[X]$. Nun gilt \[\ch_f(f)=(qp)(f)\overset{\ref{10.2.12}(a)}=q(f)\circ p(f)\] und daher
 \[(\ch_f(f))(v)=(q(f))((p(f))(v))=(q(f))(0)=0,\] da
 \begin{eqnarray*}
(p(f))(v)&=&(f^m+a_{m-1}f^{m-1}+\ldots+a_1f+a_0\id_V)(v)\\
&=&f^m(v)+a_{m-1}f^{m-1}(v)+\ldots+a_1f(v)+a_0v=0.
\end{eqnarray*}

\medskip\noindent
\textbf{(b)} Für $A\in K^{n\times n}$ ist $f_A\in\End(K^n)$ [$\to$\ref{6.3.2}(e)] und wir haben
\begin{eqnarray*}
\ch_A(A)&\overset{\ref{10.1.9}(e)}=&\ch_{f_A}(A)=\ch_{f_A}(M(f_A,\e))=\\
&\overset{\ref{7.1.8}}{\underset{\ref{7.2.5}}=}&M(\ch_{f_A}(f_A),\e)\overset{(a)}=M(0,\e)=0.
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{bem} \label{10.2.15}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Im Beweis des Satzes von Cayley-Hamilton \ref{10.2.14} haben wir Teil (b) sofort aus Teil (a) gewonnen. Geht man umgekehrt von Teil (b) aus, so gewinnt man daraus sofort Teil (a):
Ist nämlich $V$ ein $K$-Vektorraum mit Basis $\v=(v_1,\dots,v_n)$, $f$ ein Endomorphismus von $V$ und $A:=M(f,\v)$, so gilt $\ch_f=\det(f-XI_n)=\det(A-XI_n)=\ch_A$ und
daher $\ch_f(f)=\ch_A(f)=0$, denn aus $\ch_A(A)=0$ folgt mit \ref{7.1.8} und \ref{7.2.5} sofort $\ch_A(f)=0$.
\item Der folgende "`Beweis"' des Satzes von Cayley-Hamilton ist \emph{falsch}: "`Ist $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$, so setzen wir in die Gleichung $\ch_A=\det(A-XI_n)$
für $X$ die Matrix $A$ ein [$\to$\ref{10.2.12}(b)] und erhalten $\ch_A(A)=\det(A-AI_n)=\det(A-A)=\det(0)=0$."' Es gibt viele Gründe, warum dies offensichtlich Unsinn sein muss: Zum Beispiel ist $\ch_A(A)$ eine Matrix, aber $\det(A-AI_n)$ ein Skalar. Ausserdem ist im Spezialfall $n=0$ die Determinante von $0\in K^{n\times n}$ nicht $0$, sondern $1$ [$\to$\ref{9.1.10}(a)]. Wo liegt aber genau der Fehler? Da das Einsetzen von $A$ für $X$ ein
Ringhomomorphismus von $K[X]$ nach $K[A]$ ist [$\to$\ref{10.2.12}(b)], kann man wegen der Leibniz-Formel \ref{9.1.7}\eqref{leibniz} tatsächlich zuerst \emph{in jedem Eintrag} der
Matrix $A-XI_n$ die Unbestimmte $X$ durch $A$ ersetzen und dann erst die Determinante bilden. Aber $XI_n$ hat nichts mit einem Matrizenprodukt zu tun, sondern es gilt
[$\to$\ref{7.2.7}(b)]
\[XI_n=\begin{pmatrix}
      X& \multicolumn{2}{c}{\text{\kern 1em\smash{\raisebox{-1.5ex}{\Huge 0}}}} \\
      & \ddots &  \\
      \multicolumn{2}{c}{\text{\kern-1.5em\smash{\raisebox{0ex}{\Huge 0}}}} &X
    \end{pmatrix}\in K[X]^{n\times n}.\] Einsetzen von $A$ für $X$ in (den Einträgen von) $XI_n$ liefert daher nicht das Produkt der Matrizen $A$ und $I_n$, sondern 
    \[\begin{pmatrix}
      A& \multicolumn{2}{c}{\text{\kern 1em\smash{\raisebox{-1.5ex}{\Huge 0}}}} \\
      & \ddots &  \\
      \multicolumn{2}{c}{\text{\kern-1.5em\smash{\raisebox{0ex}{\Huge 0}}}} &A
    \end{pmatrix}\in K[A]^{n\times n}.\] Einsetzen von $A$ für $X$ in $A-XI_n$ liefert also eine Matrix in $K[A]^{n\times n}$, die im Allgemeinen nicht die Nullmatrix ist.
\item Wir geben noch einen zweiten, sehr kurzen, aber etwas unheimlichen Beweis von Cayley-Hamilton mit Hilfe der Komatrix aus \ref{9.2.3}. Sei wieder $n\in\N_0$ und
$A\in K^{n\times n}$. Man sieht leicht, dass die Einträge der Komatrix von $A-XI_n$ Polynome vom Grad $\le n-1$ sind. Schreibe nun
$\ch_A=a_nX^n+\ldots+a_1X+a_0$ mit $a_0,\dots,a_n\in K$ und $(\com(A-XI_n))^T=X^{n-1}B_{n-1}+\ldots+XB_1+B_0$ mit $B_0,\dots,B_{n-1}\in K^{n\times n}$. Dann gilt
$(A-XI_n)(X^{n-1}B_{n-1}+\ldots+XB_1+B_0)=(A-XI_n)(\com(A-XI_n))^T\overset{\ref{9.2.4}}=(\det(A-XI_n))I_n=X^na_nI_n+\ldots+Xa_1I_n+a_0I_n$, woraus durch Vergleich der
Koeffizienten der Einträge folgt:
\begin{align*}
-B_{n-1}&=a_nI_n\\
AB_{n-1}-B_{n-2}&=a_{n-1}I_n\\
&\ \vdots\\
AB_1-B_0&=a_1I_n\\
AB_0&=a_0I_n.
\end{align*}
Multiplizieren von links mit Potenzen von $A$ liefert
\begin{align*}
-A^nB_{n-1}&=a_nA^n\\
A^nB_{n-1}-A^{n-1}B_{n-2}&=a_{n-1}A^{n-1}\\
&\ \vdots\\
A^2B_1-AB_0&=a_1A\\
AB_0&=a_0I_n.
\end{align*}
Addiert man diese Gleichungen, so erhält man links die Nullmatrix und rechts $\ch_A(A)$.

\item \emph{Nous avons testé pour vous 30 démonstrations du théorème de Cayley-Hamilton} von Michel Coste ist eine Übersicht
über Beweise von Cayley-Hamilton:\\
\url{http://agreg-maths.univ-rennes1.fr/documentation/docs/HaCa.pdf}.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{df}{\rm[$\to$\ref{10.2.12},~\ref{3.3.15}]}\label{10.2.16}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $f\in\End(V)$. Dann heißt der Kern $I_f:=\ker\ps$ des Ringhomomorphismus $\ps\colon K[X]\to K[f],\ p\mapsto p(f)$
das Ideal der \emph{algebraischen Identitäten} von $f$.
\item Sei $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$. Dann heißt der Kern $I_A:=\ker\ps$ des Ringhomomorphismus $\ps\colon K[X]\to K[A],\ p\mapsto p(A)$ das Ideal der
\emph{algebraischen Identitäten}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!algebraische Identität} von $A$.
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{bem}\label{10.2.17}
Der Satz von Cayley-Hamilton \ref{10.2.14} besagt:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums, so gilt $\ch_f\in I_f$ und daher insbesondere $I_f\ne\{0\}$.
\item Ist $A\in K^{n\times n}$, so gilt $\ch_A\in I_A$ und daher insbesondere $I_A\ne\{0\}$.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{df}\mbox{}[$\to$\ref{10.2.4}]\label{10.2.18}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $f\in\End(V)$ mit $I_f\ne\{0\}$. Dann heißt das eindeutig bestimmte normierte Polynom $\mu_f\in K[X]$ mit $I_f=(\mu_f)$ das
\emph{Minimalpolynom}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Minimalpolynom} von $f$.
\item Sei $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$. Dann heißt das eindeutig bestimmte normierte Polynom $\mu_A\in K[X]$ mit $I_A=(\mu_A)$ das
\emph{Minimalpolynom}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Homomorphismus/ lineare Abbildung!Minimalpolynom} von $A$.
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{bem}\mbox{}{\rm[$\to$\ref{10.2.14}]}\label{10.2.19}
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Sei $V$ ein Vektorraum mit $n:=\dim V<\infty$ und $f\in\End(V)$. Dann gibt es $r\in K[X]$ mit $\ch_f=\mu_fr$. Insbesondere gilt
$\deg(\mu_f)\le n$.
\item Sei $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$. Dann gibt es $r\in K[X]$ mit $\ch_A=\mu_Ar$. Insbesondere gilt $\deg(\mu_A)\le n$.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\mbox{}[$\to$\ref{6.3.2},~\ref{7.1.4},~\ref{10.1.3},~\ref{10.1.9}]\label{10.2.20}
In den folgenden Beispielen benutzen wir, dass für einen Endomorphismus $f$ eines zweidimensionalen $K$-Vektorraums $V$ offensichtlich gilt:
\[\ch_f\ne\mu_f\iff\exists\la\in K:f=\la\id_V.\]
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sei $\ph\in\R$. Dann gilt
\begin{eqnarray*}
\ch_{R_\ph}&=&X^2-2(\cos\ph)X+1\qquad\text{und}\\
\mu_{R_\ph}&=&\begin{cases}\ch_{R_\ph}&\text{falls $\ph\not\in\{n\pi\mid n\in\Z\}$}
\\X-1&\text{falls $\ph=n\pi$ für ein gerades $n\in\Z$}\\
X+1&\text{falls $\ph=n\pi$ für ein ungerades $n\in\Z$}
\end{cases}.
\end{eqnarray*}
Nach dem Satz von Cayley-Hamilton \ref{10.2.14} gilt
\begin{eqnarray*}
\underbrace{(R_\ph)^2}_{\overset{\ref{10.2.9}}=R_{2\ph}}-2(\cos\ph)R_\ph+\id_{\R^2}&=&0,\quad\text{also}\\
R_{2\ph}(v)-2(\cos\ph)R_\ph(v)+v&=&0\quad\text{für alle $v\in\R^2$}.
\end{eqnarray*}
\item Es gilt $\mu_S=\ch_S=(X-1)(X+1)=X^2-1$ und Cayley-Hamilton besagt $S^2=\id_{\R^2}$ ("`zweimal spiegeln ist keinmal spiegeln"').
\item Es gilt $\mu_P=\ch_P=X(X-1)=X^2-X$ und Cayley-Hamilton besagt $P^2=P$ ("`zweimal projizieren ist einmal projizieren"').
\item Sei $a\in\R$. Dann gilt
\begin{eqnarray*}
\ch_{T_a}&=&(X-1)^2=X^2-2X+1\qquad\text{und}\\
\mu_{T_a}&=&\begin{cases}\ch_{T_a}&\text{falls $a\ne0$}
\\X-1&\text{falls $a=0$}
\end{cases}.
\end{eqnarray*}
Cayley-Hamilton sagt hier $T_a^2=2T_a-\id_{\R^2}$ ("`zweimal scheren ist scheren, verdoppeln und Ausgangsvektor abziehen"').
\item Ist $A\in K^{n\times n}$, so ist $\ch_{f_A}=\ch_A$ und $\mu_{f_A}=\mu_A$ wegen \ref{7.1.8} und \ref{7.2.5}.
\item Sei $d\in\N_0$. Wegen $\ch_{D^{(d)}}=(-X)^{d+1}$ besagt Cayley-Hamilton hier, dass\\
$D^{d+1}(p)=(D^{(d)})^{d+1}(p)=0$ für alle $p\in K[X]_d$, das heißt ein
Polynom vom Grad $\le d$ wird nach $(d+1)$-maligem Ableiten das Nullpolynom.
\item $E_{a_1,\dots,a_n}$ ist kein Endomorphismus!
\item Es gilt $\mu_C=\ch_C=X^2-1$ und Cayley-Hamilton besagt $C^2=\id_\C$ ("`zweimal komplex konjugieren ist keinmal komplex konjugieren"').
\end{enumerate}
\end{bsp}

\section{Diagonalisierbarkeit und Trigonalisierbarkeit}

\begin{remdef}\label{10.3.1}
Eine Matrix [$\to$ \ref{5.1.8}] mit ebensoviel Zeilen wie Spalten nennt man \emph{quadratisch} [$\to$ \ref{10.2.14}(b)]. Eine quadratische Matrix nennt man in\\
\caset{\emph{oberer Dreiecksgestalt}}{\emph{Diagonalgestalt}}{\emph{unterer Dreiecksgestalt}} oder eine \caset{\emph{obere Dreiecksmatrix}}{\emph{Diagonalmatrix}}{\emph{untere Dreiecksmatrix}}\index{Matrix@{\bf Matrix}!untere Dreiecksmatrix}\index{Matrix@{\bf Matrix}!obere Dreiecksmatrix}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Diagonalmatrix}, wenn sie von der Form
\caset{$\left(\begin{smallmatrix}
\la_1 & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE *}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE 0}} & & \la_n
\end{smallmatrix}\right)$}{$\left(\begin{smallmatrix}
\la_1 & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE 0}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE 0}} & & \la_n
\end{smallmatrix}\right)$}{$\left(\begin{smallmatrix}
\la_1 & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE 0}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE $*$}} & & \la_n
\end{smallmatrix}\right)$} ist.
\end{remdef}

\begin{df}\label{10.3.2}
Sei $V$ ein Vektorraum und $f\in \End(V)$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item $f$ heißt \case{\emph{diagonalisierbar}}{\emph{trigonalisierbar}}\index{Matrix@{\bf Matrix}!diagonalisierbar}\index{Matrix@{\bf Matrix}!trigonalisierbar}, wenn es eine geordnete Basis $\v$ von $V$ gibt derart, dass $M(f,\v)$ [$\to$ \ref{7.1.11}] \case{Diagonal-}{obere Dreiecks-}gestalt hat.
\item Eine (geordnete) Basis von $V$ heißt (geordnete) \emph{Eigenbasis}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!Basis!Eigenbasis} für $f$, wenn sie aus Eigenvektoren [$\to$\ref{10.1.2}] von $f$ besteht.
\end{enumerate}
\end{df}

\begin{sat}\label{10.3.3}
Sei $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums $V$. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $f$ ist diagonalisierbar.
\item $f$ besitzt eine Eigenbasis.
\item $\chi_f$ zerfällt und für jeden Eigenwert von $f$ stimme geometrische und algebraische Vielfachheit überein {\rm[$\to$ \ref{10.1.14}, \ref{10.1.15}]}.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum, $n:=\dim V < \infty$ und $f\in \End(V)$.

\underline{(a)$\iff$(b)} folgt aus der folgenden Tatsache:

$(*)$ Sei $\v = (v_1,\ldots,v_n)$ Basis von $V$. Dann gilt für $\la_1,\ldots,\la_n\in K$:
\begin{align*}
M(f,\v) = \left(\begin{smallmatrix}
\la_1 & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE 0}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE 0}} & & \la_n
\end{smallmatrix}\right) & \overset{\ref{7.1.1}}{\iff} \forall i\in \left\{1,\ldots,n\right\} : \co_\v(v_i) = \cvec{0\\\vdots\\0\\\la_i\rlap{\tiny $\longleftarrow i$-te Stelle}\\0\\\vdots\\0}\\
& \overset{\ref{6.3.7}}{\iff} \forall i\in \left\{1,\ldots,n\right\}:\\
&\qquad\quad f(v_i) = \underbrace{0v_1+\dotsc +0v_{i-1}+\la_iv_i + 0v_{i+1}+\dotsc +0v_n}_{\la_iv_i} \\
& \iff \forall i\in \left\{1,\ldots,n\right\}: v_i\text{ ist Eigenvektor von $f$ zum}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\text{Eigenwert $\la_i$}
\end{align*}

\underline{(a) $\implies$ (c)}\quad Sei $f$ diagonalisierbar. Wähle geordnete Basis $\v$ von $V$ mit $M(f,\v) = \left(\begin{smallmatrix}
\la_1 & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE 0}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE 0}} & & \la_n
\end{smallmatrix}\right)$, $\la_i\in K$. Dann 
\begin{multline*}
\chi_f\overset{\ref{10.1.5}}{=}\det (M(f,\v)- X I_n) = \det\left(\begin{smallmatrix}
\la_1-X & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE 0}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE 0}} & & \la_n-X
\end{smallmatrix}\right)\\
\overset{\ref{9.1.11}}{=}\prod_{i = 1}^{n}(\la_i - X) = (-1)^n\prod_{i = 1}^{n}(X-\la_i).
\end{multline*}
Es zerfällt $\chi_f$ also [$\to$ \ref{10.1.13}]. Sei nun $\la$ ein Eigenwert von $f$. Nach Umnummerieren der $\la_i$ können wir $\la = \la_1 = \ldots = \la_m\ne \la_i$ für $i\in \left\{m+1,\ldots,n\right\}$ annehmen. Zu zeigen: $\dim \ker(f-\la \id_V) = m$ [$\to$ \ref{10.1.14}].

Aus \ref{10.1.15} wissen wird schon "`$\le$"'. 

"`$\ge$"'\quad Nach $(*)$ gilt $f(v_i) = \la v_i$ für $i\in \left\{1,\ldots,m\right\}$. Also sind $v_1,\ldots,v_m$ linear unabhängige Elemente von $\ker(f-\la \id_V)$.

\red{Bis hierher hätten wir am 5.2. kommen sollen.}

\underline{(c) $\implies$ (b)}\quad Gelte (c). Bezeichne die paarweise verschiedenen Eigenwerte von $f$ mit\\
$\la_1,\ldots,\la_m\in K$ und deren algebraische Vielfachheiten mit $\alpha_1,\ldots,\alpha_m\in \N$. Da $\chi_f$ zerfällt gilt $\alpha_1+\dots + \alpha_m = \deg \chi_f \overset{\ref{10.1.6}}{=} n$. Wegen $\dim \ker(f-\la_i\id_V) \overset{\text{(c)}}{=}\alpha_i$ folgt [$\to$ \ref{10.1.12}] $$\dim\left(\bigoplus_{i= 1}^n\ker(f-\la_i\id_V)\right) \overset{\ref{8.2.2}}{=} \sum_{i = 1}^{m}\alpha_i = n,$$
also $\bigoplus_{i = 1}^m\ker (f-\la_i\id_V) = V$ nach \ref{6.2.27}, Wählt man nun für jedes $i\in \left\{1,\ldots,m\right\}$ eine Basis $B_i$ von $\ker (f-\la_i)$, so ist $B_1\cup\ldots\cup B_m$ eine Basis von $V$ nach \ref{8.2.3}.
\end{proof}

\begin{df}\label{10.3.4}
Sei $A\in K^{n\times n}$. Dann heißt $A$ \case{\emph{diagonalisierbar}}{\emph{trigonalisierbar}}\index{Matrix@{\bf Matrix}!diagonalisierbar}\index{Matrix@{\bf Matrix}!trigonalisierbar}, wenn $f_A$ [$\to$~\ref{6.3.2}(e)] \case{diagonalisierbar}{trigonalisierbar} [$\to$ \ref{10.3.2}] ist. Wir nennen eine Eigenbasis für $f_A$ auch Eigenbasis für $A$.
\end{df}

\begin{sat}\label{10.3.5}
Sei $A\in K^{n\times n}$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $A$ ist diagonalisierbar.
\item $A$ ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix.
\item $A$ besitzt eine Eigenbasis.
\item $\chi_A$ zerfällt und für jeden Eigenwert von $A$ stimmen geometrische und algebraische Vielfachheit überein.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
\underline{(a) $\iff$ (c) $\iff$ (d)} ist klar, da dasselbe für $f_A$ gilt [$\to$ \ref{10.3.3}].

\smallskip
\underline{(a) $\implies$ (b)}\quad Sei $f_A$ diagonalisierbar, etwa $\v$ eine geordnete Basis von $K^n$ mit $D:=M(f_A, \v)$ in Diagonalgestalt. Dann gilt
$$A\overset{\ref{7.1.4} \text{(e)}}{=} M(f_A, \e) \overset{\ref{9.1.19}}{\approx} M(f_A, \v) = D.$$

\underline{(b) $\implies$ (c)}\quad Sei $P\in K^{n\times n}$ invertierbar und $D = \left(\begin{smallmatrix}
\la_1 & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE 0}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE 0}} & & \la_n
\end{smallmatrix}\right)\in K^{n\times n}$ mit $A = P^{-1}D P$. Dann bilden $v_1,\ldots,v_n\in K^n$ mit $v_i := P^{-1}e_i$ eine Basis von $V$ mit
\[f_A(v_i) = Av_i = P^{-1}DPP^{-1}e_i = P^{-1} D e_i = P^{-1}\la_i e_i = \la_i P^{-1}e_i = \la_i v_i.\]
\end{proof}

\begin{pro}\label{10.3.6}
Sei $f$ ein Endomorphismus des Vektorraums $V$. Ein Unterraum $U$ von $V$ heißt \emph{$f$-invariant}, wenn $f(U) \subseteq U$. Ist $U$ $f$-invariant, so sind
\begin{align*}
f|_U\colon&U\to U, v\mapsto f(v)\qquad\text{und}\\
\cc fU\colon&V/U \to V/U, \cc vU\mapsto \cc{f(v)}U
\end{align*}
wohldefinierte Endomorphismen.
\end{pro}
\begin{proof}
klar für $f|_U$

\underline{für $\cc fU$}\quad
$V\overset f\to V\xrightarrow{v\mapsto\cc vU} V/U$ sind linear [$\to$ \ref{8.1.8}], also nach \ref{6.3.3} auch
\[g\colon V\to V/U,\ v\mapsto\cc{f(v)}U.\] Es gilt $U\subseteq \ker g$, denn für $v\in U$ gilt $f(v)\in U$ und daher $g(v) = \cc{f(v)}U = 0$. Nach Homomorphiesatz \ref{8.1.9} ist $\cc fU = \overline{g}$ wohldefiniert und linear.
\end{proof}

\begin{lem}\label{10.3.7}
{\rm[$\to$ \ref{8.1.11}]} Seien $V$ ein Vektorraum, $f\in \End(V)$ und $U$ ein $f$-invarianter Unterraum von $V$. Weiter seien $m,n\in \N_0$ mit $m\le n$ und $v_1,\ldots,v_n$ derart, dass $\u := (v_1,\ldots,v_m)$ eine Basis von $U$ und $\w := (\overline{v_{m+1}},\ldots,\overline{v_n})$ eine Basis von $V/U$ ist. Dann $\v := (v_1,\ldots,v_n)$ eine Basis von $V$ und $M(f,\v)$ von der Gestalt
\[M(f,\v) = \begin{amatrix}{c|c}
M(f|_U,\u) & *\\\hline
0 & M\left(\cc fU,\w\right)
\end{amatrix}.\]
\end{lem}
\begin{proof}
$\v$ ist eine Basis von $V$ nach \ref{8.1.11}. Sei nun $j\in \left\{1,\ldots,n\right\}$ und $\cvec{\la_1\\\vdots\\\la_n}$ die $j$-te Spalte von $M(f,\v)$. Dann $f(v_j) = \sum_{i = 1}^{n}\la_iv_i$ [$\to$ \ref{7.1.1}]. Ist $j\in \left\{1,\ldots,m\right\}$, so ist $v_j\in U$, also $f(v_j)\in U$ und daher $\la_{m+1} = \ldots = \la_n = 0$. Ist $j\in \left\{m+1,\ldots,n\right\}$, so ist
$$\cc fU(v_j) \overset{\ref{10.3.6}}{=}\cc{f(v_j)}U= \cc{\sum_{i = 1}^{n}\la_iv_i}U = \sum_{i = 1}^{n}\la_i\cc{v_i}U=
\sum_{i = m+1}^{n}\la_i \cc{v_i}U.$$
\end{proof}

\begin{kor}\label{10.3.8}
{\rm[$\to$ \ref{9.1.11}]} Ist $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums $V$ und $U$ ein $f$-invarianter Unterraum von $V$, so $\chi_f = \chi_{f|_U}\chi_{\cc fU}$.
\end{kor}

\begin{sat}\label{10.3.9}
{\rm[$\to$ \ref{10.3.3}]} Sei $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums $V$. Dann sind äquivalient:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $f$ trigonalisierbar
\item $\chi_f$ zerfällt
\item Es gibt eine geordnete Basis $\v$ von $V$ mit $M(f,\v)$ in unterer Dreiecksgestalt.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
\underline{(a) $\implies$ (b)}\quad Ist $\v$ geordnete Basis von $V$ mit $M(f,\v) = \left(\begin{smallmatrix}
\la_1 & & \llap{$\overset{\blap{\LARGE *}}{~}$} \\
& \ddots &\\
\rlap{\tlap{\LARGE 0}} & & \la_n
\end{smallmatrix}\right)$, so
$$\chi_f \overset{\ref{9.1.11}}{=} \prod_{i = 1}^{n}(\la_i - X) = (-1)^n\prod_{i = 1}^{n}(X-\la_i).$$

\underline{(a) $\iff$ (c)}\quad Ist $\v = (v_1,\ldots,v_n)$ Basis von $V$, so auch $\w := (v_n,\ldots,v_1)$ und es gilt
\[M(f,\v)\text{ hat obere Dreiecksgestalt}\iff M(f,\w)\text{ hat untere Dreiecksgestalt}.\]

\smallskip
\underline{(b) $\implies$ (a)}\quad Induktion nach $n:=\dim V$.
\begin{itemize}
\item[$\underline{n = 0}$]\quad Die $0\times 0$-Matrix ist eine obere Dreiecksmatrix.
\item[$\underline{n-1\to n ~(n\in \N)}$]\quad Sei $V$ ein $K$-Vektorraum mit $\dim V = n$ und $f\in\End(V)$. Es zerfalle $\chi_f$. Wegen $n\ge 1$ hat dann $\chi_f$ eine Nullstelle $\la\in K$. Wähle einen Eigenvektor $v_1$ von $f$ zum Eigenwert $\la$ [$\to$ \ref{10.1.7}]. Dann ist $U:= \spann{v_1}$ $f$-invariant, $\u:= (v_1)$ eine Basis von $U$, $M(f|_U,\u) = (\la)\in K^{1\times 1}$ und $\chi_{f|_U} = \la - X$. Nach \ref{10.3.8} $\chi_f = \chi_{f|_U}\chi_{\cc fU}=(\la-X)\chi_{\cc fU}$, weshalb auch $\chi_{\cc fU}$ zerfällt. Wegen $\dim(V/U) \overset{\ref{8.1.11}}{=} n-1$ gibt es dann nach IV eine Basis $\w = (\overline{v_2},\ldots,\overline{v_n})$ von $V/U$ (mit $v_2,\ldots,v_n\in V$) derart, dass $M\left(\cc fU, \w\right)$ obere Dreiecksgestalt hat. Nach \ref{10.3.7} ist dann $\v := (v_1,\ldots,v_n)$ eine Basis von $V$
und \[M(f,\v) = \begin{amatrix}{c|c}
\la & *\\\hline
0 & M\left(\cc fU,\w\right)
\end{amatrix}\] hat obere Dreiecksgestalt.
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{sat}\label{10.3.10}
{\rm[$\to$ \ref{10.3.5}]} Sei $A\in K^{n\times n}$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $A$ ist trigonalisierbar.
\item $A$ ist ähnlich zu einer oberen Dreiecksmatrix.
\item $A$ ist ähnlich zu einer unteren Dreiecksmatrix.
\item $\chi_A$ zerfällt.
\end{enumerate}
\end{sat}
\begin{proof}
ähnlich wie \ref{10.3.5} (mit \ref{10.3.9} statt \ref{10.3.3}).
\end{proof}

\chapter{Vektorräume mit Skalarprodukt}

In diesem Kapitel sei stets $\K\in\{\R,\C\}$. Ist $a\in\K$, so schreiben wir wieder $a^*$ für die komplex-konjugierte Zahl [$\to$\ref{4.2.7}] (falls $\K=\R$, so gilt natürlich $a^*=a$).
Allgemeiner schreiben wir $A^*$ für die komplex-konjugierte transponierte Matrix $(a_{ij}^*)_{1\le j\le n,1\le i\le m}\in\K^{n\times m}$ einer Matrix
$A=(a_{ij})_{1\le i\le m,1\le j\le n}\in\K^{m\times n}$ (falls $\K=\R$, so gilt natürlich $A^*=A^T$ [$\to$\ref{9.1.21}]). Zum Beispiel gilt
\[\begin{pmatrix}1+2\i&0&1\\0&-\i&2\end{pmatrix}^*=\begin{pmatrix}1-2\i&0\\0&\i\\1&2\end{pmatrix}.\]

\section{Skalarprodukte}

\begin{df}\label{11.1.1}
Sei $V$ ein $\K$-Vektorraum. Ein \emph{Skalarprodukt}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Skalarprodukt} auf $V$ ist eine Abbildung $V\times V\to\K,\ (v,w)\mapsto\langle v,w\rangle$ derart, dass für alle
$u,v,w\in V$ und $\la\in\K$ gilt:
\begin{eqnarray}
\langle u+v,w\rangle&=&\langle u,w\rangle+\langle v,w\rangle\\
\langle\la v,w\rangle&=&\la^*\langle v,w\rangle\\
\langle u,v+w\rangle&=&\langle u,v\rangle+\langle u,w\rangle\\
\langle v,\la w\rangle&=&\la\langle v,w\rangle\\
\langle v,w\rangle&=&\langle w,v\rangle^*\\
v\ne0&\implies&\langle v,v\rangle>0
\end{eqnarray}
Für $\K=\R$ sagt man, dass die Abbildung \emph{bilinear} [(1)--(4)] (nämlich \emph{linear im ersten} [(1),(2)] und \emph{zweiten Argument} [(3),(4)]),
\emph{symmetrisch} [(5)] und \emph{positiv definit} [(6)] ist. Für  $\K=\C$ sagt man, dass die Abbildung \emph{sesquilinear}\footnote{"`sesqui"' kommt aus dem Lateinischen und bedeutet "`anderthalb"'.} [(1)--(4)] (nämlich \emph{semilinear oder auch antilinear im ersten} [(1),(2)] und \emph{linear im zweiten Argument} [(3),(4)]),
\emph{hermitesch} [(5)] und \emph{positiv definit} [(6)] ist.
\end{df}

\begin{bem}\label{11.1.2}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $V\times V\to\K,\ (v,w)\mapsto\langle v,w\rangle$ eine Abbildung, die \ref{11.1.1}(4),(5) erfüllt.
Dann gilt $\langle v,0\rangle=\langle v,0_\K\cdot0\rangle=0_\K\langle v,0\rangle=0_\K$ und daher $\langle0,v\rangle=\langle v,0\rangle^*=0_\K^*=0_\K$. Beachte auch, dass
nach (5) gilt $\langle v,v\rangle\in\R$ für alle $v\in V$. Es ist dann
\ref{11.1.1}(6) äquivalent dazu, dass für alle $v\in V$ gilt
\begin{equation}\tag{6'}
\langle v,v\rangle\ge0\qquad\text{und}\qquad(\langle v,v\rangle=0\implies v=0).
\end{equation}
\item Manche Autoren fordern in der Definition eines Skalarprodukts auf einem $\C$-Vektor\-raum die Linearität im ersten und die Semilinearität im zweiten Argument.
Dies ist kein Problem: Um zwischen den beiden Literaturen hin und her zu springen, muss man lediglich die beiden Argumente vertauschen.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{11.1.3}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\K^n\times\K^n\to\K,\ (x,y)\mapsto\langle x,y\rangle$ definiert durch
\[\langle x,y\rangle:=\sum_{i=1}^nx_i^*y_i=x^*y\qquad\text{für }x=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix},y=\begin{pmatrix}y_1\\\vdots\\y_n\end{pmatrix}\in\K^n\]
ist ein Skalarprodukt auf $\K^n$, das \emph{Standardskalarprodukt}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Standardskalarprodukt} auf $\K^n$, wobei \ref{11.1.1}(6) folgt aus
$\langle x,x\rangle=\sum_{i=1}^n|x_i|^2$ für alle $x\in\K^n$ [$\to$\ref{4.2.8}].
\item $\R^2\times\R^2\to\R,\ (x,y)\mapsto\langle x,y\rangle$ definiert durch
\[\left\langle\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}\right\rangle:=x_1y_1+5x_1y_2+5x_2y_1+26x_2y_2\qquad\text{für }x_1,x_2,y_1,y_2\in\R\]
ist ein Skalarprodukt auf $\R^2$, denn
$x_1^2+10x_1x_2+26x_2^2=(x_1+5x_2)^2+x_2^2>0$ für $(\begin{smallmatrix}x_1\\x_2\end{smallmatrix})\in\R^2\setminus\{0\}$.
\item Es ist $C([0,1],\K):=\{f\mid f\colon[0,1]\to\K\ \text{stetig}\}$ ein Unterraum des $\K$-Vektorraums $\K^{[0,1]}$ [$\to$\ref{7.1.5}] und
\[C([0,1],\K)\times C([0,1],\K)\to\K,\ (f,g)\mapsto\langle f,g\rangle:=\int_0^1f(x)^*g(x)dx\]
ein Skalarprodukt auf $C([0,1],\K)$, denn $\langle f,f\rangle=\int_0^1f(x)^*f(x)dx=\int_0^1|f(x)|^2dx>0$ falls $f\in C([0,1],\K)\setminus\{0\}$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{df}\label{11.1.4}
Sei $V$ ein $\K$-Vektorraum. Eine \emph{Norm}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Norm} auf $V$ ist eine Abbildung $V\to\R,\ v\mapsto\|v\|$ derart, dass für alle $v,w\in V$ und $\la\in\K$ gilt
\begin{eqnarray*}
\|v+w\|&\le&\|v\|+\|w\|\qquad\text{"`Dreiecksungleichung"'}\\
\|\la v\|&=&|\la|\|v\|\quad\qquad\text{"`absolute Homogenität"'}\\
v\ne0&\implies&\|v\|>0\qquad\text{[beachte auch $\|0\|=\|0_\K0\|=|0_\K|\|0\|=0_\K$]}
\end{eqnarray*}
\end{df}

\begin{df}\label{11.1.5}
Einen ($\K$-)Vektorraum zusammen mit einem Skalarprodukt oder einer Norm auf $V$ nennt man einen \emph{{\rm($\K$-)}Vektorraum mit Skalarprodukt}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum} beziehungsweise einen
\emph{normierten {\rm($\K$-)}Vektorraum}.
\end{df}

\begin{bem}\label{11.1.6}
\begin{enumerate}[(a)]
\item
Einen $\K$-Vektorraum mit Skalarprodukt nennt man einen \emph{$\K$-Prä\-hilbert\-raum}, im Fall $\K=\R$ auch einen \emph{euklidischen Raum} und im Fall $\K=\C$ auch einen
\emph{unitären Raum}. Altmodische Autoren sprechen jedoch sowohl im reellen als auch im komplexen Fall von einem unitären Raum, während neumodische Autoren in beiden
Fällen von einem euklidischen Raum sprechen.
\item Formal sind Vektorräume mit Skalarprodukt und normierte Räume bei uns $7$-Tupel, da Vektorräume $6$-Tupel sind [$\to$\ref{6.1.1}]. So wie wir in einer abelschen Gruppe die
Addition fast immer mit $+$ notieren [$\to$\ref{2.1.2}(d)], schreiben wir das Skalarprodukt in einem Vektorraum mit Skalarprodukt fast immer mit $\langle.,.\rangle$ und die Norm
in einem normierten Vektorraum fast immer mit $\|.\|$.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{lem}\label{11.1.7}
Seien $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $v,w\in V$. Dann \[\langle v+w,v+w\rangle=\langle v,v\rangle+2\rp(\langle v,w\rangle)+\langle w,w\rangle.\]
\end{lem}

\begin{proof}
$\langle v+w,v+w\rangle=\langle v,v+w\rangle+\langle w,v+w\rangle=\langle v,v\rangle+\langle v,w\rangle+\langle w,v\rangle+\langle w,w\rangle\\
=\langle v,v\rangle+\langle v,w\rangle+\langle v,w\rangle^*+\langle w,w\rangle=\langle v,v\rangle+2\rp(\langle v,w\rangle)+\langle w,w\rangle$ [$\to$\ref{4.2.8}]
\end{proof}

\begin{sat}[Cauchy-Schwarz-Ungleichung]\label{11.1.8} \emph{[\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Augustin_Louis_Cauchy}{Augustin Louis, baron Cauchy} *1789\\
 \dag 1857, \href{http://de.wikipedia.org/wiki/Hermann_Amandus_Schwarz}{Hermann Amandus Schwarz} *1843 \dag1921]}
Seien $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $v,w\in V$. Dann gilt \[|\langle v,w\rangle|^2\le\langle v,v\rangle\langle w,w\rangle\] mit Gleichheit genau dann,
wenn $v$ und $w$ linear abhängig sind.
\end{sat}

\begin{proof}
Bezeichne $\K$ den Grundkörper von $V$ und setze $S:=\{\ze\in\K\mid|\ze|=1\}$. Dann gilt für $x\in\R$ und $\ze\in S$ nach Lemma \ref{11.1.7}
\[0\le\langle v+x\ze w,v+x\ze w\rangle=\langle v,v\rangle+2x\rp(\ze\langle v,w\rangle)+x^2\langle w,w\rangle.\]
Wähle $\ze\in S$ mit $\rp(\ze\langle v,w\rangle)=|\langle v,w\rangle|$ (nehme $\ze:=\frac{\langle v,w\rangle^*}{|\langle v,w\rangle|}\in S$ falls
$\langle v,w\rangle\ne0$). Dann gilt für alle $x\in\R$
\[0\le\langle v+x\ze w,v+x\ze w\rangle=\langle v,v\rangle+2x|\langle v,w\rangle|+x^2\langle w,w\rangle.\]
Ist $\langle w,w\rangle=0$, so gilt also $\langle v,w\rangle=0$ und $w=0$ ist linear abhängig. Sei also $\langle w,w\rangle>0$.
Die Diskriminante $(2|\langle v,w\rangle|)^2-4\langle w,w\rangle\langle v,v\rangle$ ist dann nicht positiv und genau dann null, wenn $v$ ein skalares Vielfaches von $w$ ist.
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 8.2. kommen sollen.}

\begin{sat}\label{11.1.9}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt. Dann ist \[V\to\R,\ v\mapsto\|v\|:=\sqrt{\langle v,v\rangle}\] eine Norm auf $V$. Jeder Vektorraum mit Skalarprodukt ist
also auf diese Weise ein normierter Raum.
\end{sat}

\begin{proof} Es ist alles klar bis auf die Dreiecksungleichung: Für alle $v,w\in V$ gilt
\begin{eqnarray*}
\|v+w\|^2&=&\langle v+w,v+w\rangle\\
&\overset{\ref{11.1.7}}=&\langle v,v\rangle+2\rp(\langle v,w\rangle)+\langle w,w\rangle\\
&\overset{\ref{4.2.8}}\le&\langle v,v\rangle+2|\langle v,w\rangle|+\langle w,w\rangle\\
&\overset{\ref{11.1.8}}\le&\langle v,v\rangle+2\|v\|\|w\|+\langle w,w\rangle\\
&=&(\|v\|+\|w\|)^2.
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{sat}[Polarisationsformel]\label{11.1.10}
Sei $V$ ein $\K$-Vektorraum mit Skalarprodukt. Dann gilt für alle $v,w\in V$:
\begin{align*}
4\langle v,w\rangle&=\|v+w\|^2-\|v-w\|^2\text{ falls $\K=\R$ und}\\
4\langle v,w\rangle&=\|v+w\|^2-\|v-w\|^2-\i\|v+\i w\|^2+\i\|v-\i w\|^2\text{ falls $\K=\C$.}
\end{align*}
\end{sat}

\begin{proof}
Es gilt $\langle v+w,v+w\rangle-\langle v-w,v-w\rangle=2(\langle v,w\rangle+\langle w,v\rangle)$ für alle $v,w\in V$. Im Fall $\K=\R$, folgt hieraus schon die Behauptung.
Im Fall $\K=\C$ folgt hieraus
$-\i(\langle v+\i w,v+\i w\rangle-\langle v-\i w,v-\i w\rangle)=-2\i(\langle v,\i w\rangle+\langle\i w,v\rangle)=2(\langle v,w\rangle-\langle w,v\rangle)$ für alle $v,w\in V$ und man
braucht dies nur zur obigen Gleichung addieren.
\end{proof}

\begin{defprop}\label{11.1.11}
Seien $V$ ein $\R$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $v,w\in V\setminus\{0\}$. Dann existiert eine eindeutig bestimmte Zahl  $\al\in\R$ mit $0\le\al\le\pi$ und
\[\cos\al=\frac{\langle v,w\rangle}{\|v\|\|w\|}.\]
Diese Zahl nennt man den \emph{Winkel}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Winkel} $\measuredangle(v,w)$ zwischen $v$ und $w$.
\end{defprop}

\begin{proof}
Aus der Analysis weiß man, dass $[0,\pi]\to[-1,1],\ \al\mapsto\cos(\al)$ eine Bijektion ist (die Injektivität folgt daraus, dass diese Funktion streng monoton fällt, und die Surjektivität
aus dem Zwischenwertsatz). Aus der Injektivität dieser Funktion folgt die Eindeutigkeit von $\al$. Aus der Surjektivität folgt die Existenz von $\al$, denn nach Cauchy-Schwarz
\ref{11.1.8} gilt
\[-1\le\frac{\langle v,w\rangle}{\|v\|\|w\|}\le1.\]
\end{proof}

\begin{bem}\label{11.1.12}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Die durch das Standardskalarprodukt auf dem $\R^2$ [$\to$\ref{11.1.3}(a)] induzierte Norm $\R^2\to\R,\ (\begin{smallmatrix}a\\b\end{smallmatrix})\mapsto\sqrt{a^2+b^2}$
[$\to$\ref{11.1.9}]
gibt gerade die anschauliche Länge eines Vektors im $\R^2$ wieder, wie man leicht sieht, indem man in folgender Zeichnung den Flächeninhalt des großen Quadrats auf
zwei verschiedene Weisen berechnet:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[baseline=3em,scale=0.65, execute at begin node=$, execute at end node=$]
\filldraw [color=blue!50](0,0) -- (2,0) -- (0,3) -- cycle;
\filldraw [color=blue!50](0,3) -- (0,5) -- (3,5) -- cycle;
\filldraw [color=blue!50](3,5) -- (5,5) -- (5,2) -- cycle;
\filldraw [color=blue!50](5,2) -- (5,0) -- (2,0) -- cycle;
\draw [fill=red!50] (2,0) -- (3.5,1) node[above]{c} -- (5,2) -- (4,3.5)node[left]{c} -- (3,5) -- (1.5,4)node[below]{c} -- (0,3) -- (1,1.5)node[right]{c} -- cycle;
\draw (0,0) -- (1,0)node[below]{b} -- (3.5,0)node[below]{a} -- (5,0) -- (5,1)node[right]{b} -- (5,3.5)node[right]{a} -- (5,5) -- (4,5)node[above]{b} -- (1.5,5)node[above]{a} -- (0,5) -- (0,4)node[left]{b} -- (0,1.5)node[left]{a} -- (0,0);
\draw (10,3)node {(a+b)^2=\textcolor{red}{c^2}+4\textcolor{blue}{\frac{ab}2}};
\draw (10,2)node {a^2+b^2=c^2};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Diesen Sachverhalt bezeichnet man als den Satz von Pythagoras [\href{http://de.wikipedia.org/wiki/Pythagoras}{Pythagoras von Samos} $*\approx$\,-570 \dag~$\approx$\,-510]. Obiges Bild stellt einen "`geometrischen
Beweis"' dar. Es handelt sich um keinen Beweis in unserem Sinne, denn es wird dort anschaulich argumentiert. Es wäre befriedigender, einige Axiome aufzustellen, die noch unstreitbarer  unsere geometrische Anschauung widerspiegeln und den Satz von Pythagoras dann formal aus diesen Axiomen abzuleiten. Letztlich kann man aber ohnehin
nicht vermeiden, gewisse geometrische Tatsachen einfach als gegeben vorauszusetzen (genauer gesagt axiomatisch einzuführen). Man könnte da weiter unten ansetzen, aber das würde viel Zeit kosten und es stellt sich die Frage, warum man es machen sollte. In unserem Rahmen ist daher das obige Bild kein formaler Beweis, aber ein "`Argument"', das den Leser überzeugen soll, dass er sich unter der Norm eines Punktes im $\R^2$ (mit Standardskalarprodukt) den anschaulichen Abstand zum Nullpunkt vorstellen soll.
\item Definition \ref{11.1.11} von Winkeln stimmt überein mit dem anschaulichen Winkelbegriff im $\R^2$ (ausgestattet mit dem Standardskalarprodukt). Wie in (a) argumentieren wir wieder anschaulich: Wegen (a) verändert die Drehung $R_\ph$ ($\ph\in\R$) [$\to$\ref{6.3.2}(a)] die Norm eines Vektors nicht, woraus mit der Polarisationsformel \ref{11.1.10} folgt, dass
$R_\ph$ auch das Skalarprodukt und damit Winkel im Sinne von Definition \ref{11.1.11} nicht verändert. Es reicht also $\measuredangle(v,w)$ für den Fall zu betrachten, dass $v$ auf der Halbachse $\R_{>0}\times\{0\}$ und $w\ne0$
in der oberen Halbebene $\R\times\R_{\ge0}$ liegt (sonst drehe geeignet). Weiter kann man $\|v\|=\|w\|=1$ annehmen, also
$v=(\begin{smallmatrix}1\\0\end{smallmatrix})$ und $w=(\begin{smallmatrix}\cos\be\\\sin\be\end{smallmatrix})$ mit $\be\in[0,\pi]$. Dann gilt für $\al:=\measuredangle(v,w)$,
dass $\cos\al=\langle(\begin{smallmatrix}1\\0\end{smallmatrix}),(\begin{smallmatrix}\cos\be\\\sin\be\end{smallmatrix})\rangle=\cos\be$. Also gilt $\al=\be$, das heißt $\al$ ist der anschauliche Winkel zwischen $v$ und $w$.
\item Die durch das Standardskalarprodukt auf dem $\R^3$ [$\to$\ref{11.1.3}(a)] induzierte Norm $\R^3\to\R,\ \left(\begin{smallmatrix}a\\b\\c\end{smallmatrix}\right)\mapsto\sqrt{a^2+b^2+c^2}$
[$\to$\ref{11.1.9}]
gibt gerade die anschauliche Länge eines Vektors im $\R^2$ wieder, denn nach Pythagoras aus Teil (a) ist die Länge von $\left(\begin{smallmatrix}a\\b\\0\end{smallmatrix}\right)$ gleich $\sqrt{a^2+b^2}$ und wieder nach Pythagoras ist die Länge von $\left(\begin{smallmatrix}a\\b\\c\end{smallmatrix}\right)$ daher $\sqrt{(\sqrt{a^2+b^2})^2+c^2}=
\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ (male ein Bild!).
\item Durch Drehung im $\R^3$ sieht man nun wie in (b), dass auch im $\R^3$ der von uns in \ref{11.1.11} eingeführte Winkelbegriff mit dem üblichen übereinstimmt.
\item Sind $a_1,\dots,a_n,b_1,\dots,b_n\in\R$, so gilt im $\C^n$
\begin{align*}
\left\|\begin{pmatrix}a_1+\i b_1\\\vdots\\a_n+\i b_n\end{pmatrix}\right\|&=\sqrt{(a_1-\i b_1)(a_1+\i b_1)+\dots+(a_n-\i b_n)(a_n+\i b_n)}\\
&=\sqrt{a_1^2+b_1^2+\dots+a_n^2+b_n^2}.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{bem}

\section{Orthogonalität}

\begin{df}\label{11.2.1}
Seien $V$ ein $\K$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $v,w\in V$. Es heißen $v$ und $w$ \emph{orthogonal} oder \emph{senkrecht zueinander}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Orthogonalität} (in Zeichen:
$v\perp w$), wenn $\langle v,w\rangle=0$.
\end{df}

\begin{bem}\label{11.2.2}
Seien $V$ ein $\R$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $v,w\in V\setminus\{0\}$.
Dann $v\perp w\iff\measuredangle(v,w)=\frac\pi2$ nach der Definition von Winkeln \ref{11.1.11}, denn
$\cos\frac\pi 2=0$. Insbesondere stimmt unsere Definition von Senkrechtstehen in $\R^2$ und $\R^3$ nach \ref{11.1.12} mit unserer geometrischen Anschauung überein. 
\end{bem}

\begin{sat}[Satz von Pythagoras]\label{11.2.3} Sei $V$ ein $\K$-Vektorraum mit Skalarprodukt und seien $v,w\in V$ mit $v\perp w$. Dann $\|v\|^2+\|w\|^2=\|v+w\|^2$ {\rm[$\to$\ref{11.1.9}]}.
\end{sat}

\begin{proof}
$\|v+w\|^2=\langle v+w,v+w\rangle=\langle v,v\rangle+\underbrace{\langle v,w\rangle}_{=0}+\underbrace{\langle w,v\rangle}_{=\langle v,w\rangle^*=0}+\langle w,w\rangle=\|v\|^2+\|w\|^2$.
\end{proof}

\begin{bem}\label{11.2.4} Die Kürze des Beweises des Satzes von Pythagoras in unserem Rahmen, zeigt in eindrucksvoller Weise,
wie einfach man geometrische Sachverhalte mit Hilfe von Skalarprodukten erklären kann. 
Tatsächlich haben wir aber die Gültigkeit des Satzes von Pythagoras schon mehr oder weniger in den Begriff des Skalarprodukts hineinkodiert (und dies in  \ref{11.1.12}
gerechtfertigt). Man könnte daher sagen, dass der \emph{eigentliche} Beweis des Satzes von Pythagoras in \ref{11.1.12}(a) steht. Es stellt aber \ref{11.1.12}(a) nur die Verbindung zur
Anschauung her. Da wir innerhalb unseres Formalismus niemals anschaulich argumentieren, sondern die Anschauung "`nur"' als Inspiration zum Auffinden formaler Beweise
benutzen, wird hier an keiner Stelle gemogelt. 
\end{bem}

\begin{df}\label{11.2.5}\mbox{}[$\to$\ref{6.2.1}]
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt. Seien $m\in\N_0$ und $v_1,\dots,v_m\in V$. Dann heißt $(v_1,\dots,v_m)$ ein \emph{Orthonormalsystem (ONS)}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Orthonormalsystem} (in $V$), wenn
$v_i\perp v_j$ für alle $i,j\in\{1,\dots,m\}$ mit $i\ne j$ und $\|v_i\|=1$ für alle $i\in\{1,\dots,m\}$. Ein ONS, welches $V$ aufspannt, heißt \emph{Orthonormalbasis (ONB)}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Orthonormalbasis} von $V$.
\end{df}

\begin{bsp}\label{11.2.6}
Die Standardbasis des $\K^n$ [$\to$\ref{6.2.2}] ist eine ONB des $\K^n$ (versehen mit dem Standardskalarprodukt [$\to$\ref{11.1.3}(a)]).
\end{bsp}

\begin{pro}\label{11.2.7}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $(v_1,\dots,v_m)$ ein ONS in $V$. Seien $\la_1,\dots,\la_m\in\K$ und $v:=\sum_{i=1}^m\la_iv_i$. Dann
$\la_i=\langle v_i,v\rangle$ für alle $i\in\{1,\dots,m\}$.
\end{pro}

\begin{proof}
$\langle v_j,\sum_{i=1}^m\la_iv_i\rangle=\sum_{i=1}^m\la_i\langle v_j,v_i\rangle=\la_j\
\underbrace{\langle v_j,v_j\rangle}_{=\|v_j\|^2=1}=\la_j$ für alle $j\in\{1,\dots,m\}$
\end{proof}

\begin{kor}\label{11.2.8}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt. In $V$ ist jedes ONS linear unabhängig. Insbesondere ist jede ONB von $V$ eine Basis von $V$.
\end{kor}

\begin{defprop}\label{11.2.9}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $U$ ein Unterraum von $V$. Das \emph{orthogonale Komplement}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!orthogonales Komplement} von $U$ in $V$ ist definiert durch
\[U^\perp:=\{v\in V\mid\forall u\in U:v\perp u\}\]
und ist selber wieder ein Unterraum von $V$ mit $U\cap U^\perp=\{0\}$ und $U\subseteq(U^\perp)^\perp$. Ist $U=\lin(E)$ für ein $E\subseteq V$, so gilt
$U^\perp=\{v\in V\mid\forall u\in E:v\perp u\}$.
\end{defprop}

\begin{proof} Sehr einfache Übung.
\end{proof}

\begin{defprop}\label{11.2.10}
Seien $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt, $U$ ein Unterraum von $V$ und $v\in V$. Dann gibt es höchstens ein $w\in U$ mit $v-w\in U^\perp$. Falls existent, nennt man dieses $w$ die \emph{orthogonale Projektion}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!orthogonale Projektion} von $v$ auf $U$.
\end{defprop}

\begin{proof}
Seien $w,w'\in U$ mit $v-w,v-w'\in U^\perp$. Dann
\[\langle w-w',w-w'\rangle=\langle w-w',(v-w')-(v-w)\rangle=
\langle\underbrace{w-w'}_{\in U},\underbrace{v-w'}_{\in U^\perp}\rangle-\langle\underbrace{w-w'}_{\in U},\underbrace{v-w}_{\in U^\perp}\rangle=0.\]
\end{proof}

\begin{bsp}\label{11.2.11}
\begin{enumerate}[(a)]
\item
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $U$ ein Unterraum von $V$. Ist $v\in U$, so ist $v$ selber die orthogonale Projektion von $v$ auf $U$. Ist
$v\in U^\perp$, so ist sie der Nullvektor.
\item
Betrachte den $\R$-Vektorraum $\R^\N$ der reellen Folgen [$\to$\ref{6.1.5},~\ref{7.1.5}] und darin den Unterraum $V:=\{f\mid f\colon\N\to\R,\exists c\in\R:\forall n\in\N:|f(n)|\le c\}$
der \emph{beschränkten} Folgen sowie den Unterraum $U$ der Folgen mit endlichem Träger [$\to$\ref{6.2.8}(f)]. Dann ist $V$ vermöge
$\langle f,g\rangle:=\sum_{i=1}^\infty\frac1{2^i}f(i)g(i)\ (f,g\in V)$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $U$ ein Unterraum von $V$. Das orthogonale Komplement
$U^\perp$ von $U$ in $V$ besteht offenbar nur aus der Nullfolge. Ist $f\in V$, so existiert die orthogonale Projektion von $f$ auf $U$ also genau dann, wenn $f\in U$ (und in diesem Fall ist sie $f$).
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{11.2.12}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt, $(v_1,\dots,v_m)$ ein ONS in $V$, $U:=\lin(v_1,\dots,v_m)$ und $v\in V$. Dann ist
$\sum_{i=1}^m\langle v_i,v\rangle v_i$ die orthogonale Projektion von $v$ auf $U$. Insbesondere existiert diese.
\end{pro}

\begin{proof}
$w:=\sum_{i=1}^m\langle v_i,v\rangle v_i\in U$. Um $v-w\in U^\perp$ zu zeigen, reicht es $\langle v_j,v-w\rangle=0$ für $j\in\{1,\dots,m\}$ zu zeigen. Sei also $j\in\{1,\dots,m\}$.
Dann \[\langle v_j,v-w\rangle=\langle v_j,v-\sum_{i=1}^m\langle v_i,v\rangle v_i\rangle=\langle v_j,v\rangle-\sum_{i=1}^m\langle v_i,v\rangle
\underbrace{\langle v_j,v_i\rangle}_{\in\{0,1\}}=\langle v_j,v\rangle-\langle v_j,v\rangle=0.\]
\end{proof}

\red{Bis hierher hätten wir am 12.2. kommen sollen.}

\begin{kor}\label{11.2.13}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und ONB $\underline v=(v_1,\dots,v_n)$. Dann gilt
\[\co_\v(v)=\begin{pmatrix}\langle v_1,v\rangle\\\vdots\\\langle v_n,w\rangle\end{pmatrix}\qquad\text{für jedes }v\in V.\]
\end{kor}

\begin{proof}
Die orthogonale Projektion eines $v\in V$ auf $V$ ist $v$ selber [$\to$\ref{11.2.11}(a)]. Also gilt nach \ref{11.2.12}
$v=\sum_{i=1}^n\langle v_i,v\rangle v_i$ für alle $v\in V$.
\end{proof}

\begin{pro}[Gram-Schmidtsches Orthogonalisierungsverfahren]\label{11.2.14}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt, $(v_1,\dots,v_m)$ ein ONS in $V$, $U:=\lin(v_1,\dots,v_m)$ und $v\not\in U$. Sei dann $w:=\sum_{i=1}^m\langle v_i,v\rangle v_i$
die orthogonale Projektion von $v$ auf $U$ {\rm[$\to$\ref{11.2.12}]}. Dann ist $(v_1,\dots,v_m,\frac{v-w}{\|v-w\|})$ ein ONS und es gilt 
\[\lin(v_1,\dots,v_m,v)=\lin\left(v_1,\dots,v_m,\frac{v-w}{\|v-w\|}\right).\]
\end{pro}

\begin{proof} Sehr einfache Übung.
\end{proof}

\begin{sat}\mbox{}{\rm[$\to$\ref{6.2.18}]}\label{11.2.15} Jeder endlichdimensionale Vektorraum mit Skalarprodukt besitzt eine ONB.
\end{sat}

\begin{proof}
Induktion nach der Dimension, wobei der Induktionsschritt mit Gram-Schmidt \ref{11.2.14} bewerkstelligt wird.
\end{proof}

\begin{kor}\label{11.2.16}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $U$ ein endlichdimensionaler Unterraum von $V$. Dann gibt es für jedes $v\in V$ die orthogonale Projektion $P_U(v)$
von $v$ auf $U$ und dadurch wird eine lineare Abbildung $P_U\colon V\to V$ definiert, deren Kern $U^\perp$ und deren Bild $U$ ist. 
\end{kor}

\begin{proof}
Wähle mit \ref{11.2.15} eine ONB $(v_1,\dots,v_m)$ von $U$. Nach \ref{11.2.12} haben wir dann $P_U(v)=\sum_{i=1}^m\langle v_i,v\rangle v_i$ für alle $v\in U$. Mit der Linearität
des Skalarprodukts im zweiten Argument \ref{11.1.1}(3),(4) rechnet man nun sofort die Linearität von $P_U$ nach. Weiter gilt
\begin{multline*}
\ker P_U=\left\{v\in V\mid\sum_{i=1}^m\langle v_i,v\rangle v_i=0\right\}\overset{\ref{11.2.8}}=\{v\in V\mid\langle v_1,v\rangle=\ldots=\langle v_m,v\rangle=0\}\\
\overset{\ref{11.2.9}}=(\lin(v_1,\dots,v_m))^\perp=U^\perp,
\end{multline*}
$U\subseteq\im P_U$ nach \ref{11.2.11}(a) und selbstverständlich $\im P_U\subseteq U$ nach \ref{11.2.10}.
\end{proof}

\begin{pro}\label{11.2.17}
Sei $U$ ein endlichdimensionaler Unterraum des Vektorraums mit Skalarprodukt $V$. Dann gilt $V=U\oplus U^\perp$ {\rm[$\to$\ref{8.2.1}]}. Für endlichdimensionales $V$ gilt
insbesondere $\dim(U)+\dim(U^\perp)=\dim(V)$ {\rm[$\to$\ref{8.2.3}]}.
\end{pro}

\begin{proof}
Für jedes $v\in V$ gilt
\[v=\underbrace{P_U(v)}_{\in U}+\underbrace{(v-P_U(v))}_{\in U^\perp},\]
also $V=U+U^\perp$. Weiter ist die lineare Abbildung
$U\times U^\perp\to U+U^\perp,\ (u,v)\mapsto u+v$ injektiv, denn ist $(u,v)\in U\times U^\perp$ mit $u+v=0$, so folgt
$u=-v\in U\cap U^\perp\overset{\ref{11.2.9}}=\{0\}$.
\end{proof}

\begin{kor}\label{11.2.18}
Sei $U$ ein Unterraum des endlichdimensionalen $\K$-Vektorraums mit Skalarprodukt $V$. Dann $U=(U^\perp)^\perp$.
\end{kor}

\begin{proof}
Nach \ref{11.2.9} gilt $U\subseteq(U^\perp)^\perp$ und mit \ref{11.2.17} angewandt auf $U$ und auf $U^\perp$
haben wir $\dim(U)=\dim(V)-\dim(U^\perp)=\dim((U^\perp)^\perp)$. Benutze nun \ref{6.2.27}.
\end{proof}

\begin{df}\label{11.2.19}
Seien $V$ und $W$ $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt. Dann heißt eine Abbildung $f\colon V\to W$ ein \emph{Homomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!Homomorphismus}
(auch \emph{orthogonal} oder \emph{unitär}, ersteres vorwiegend im Fall $\K=\R$ und letzteres vorwiegend im $\K=\C$), wenn $f$ linear ist und für alle $v,w\in V$ gilt
$\langle f(v),f(w)\rangle=\langle v,w\rangle$. Ist sie zusätzlich bijektiv, so heißt sie \emph{Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt}
[beachte, dass die Injektivität automatisch erfüllt ist, da aus $f(v)=0$ folgt $\langle v,v\rangle=\langle f(v),f(v)\rangle=0$ und daher $v=0$].
\end{df}

\begin{bem}\label{11.2.20}
Aus der Polarisationsformel \ref{11.1.10} folgt, dass man in dieser Definition die Bedingung $\forall v,w\in V:\langle f(v),f(w)\rangle=\langle v,w\rangle$ ersetzen kann durch
\[\forall v\in V:\|f(v)\|=\|v\|.\]
\end{bem}

\begin{bsp}\label{11.2.21}
Wie in \ref{11.1.12}  bereits bemerkt ist $R_\ph\in\End(\R^2)$ für jedes $\ph\in\R$ ein \emph{Automorphismus des $\R^2$ mit Standardskalarprodukt}.
\end{bsp}

\begin{sat}\label{11.2.22}
Seien $V$ und $W$ $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt und sei\\
$\v=(v_1,\dots,v_n)$ eine ONB von $V$. Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $f$ genau dann ein
Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt, wenn $(f(v_1),\dots,f(v_n))$ eine ONB von $W$ ist.
\end{sat}

\begin{proof}
Die eine Richtung ist klar. Für die andere sei $(f(v_1),\dots,f(v_n))$ eine ONB von $W$. Nach \ref{6.3.8} ist $f$ ein Isomorphismus von Vektorräumen.
Seien nun $v,w\in V$, etwa $v=\sum_{i=1}^n\la_iv_i$ und $w=\sum_{i=1}^n\mu_iv_i$ mit $\la_i,\mu_i\in\K$. Zu zeigen ist $\langle f(v),f(w)\rangle=\langle v,w\rangle$. Es gilt
\begin{align*}
\langle f(v),f(w)\rangle&=\left\langle\sum_{i=1}^n\la_if(v_i),\sum_{j=1}^n\mu_jf(v_j)\right\rangle=\sum_{i,j=1}^n\la_i^*\mu_j\langle f(v_i),f(v_j)\rangle\\
&=\sum_{i=1}^n\la_i^*\mu_i=\sum_{i,j=1}^n\la_i^*\mu_j\langle v_i,v_j\rangle=\left\langle\sum_{i=1}^n\la_iv_i,\sum_{j=1}^n\mu_jv_j\right\rangle=\langle v,w\rangle.
\end{align*}
\end{proof}

\begin{kor}\label{11.2.23} Sei $n\in\N_0$. Je zwei $n$-dimensionale $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt sind als solche isomorph.
\end{kor}

\begin{proof}
Seien $V$ und $W$ $n$-dimensionale $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt. Wähle Orthonormalbasen $(v_1,\dots,v_n)$ von $V$ und $(w_1,\dots,w_n)$ von $W$. Dann ist die lineare
Abbildung $f\colon V\to W$ mit $f(v_i)=w_i$ für $i\in\{1,\dots,n\}$ [$\to$\ref{6.3.4}] ein Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt.
\end{proof}

\begin{kor}\label{11.2.24}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $\v=(v_1,\dots,v_n)$ eine Basis von $V$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $\v$ ist ONB von $V$,
\item $\ve_\v\colon\K^n\to V$ ist ein Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt.
\item $\co_\v\colon V\to\K^n$ ist ein Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt.
\end{enumerate}
\end{kor}

\begin{df}\label{11.2.25}
Eine Matrix $A\in\K^{n\times n}$ heißt \emph{orthogonal}\index{Matrix@{\bf Matrix}!Orthogonalität} (vor allem wenn $\K=\C$ manchmal auch \emph{unitär}), wenn $f_A$ ein Isomorphismus des Vektorraums $\K^n$
mit dem Standardskalarprodukt ist.
\end{df}

\begin{sat}\label{11.2.26}
Seien $V$ und $W$ Vektorräume mit Skalarprodukt und Orthonormalbasen $\v=(v_1,\dots,v_n)$ und $\w=(w_1,\dots,w_n)$. Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann gilt:
\[\text{$f$ ist Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt}\iff\text{$M(f,\v,\w)$ orthogonal}.\]
\end{sat}

\begin{proof}
Nach \ref{7.1.1} gilt $f=\ve_\w\circ f_{M(f,\v,\w)}\circ\co_\v$ und daher $f_{M(f,\v,\w)}=\co_\w\circ f\circ\ve_\v$. Da $\ve_\w$, $\co_\v$, $\co_\w$ und $\ve_\v$ nach \ref{11.2.24}
Isomorphismen von Vektorräumen mit Skalarprodukt sind, ist $f$ ein solcher genau dann, wenn $f_{M(f,\v,\w)}$ einer ist.
\end{proof}

\begin{sat}\label{11.2.27}
Sei $A\in\K^{n\times n}$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $A$ ist orthogonal.
\item Die Spalten von $A$ bilden eine ONB des $\K^n$.
\item Die Zeilen von $A$ bilden eine ONB des $\K^n$.
\item $A^*A=I_n$
\item $AA^*=I_n$
\item $A$ ist invertierbar mit $A^{-1}=A^*$.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
Aus \ref{11.2.25}, \ref{11.2.6} und \ref{11.2.22} folgt (a)$\iff$(b), da $f_A(e_1),\dots,f_A(e_n)$ die Spalten von $A$ sind. Direkt aus der Definition der Matrizenmultiplikation
\ref{7.2.1} folgen (b)$\iff$(d) und (c)$\iff$(e). Schließlich gilt (d)$\iff$(e)$\iff$(f) wegen \ref{7.2.13}.
\end{proof}

\begin{bsp}\label{11.2.28}\mbox{}{\rm[$\to$\ref{7.1.4}(a)]}
$\begin{pmatrix}\cos\ph&-\sin\ph\\\sin\ph&\cos\ph\end{pmatrix}$ ist für jedes $\ph\in\R$ orthogonal.
\end{bsp}

\section{Diagonalisierung symmetrischer und hermitescher Matrizen}

\begin{df}\label{11.3.1}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\in\End(V)$. Dann heißt $f$ \emph{selbstadjungiert}\index{Vektorraum@{\bf Vektorraum}!normierter Vektorraum!selbsadjungierter Endomorphismus} {\rm(}auch \emph{symmetrisch} oder \emph{hermitesch}, ersteres vorwiegend im Fall $\K=\R$ und letzteres vorwiegend im $\K=\C${\rm)}, wenn
$$\langle f(v),w\rangle=\langle v,f(w)\rangle\qquad\text{für alle $v,w\in V$}.$$
\end{df}

\begin{bsp}\label{11.3.2} Die orthogonale Projektion $P_U\in\End(V)$ auf einen endlichdimensionalen Unterraum $U$ eines Vektorraums mit Skalarprodukt $V$ [$\to$\ref{11.2.16}] ist selbstadjungiert. In der Tat: Wegen $V=U+U^\perp$ [$\to$\ref{8.2.1}] reicht es zu beobachten, dass für alle $u_1,u_2\in U$ und $v_1,v_2\in U^\perp$ gilt
$\langle P_U(u_1+v_1),u_2+v_2\rangle=\langle u_1,u_2+v_2\rangle=\langle u_1,u_2\rangle$ und
$\langle u_1+v_1,P_U(u_2+v_2)\rangle=\langle u_1+v_1,u_2\rangle=\langle u_1,u_2\rangle$.
\end{bsp}

\begin{df}\label{11.3.3}
Eine Matrix $A\in\K^{n\times n}$ heißt \emph{selbstadjungiert} {\rm(}im Fall $\K=\R$ auch \emph{symmetrisch}\index{Matrix@{\bf Matrix}!selbstadjungiert}, im Fall $\K=\C$ auch \emph{hermitesch}{\rm)}, wenn $f_A\in\End(\K^n)$ selbstadjungiert ist.
\end{df}

\begin{sat}\label{11.3.4}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und ONB $\v=(v_1,\dots,v_n)$.
Sei $f\in\End(V)$. Dann gilt: $\text{$f$ selbstadjungiert} \iff\text{$M(f,\v)$ selbstadjungiert}$.
\end{sat}

\begin{proof} Es gilt $f=\ve_\v\circ f_{M(f,\v)}\circ\co_\v$ [$\to$\ref{7.1.1}] und daher
$f\circ\ve_\v=\ve_\v\circ f_{M(f,\v)}$. Da $\v$ eine ONB ist, ist $\ve_\v$ nach \ref{11.2.24} ein Isomorphismus
von Vektorräumen mit Skalarprodukt. Es gilt daher
\begin{align*}
&\text{$f$ selbstadjungiert}\\
\iff&\forall v,w\in V\colon\langle f(v),w\rangle=\langle v,f(w)\rangle\\
\iff&\forall x,y\in\K^n\colon\langle f(\ve_\v(x)),\ve_\v(y)\rangle=\langle\ve_\v(x),f(\ve_\v(y))\rangle\\
\iff&\forall x,y\in\K^n\colon\langle \ve_\v(M(f,\v)x),\ve_\v(y)\rangle=\langle\ve_\v(x),\ve_\v(M(f,\v)y)\rangle\\
\iff&\forall x,y\in\K^n\colon\langle M(f,\v)x,y\rangle=\langle x,M(f,\v)y\rangle\\
\iff&\text{$M(f,\v)$ selbstadjungiert}.
\end{align*}
\end{proof}

\begin{pro}\label{11.3.5}
Seien $K$ ein kommutativer Ring, $m,n,r\in\N_0$, $A\in K^{m\times n}$ und $B\in K^{n\times r}$. Dann gilt:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $(AB)^T=B^TA^T$
\item $(AB)^*=B^*A^*$ falls $K=\K$
\end{enumerate}
\end{pro}

\begin{proof}
(a) Schreibt man $A=(a_{ij})_{1\le i\le m,1\le j\le n}$, $B=(b_{jk})_{1\le j\le n,1\le k\le r}$, so gilt
\[(AB)^T\overset{\ref{7.2.1}}{\underset{\ref{9.1.21}}=}\left(\sum_{j=1}^na_{ij}b_{jk}\right)_{1\le k\le r,1\le i\le m}=\left(\sum_{j=1}^nb_{jk}a_{ij}\right)_{1\le k\le r,1\le i\le m}\overset{\ref{7.2.1}}{\underset{\ref{9.1.21}}=}B^TA^T.\]
(b) Ist $K=\K$, so gilt
\[(AB)^*\overset{\ref{7.2.1}}{\underset{\ref{9.1.21}}=}\left(\sum_{j=1}^n(a_{ij}b_{jk})^*\right)_{1\le k\le r,1\le i\le m}\overset{\ref{4.2.7}}=\left(\sum_{j=1}^nb_{jk}^*a_{ij}^*\right)_{1\le k\le r,1\le i\le m}\overset{\ref{7.2.1}}{\underset{\ref{9.1.21}}=}B^*A^*.\]
\end{proof}

\begin{lem}\label{11.3.6}
Sei $A\in\K^{n\times n}$ und $x,y\in\K^n$. Dann gilt $\langle A^*x,y\rangle=\langle x,Ay\rangle$.
\end{lem}

\begin{proof}
$\langle A^*x,y\rangle\overset{\ref{11.1.3}(a)}=(A^*x)^*y\overset{\ref{11.3.5}}=x^*(A^*)^*y=x^*Ay\overset{\ref{11.1.3}(a)}=\langle x,Ay\rangle$
\end{proof}

\begin{pro}\label{11.3.7}
Für $A\in\K^{n\times n}$ gilt
$$\text{$A$ selbstadjungiert}\iff A^*=A.$$
\end{pro}

\begin{proof}
\begin{eqnarray*}
\text{$A$ selbstadjungiert}&\overset{\over{\scriptstyle\ref{11.3.3}}{\scriptstyle\ref{11.3.1}}}\iff&\forall x,y\in\K^n\colon\langle Ax,y\rangle=\langle x,Ay\rangle\\
&\overset{\ref{11.3.6}}\iff&\forall x,y\in\K^n\colon\langle Ax,y\rangle=\langle A^*x,y\rangle\\
&\iff&A=A^*
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{lem}\label{11.3.8}
Sei $A\in\K^{n\times n}$ selbstadjungiert und $\la\in\C$ mit $\ch_A(\la)=0$. Dann gilt
$\la\in\R$.
\end{lem}

\begin{proof} Wir können $\K=\C$ annehmen. Dann ist $\la$ ein Eigenwert von $A$ [$\to$\ref{10.1.2},\\
\ref{10.1.3}(e)], das heißt es gibt
$x\in\C^n\setminus\{0\}$ mit $Ax=\la x$. Es folgt
$$\la\langle x,x\rangle\overset{\ref{11.1.1}(4)}=\langle x,\la x\rangle=\langle x,Ax\rangle\underset{\ref{11.3.1}}{\overset{\ref{11.3.3}}=}\langle Ax,x\rangle=\langle\la x,x\rangle
\overset{\ref{11.1.1}(2)}=\la^*\langle x,x\rangle$$
und daher $\la=\la^*$ nach \ref{11.1.1}(6).
\end{proof}

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra \ref{4.2.12} [$\to$\ref{4.2.13}(g)].} \label{11.3.9} Sei $V$ ein endlichdimensionaler
Vektorraum mit Skalarprodukt und $f$ ein selbstadjungierter Endomorphismus von $V$. Dann gibt es eine ONB von $V$, die aus Eigenvektoren von $f$ zu reellen Eigenwerten besteht.
Insbesondere ist $f$ diagonalisierbar {\rm[$\to$\ref{10.3.3}(b)]}.
\end{sat}

\begin{proof} Induktion nach $n:=\dim V$.

\noindent
\underline{$n=0$}\quad nichts zu zeigen

\noindent
\underline{$n-1\to n\ (n\in \N)$}\quad Wir zeigen zunächst mit Hilfe von \ref{10.1.7}, dass $f$ einen \emph{reellen} Eigenwert $\la$
besitzt: Wählt man nämlich eine ONB $\w$ von $V$ [$\to$\ref{11.2.15}] und setzt $A:=M(f,\w)$, so ist $A$
nach \ref{11.3.4} selbstadjungiert und daher jedes $\la\in\C$ mit $\ch_A(\la)=0$ nach Lemma \ref{11.3.8} sogar aus $\R$. Nun gilt aber $\ch_f=\ch_A$ [$\to$\ref{10.1.5},~\ref{10.1.9}(e)]
und es gibt ein solches $\la$ wegen $\deg\ch_f\overset{\ref{10.1.6}}=n\ge 1$ nach dem Fundamentalsatz der Algebra \ref{4.2.12}.

Wir wählen nun einen Eigenvektor $u\in V$ zu diesem Eigenwert $\la\in\R$. Setze $U:=\lin(u)$. Da
$f$ selbstadjungiert ist, gilt $f(U^\perp)\subseteq U^\perp$, denn ist $v\in U^\perp$, so gilt
$\langle f(v),u\rangle=\langle v,f(u)\rangle=\la\langle v,u\rangle=0$. Nun ist $f|_{U^\perp}\colon U^\perp\to U^\perp,
v\mapsto f(v)$ ein selbstadjungierter Endomorphismus des Vektorraums mit Skalarprodukt $U^\perp$.
Es gilt $1+\dim(U^\perp)=\dim(U)+\dim(U^\perp)\overset{\ref{11.2.17}}=\dim(V)=n$,
also $\dim(U^\perp)=n-1$. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es eine ONB
$(v_2,\dots,v_n)$ von $U^\perp$, die aus Eigenvektoren von $f$ zu reellen Eigenwerten besteht.
Setzt man $v_1:=\frac u{\|u\|}$, so erhält man eine ONB $(v_1,\dots,v_n)$ von
$V$, die aus Eigenvektoren von $f$ zu reellen Eigenwerten besteht.
\end{proof}

\begin{kor}\footnote{Im Beweis dieses Korollars benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra \ref{4.2.12} [$\to$\ref{4.2.13}(g)].}\label{11.3.10}
Sei $A\in\K^{n\times n}$ selbstadjungiert. Dann gibt es eine
\emph{reelle} Diagonalmatrix $D\in\R^{n\times n}$ und eine orthogonale Matrix $P\in\K^{n\times n}$ mit
$A=P^*DP$. Insbesondere ist $A$ diagonalisierbar.
\end{kor}

\begin{proof}
Wähle mit Satz \ref{11.3.9} eine ONB $\v$ von $\K^n$, die aus Eigenvektoren von $A$ zu reellen Eigenwerten
besteht. Nach Satz \ref{11.2.26} ist $P:=M(\e,\v)$ [$\to$\ref{7.1.10}] dann orthogonal und daher \[P^*\overset{\ref{11.2.27}(f)}=P^{-1}\overset{\ref{7.2.11}}=M(\v,\e).\] Also
\[A\overset{\ref{7.1.4}(e)}=M(f_A,\e)\overset{\ref{7.2.5}}=M(\v,\e)M(f_A,\v)M(\e,\v)=P^*DP,\]
 wobei $D:=M(f_A,\v)$ eine reelle Diagonalmatrix ist.
\end{proof}

\red{Bis hierher müssen wir am 15.2. kommen.}

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