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\begin{document}
\noindent
Universität Konstanz\hfill Lineare Algebra II\\
Fachbereich Mathematik und Statistik\hfill Sommersemester 2018\\
Markus Schweighofer\hfill\today, \currenttime{} Uhr
\medskip
\hrule
\setcounter{section}{13}
\section{Reelle quadratische Formen}

\subsection{Der Trägheitssatz von Sylvester \scriptsize[James Joseph Sylvester *1814 $\dagger$1897]}

\begin{satdf}[Trägheitssatz]\label{inertia}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\R$-Vektorraum und $q\in Q(V)$. Dann gibt es genau ein Paar $(r,s)\in\N_0^2$, genannt \emph{Sylvester-Signatur} von $q$, derart, dass es eine geordnete Basis $\v$ von $V$ gibt mit
\[M(q,\v)=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$1$};
\node (b) at (1,-1)  {$1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node (c) at (1.3,-1.5)  {$-1$};
\node (d) at (2.3,-2.5) {$-1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (c)--(d);
\node (e) at (2.8,-2.8)  {$0$};
\node (f) at (3.8,-3.8) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (e)--(f);
\draw[decorate,decoration=brace,thick] (a.north-|b.east)--(b.south east) node [midway,xshift=6pt] {$r$};
\draw[decorate,decoration=brace,thick] (c.north-|d.east)--(d.south east) node [midway,xshift=6pt] {$s$};
\node at (3.3,-1) [scale=5]{$0$};
\node at (1,-3.3) [scale=5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
\]
\end{satdf}

\begin{proof}
\underline{Existenz}\quad Nach Korollar 13.5.12 gibt es eine Basis $\w=(w_1,\ldots,w_n)$ von $V$ derart, dass $M(q,\w)$ Diagonalgestalt hat, \OE\ gibt es $r,s\in\N_0$ mit
\[q(w_1)>0,\ldots,q(w_r)>0,\ q(w_{r+1})<0,\ldots,q(w_{r+s})<0,\ q(w_{r+s+1})=\ldots=q(w_n)=0.\]
Setze nun
\[\v:=\left(\frac{w_1}{\sqrt{q(w_1)}},\ldots,\frac{w_r}{\sqrt{q(w_r)}},\frac{w_{r+1}}{\sqrt{-q(w_{r+1})}},\ldots,\frac{w_{r+s}}{\sqrt{-q(w_{r+s})}},w_{r+s+1},\ldots,w_n\right).
\]
Dann ist $M(q,\v)$ von der gewünschten Gestalt.

\medskip
\underline{Eindeutigkeit}\quad Seien $(r,s),(t,u)\in\N_0^2$ und $\v=(v_1,\ldots,v_n)$, $\w=(w_1,\ldots,w_n)$ Basen von $V$ mit
\[M(q,\v)=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$1$};
\node (b) at (1,-1)  {$1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node (c) at (1.3,-1.5)  {$-1$};
\node (d) at (2.3,-2.5) {$-1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (c)--(d);
\node (e) at (2.8,-2.8)  {$0$};
\node (f) at (3.8,-3.8) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (e)--(f);
\draw[decorate,decoration=brace,thick] (a.north-|b.east)--(b.south east) node [midway,xshift=6pt] {$r$};
\draw[decorate,decoration=brace,thick] (c.north-|d.east)--(d.south east) node [midway,xshift=6pt] {$s$};
\node at (3.3,-1) [scale=5]{$0$};
\node at (1,-3.3) [scale=5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
\quad
\text{und}
\quad
M(q,\w)=\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$1$};
\node (b) at (1,-1)  {$1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node (c) at (1.3,-1.5)  {$-1$};
\node (d) at (2.3,-2.5) {$-1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (c)--(d);
\node (e) at (2.8,-2.8)  {$0$};
\node (f) at (3.8,-3.8) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (e)--(f);
\draw[decorate,decoration=brace,thick] (a.north-|b.east)--(b.south east) node [midway,xshift=6pt] {$t$};
\draw[decorate,decoration=brace,thick] (c.north-|d.east)--(d.south east) node [midway,xshift=6pt] {$u$};
\node at (3.3,-1) [scale=5]{$0$};
\node at (1,-3.3) [scale=5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}.
\]
Zu zeigen: $(r,s)=(t,u)$. Setze $b:=b_q$ [$\to$ 13.4.6]. Dann gilt für $\la_1,\ldots,\la_n\in K$:
\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\la_iv_i\in\ker\vec b&\iff\vec b\left(\sum_{i=1}^n\la_iv_i\right)=0\\
&\iff b\left(\sum_{i=1}^n\la_iv_i,\;.\right)=0\\
&\iff\forall j\in\{1,\ldots,n\}:\underbrace{b\left(\sum_{i=1}^n\la_iv_i,v_j\right)}_{=\la_jq(v_j)}=0\\
&\iff\forall j\in\{1,\ldots,r+s\}:\la_j=0.
\end{align*}
Daher $\lin(v_{r+s+1},\ldots,v_n)=\ker\vec b$ und ebenso $\lin(w_{t+u+1},\ldots,w_n)=\ker\vec b$. Es folgt
insbesondere $r+s=t+u$. Betrachte nun die Untervektorräume
\begin{align*}
U&:=\lin(v_1,\ldots,v_r,v_{r+s+1},\ldots,v_n)\qquad\text{und}\\
W&:=\lin(w_{t+1},\ldots,w_{t+u}).
\end{align*}
Es gilt $q(v)\ge0$ für $v\in U$ und $q(v)<0$ für $v\in W\setminus\{0\}$. Daher gilt $U\cap W=\{0\}$ und mit der Dimensionsformel
8.1.12 für Untervektorräume folgt
\[n\ge\dim(U+W)=(\dim U)+(\dim W)=(n-s)+u,\]
also $u\le s$. Genauso zeigt man $s\le u$. Es folgt $s=u$ und daher auch $r=t$. Somit $(r,s)=(t,u)$.
\end{proof}

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}
\label{sylvesterchar}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\R$-Vektorraum und $q\in Q(V)$ mit Sylvester-Signatur $(r,s)$.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Ist $\v=(v_1,\ldots,v_n)$ eine Basis von $V$ und sind $\la_1,\ldots,\la_n$ die Eigenwerte von $M(q,\v)$, wobei jedes $\la_i$ seiner algebraischen Vielfachheit
entsprechend oft aufgeführt ist \emph{[$\to$ 10.1.14, 11.3.10]}, das heißt $\ch_{M(q,\v)}=\det(M(q,\v)-XI_n)=(-1)^n\prod_{i=1}^n(X-\la_i)$, so gilt
\begin{align*}
r&=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid\la_i>0\}\qquad\text{und}\\
s&=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid\la_i<0\}.
\end{align*}
\item Ist $\v=(v_1,\ldots,v_n)$ eine Basis von $V$, $D=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$d_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$d_n$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (1,-0.2) [scale=2.5]{$0$};
\node at (0,-0.8) [scale=2.5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}\in\R^{n\times n}$ eine Diagonalmatrix und $P\in\R^{n\times n}$ invertierbar mit $M(q,\v)=P^TDP$ \emph{oder} $M(q,\v)=P^{-1}DP$, so gilt
\begin{align*}
r&=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid d_i>0\}\qquad\text{und}\\
s&=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid d_i<0\}.
\end{align*}
\item Sind $\ell_1,\ldots,\ell_m\in V^*$ linear unabhängig und $\la_1,\ldots,\la_m\in\R$ mit \[\forall v\in V:q(v)=\sum_{i=1}^m\la_i(\ell_i(v))^2,\] so gilt
\begin{align*}
r&=\#\{i\in\{1,\ldots,m\}\mid\la_i>0\}\qquad\text{und}\\
s&=\#\{i\in\{1,\ldots,m\}\mid\la_i<0\}.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
Wir zeigen zunächst den Fall $M(q,\v)=P^TDP$ von (b), dann (a), dann den Fall $M(q,\v)=P^{-1}DP$ von (b) und schließlich (c).

\medskip
\textbf{(b) Fall $\mathbf{M(q,\v)=P^TDP}$}

\medskip
\emph{Schritt 1:} \OE\ $P=I_n$

\smallskip
\emph{Begründung:} Setze $w_i:=\vect_{\v}(P^{-1}e_i)$ für $i\in\{1,\ldots,n\}$. Dann ist $\w:=(w_1,\ldots,w_n)$ eine Basis von $V$
[$\to$ 6.3.7, 6.3.8] und es gilt $P^{-1}=M(\w,\v)$ und somit
\[M(q,\w)\overset{\text{13.3.10}}=M(\w,\v)^TM(q,\v)M(\w,\v)=(P^{-1})^TP^TDPP^{-1}=(PP^{-1})^TD(PP^{-1})=D.\]

\medskip
\emph{Schritt 2:} \OE\ $D$ von der Gestalt
$\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0,scale=0.8]
\node (a) {$1$};
\node (b) at (1,-1)  {$1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node (c) at (1.3,-1.5)  {$-1$};
\node (d) at (2.3,-2.5) {$-1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (c)--(d);
\node (e) at (2.8,-2.8)  {$0$};
\node (f) at (3.8,-3.8) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (e)--(f);
\node at (3.3,-1) [scale=5]{$0$};
\node at (0.7,-3.3) [scale=5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}$.

\smallskip
\emph{Begründung:} Vertauschen der Basiselemente und Skalieren derselben mit positiven Skalaren ändert die Anzahl der positiven bzw. negativen Diagonaleinträge von
$M(q,\v)$ nicht.

\medskip
\textbf{(a)} Da $M(q,\v)$ eine reelle symmetrische Matrix ist, gibt es nach 11.3.10 eine orthogonale [$\to$ 11.2.25, 11.2.27] Matrix
$P\in\R^{n\times n}$ und eine Diagonalmatrix
\[D=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$d_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$d_n$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (1,-0.2) [scale=2.5]{$0$};
\node at (0,-0.8) [scale=2.5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}\in\R^{n\times n}
\] mit $M(q,\v)=P^TDP=P^{-1}DP$. Da $M(q,\v)$ und $D$ ähnlich sind, haben sie dasselbe charakteristische Polynom [$\to$ 10.1.4], das heißt $\prod_{i=1}^n(X-\la_i)=
\prod_{i=1}^n(X-d_i)$. Dann gibt es nach 10.1.13 eine Permutation $\si\in S_n$ mit $(\la_1,\ldots,\la_n)=(d_{\si(1)},\ldots,d_{\si(n)})$, weshalb man in der Behauptung die $\la_i$ durch die $d_i$
ersetzen kann. Wegen $M(q,\v)=P^TDP$ folgt aber dann die Behauptung nach dem bereits bewiesenen Teil von (b).

\medskip
\textbf{(b) Fall $\mathbf{M(q,\v)=P^{-1}DP}$}

\medskip
Setze $\la_i:=d_i$ für $i\in\{1,\ldots,n\}$. Dann gilt $\ch_{M(q,\v)}\overset{\text{10.1.4}}=\ch_D=(-1)^n\prod_{i=1}^n(X-\la_i)$ und die Behauptung folgt nun aus (a).

\medskip
\textbf{(c)} Ergänze $\ell_1,\ldots,\ell_m$ zu einer Basis $\ell_1,\ldots,\ell_m,\ell_{m+1},\ldots,\ell_n$ von $V^*$ und setze $\la_{m+1}=\ldots=\la_n=0$. Wähle eine Basis
$\v=(v_1,\ldots,v_n)$ von $V$. Nach 13.5.2 ist dann $P:=(\ell_i(v_j))_{1\le i,j\le n}\in\R^{n\times n}$ invertierbar und mit $D:=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$\la_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$\la_n$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (1,-0.2) [scale=2.5]{$0$};
\node at (0,-0.8) [scale=2.5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}\in\R^{n\times n}
$ gilt $M(q,\v)=P^TDP$. Nun folgt die Behauptung aus (b).
\end{proof}

\begin{df}
Sei $n\in\N_0$ und $A\in S\R^{n\times n}$. Dann definiert man die Sylvester-Signatur von $A$ als die Sylvester-Signatur der zu $A$ gehörigen quadratischen
Form $q_A\colon\R^n\to\R,\ x\mapsto x^TAx$.
\end{df}

\begin{bem} Sei $V$ ein $\R$-Vektorraum mit Basis $\v=(v_1,\ldots,v_n)$ und $q\in Q(V)$. Dann stimmen die Sylvester-Signaturen von $q$ und von $M(q,\v)$ natürlich überein, denn setzt man $A:=M(q,\v)$, so gilt $M(q_A,\e)=A=M(q,\v)$ und es liefert zum Beispiel Teil (a) des obigen Satzes das Gewünschte.
\end{bem}

\begin{kor} Sei $n\in\N_0$ und $A\in S\R^{n\times n}$ mit Sylvester-Signatur $(r,s)$.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Gilt \[\ch_A=(-1)^n\prod_{i=1}^n(X-\la_i)\qquad\text{mit}\qquad \la_1,\ldots,\la_n\in\R,\] so gilt $r=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid\la_i>0\}$ und $s=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid\la_i<0\}$.
\item Ist $D=\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$d_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$d_n$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (1,-0.2) [scale=2.5]{$0$};
\node at (0,-0.8) [scale=2.5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}\in\R^{n\times n}$ und $P\in\R^{n\times n}$ invertierbar mit \[M(q,\v)=P^TDP\qquad\text{\emph{oder}}\qquad M(q,\v)=P^{-1}DP,\]
so gilt
$r=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid d_i>0\}$ und $s=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid d_i<0\}$.
\item Sind $\ell_1,\ldots,\ell_m\in(\R^n)^*$ linear unabhängig und $\la_1,\ldots,\la_m\in\R$ mit \[\forall x\in\R^n:x^TAx=\sum_{i=1}^m\la_i(\ell_i(x))^2,\] so gilt
$r=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid\la_i>0\}$ und $s=\#\{i\in\{1,\ldots,n\}\mid\la_i<0\}$.
\end{enumerate}
\end{kor}

\subsection{Positiv semidefinite Matrizen}

\begin{df}
Sei $V$ ein $\R$-Vektorraum. Man nennt $q\in Q(V)$ \emph{\alal{positiv}{negativ} semidefinit \alal{(psd)}{(nsd)}}, wenn $\forall v\in V:q(v)\malal\ge\le0$. Gilt zusätzlich
$\forall v\in V:(q(v)=0\implies v=0)$, so nennt man $q$ \emph{\alal{positiv}{negativ} definit \alal{(pd)}{(nd)}}. Man nennt $b\in\bil(V)$ psd/nsd/pd/nd, wenn $b$ symmetrisch und $q_b$ psd/nsd/pd/nd ist.
\end{df}

\begin{bsp} Ein Skalaprodukt auf einem \emph{reellen} Vektorraum ist per Definition nichts anderes als eine positive definite Bilinearform [$\to$ 11.1.1].
\end{bsp}

\begin{df} Sei $n\in\N_0$ und $A\in\R^{n\times n}$. Es heißt $A$ psd/nsd/pd/nd, wenn die zu $A$ gehörige Bilinearform $b_A\colon\R^n\times\R^n\to\R,\ (x,y)\mapsto x^TAy$
[$\to$ 13.3.2(a)] psd/nsd/pd/nd ist.
\end{df}

\begin{bem} Sei $n\in\N_0$ und $A\in\R^{n\times n}$. Dann ist $A$ psd/nsd/pd/nd genau dann, wenn $A$ symmetrisch ist [$\to$ 13.4.2,\ 9.1.21]
und $q_A\colon\R^n\to\R,\ x\mapsto
x^TAx$ psd/nsd/pd/nd ist.
\end{bem}

\begin{bem} Sei $V$ ein $\R$-Vektorraum mit Basis $\v=(v_1,\ldots,v_n)$ und $q\in Q(V)$. Dann
$q$ psd/nsd/pd/nd $\iff$ $M(q,\v)$ psd/nsd/pd/nd.
\end{bem}

\begin{bem} Für reelle quadratische Formen $q$ gilt natürlich
\[q\text{ nsd}\iff-q\text{ psd}\qquad\text{und}\qquad q\text{ nd}\iff-q\text{ pd}.\]
Analoges gilt für Bilinearformen und für Matrizen. Daher betrachten wir im Folgenden nur noch die Begriffe "`psd"' und "`pd"'.
\end{bem}

\begin{sat}\label{psdq}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\R$-Vektorraum und $q\in Q(V)$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $q$ ist psd.
\item Die Sylvester-Signatur von $q$ ist $(r,0)$ für ein $r\in\N_0$.
\item $\exists\ell_1,\ldots,\ell_n\in V^*:\forall v\in V:q(v)=\sum_{i=1}^n(\ell_i(v))^2$
\item $\exists m\in\N_0:\exists\ell_1,\ldots,\ell_m\in V^*:\forall v\in V:q(v)=\sum_{i=1}^m(\ell_i(v))^2$
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof} \underline{(a)$\implies$(b)} folgt direkt aus der Definition der Sylvester-Signatur \ref{inertia}.

\medskip
\underline{(b)$\implies$(c)} folgt ebenfalls aus dieser Definition zusammen mit Lemma 13.5.1.

\medskip
\underline{(c)$\implies$(d)$\implies$(a)} sind trivial.
\end{proof}

\begin{df}{}[$\to$ 13.5.7] Sei $A\in S\R^{n\times n}$. Unter einer \emph{Cholesky-Zerlegung} [André Louis Cholesky *1875 $\dagger$1918] von $A$
verstehen wir ein Paar $(P,D)$ von Matrizen $P,D\in\R^{n\times n}$ mit $A=P^TDP$, wobei $P$ von oberer Dreiecksgestalt mit lauter Einsen auf der Diagonale und $D$ von Diagonalgestalt ohne negative Einträge ist.
\end{df}

\begin{df} Sei $K$ ein kommutativer Ring, $n\in\N_0$ und $A\in K^{n\times n}$. Für jedes $I\subseteq\{1,\ldots,n\}$ bezeichne
$A_I\in K^{(\#I)\times(\#I)}$ die Matrix, die aus $A$ durch Streichen aller Zeilen $i$ und Spalten $i$ mit $i\notin I$ entsteht. Wir bezeichnen die
Determinanten der $n$ Matrizen \[A_{\{1\}},A_{\{1,2\}},\ldots,A_{\{1,\ldots,n\}}\] als die \emph{Leithauptminoren (oder führende Hauptminoren)}
von $A$ und die Determinanten
der $2^n-1$ Matrizen \[A_I\qquad(\emptyset\ne I\subseteq\{1,\ldots,n\})\] als die \emph{Hauptminoren} von $A$.
[\emph{Vorsicht:} Manche deutschsprachigen Autoren bezeichnen nur die Leithauptminoren als Hauptminoren und haben keine Bezeichnung für
unsere Hauptminoren.]
\end{df}

\begin{bsp} Die Leithauptminoren von $A:=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\in\R^{3\times3}$ sind $1$, $0$, $0$ und ihre Hauptminoren
sind die Diagonaleinträge $1$, $1$, $-1$, die Determinanten $\det\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}=0$, $\det\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-1$,
$\det\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-1$ und $\det(A)=0$.
\end{bsp}

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}\label{psda}
Sei $A\in S\R^{n\times n}$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $A$ ist psd.
\item $\forall x\in\R^n:x^TAx\ge0$
\item Die Sylvester-Signatur von $A$ ist $(r,0)$ für ein $r\in\N_0$.
\item Alle Eigenwerte von $A$ sind $\ge0$.
\item Alle Koeffizienten von $\det(A+XI_n)=\ch_A(-X)\in\R[X]$ sind $\ge0$.
\item Alle Hauptminoren von $A$ sind $\ge0$.
\item $A$ besitzt eine Cholesky-Zerlegung.
\item Es gibt eine obere Dreiecksmatrix \emph{[$\to$ 10.3.1]} $B\in\R^{n\times n}$ mit $A=B^TB$.
\item $\exists B\in\R^{n\times n}:A=B^TB$
\item $\exists m\in\N_0:\exists B\in\R^{m\times n}:A=B^TB$
\item $\exists v_1,\ldots,v_n\in\R^n:A=\begin{pmatrix}\langle v_1,v_1\rangle&\ldots&\langle v_1,v_n\rangle\\
\vdots&&\vdots\\
\langle v_n,v_1\rangle&\ldots&\langle v_n,v_n\rangle\end{pmatrix}$
\item $\exists m\in\N_0:\exists v_1,\ldots,v_n\in\R^m:A=\begin{pmatrix}\langle v_1,v_1\rangle&\ldots&\langle v_1,v_n\rangle\\
\vdots&&\vdots\\
\langle v_n,v_1\rangle&\ldots&\langle v_n,v_n\rangle\end{pmatrix}$
\item $\exists v_1,\ldots,v_n\in\R^n:A=\sum_{i=1}^nv_iv_i^T$
\item $\exists m\in\N_0:\exists v_1,\ldots,v_m\in\R^n:A=\sum_{i=1}^mv_iv_i^T$
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\underline{(a)$\iff$(b)} ist trivial, da $A$ symmetrisch ist.

\medskip
 \underline{(b)$\iff$(c)} ist klar nach Definition \ref{inertia} der Sylvester-Signatur.
 
\medskip
\underline{(c)$\iff$(d)} folgt aus \ref{sylvesterchar}(a).

\medskip
\underline{(d)$\iff$(e)} "`$\Longrightarrow$"'\quad Sind $\la_1,\ldots,\la_n\in\R$ die Eigenwerte von $A$ mit algebraischen Vielfachheiten [$\to$ 10.1.14, 11.3.10], so gilt
$\ch_A=\prod_{i=1}^n(\la_i-X)$ und daher $\ch_A(-X)=\prod_{i=1}^n(\la_i+X)$. Die Koeffizienten von $\ch_A(-X)$ sind daher Summen von Produkten
der $\la_i$.

"`$\Longleftarrow$"'\quad Sei $\la\in\R$ ein Eigenwert von $A$. Dann $\det(A-\la I_n)=\ch_A(\la)=0$. Setzt man also $-\la$ anstelle von $X$ in das Polynom
$0\ne\det(A+XI_n)$ ein, so erhält man $0$. Hat dieses Polynom nur nichtnegative Koeffizienten, so folgt $-\la\le0$.

\medskip
\underline{(e)$\iff$(f)} "`$\Longleftarrow$"'\quad Schreibt man $\det(A+XI_n)=X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_0$ mit $a_0,\ldots,a_{n-1}\in K$, so sieht man
mit scharfem Auge direkt an der Definition einer Determinante 9.1.9, dass
\[a_i=\sum_{\substack{I\subseteq\{1,\ldots,n\}\\\#(\{1,\ldots,n\}\setminus I)=i}}\det(A_I)\]
für $i\in\{0,\ldots,n-1\}$.

"`$\Longrightarrow$"'\quad Gelte (e). Sei $\emptyset\ne I\subseteq\{1,\ldots,n\}$. Zu zeigen ist $\det(A_I)\ge0$. Wegen (b)$\iff$(e) gilt dann auch (b).
Insbesondere $\forall x\in\R^{\#I}:x^TA_Ix\ge0$. Wieder wegen (b)$\iff$(e) hat $\det(A_I+XI_{\#I})\in\R[X]$ keine negativen Koeffizienten.
Insbesondere ist der konstante Koeffizient $\det(A_I)$ dieses Polynoms $\ge0$.

\medskip Es ist nun die Äquivalenz der Aussagen (a)--(f) gezeigt.

\medskip
\underline{(b)$\implies$(g)} folgt wie in Bemerkung 13.5.10(c) angekündigt durch Inspektion des Beweises von Satz 13.5.9.

\medskip
\underline{(g)$\implies$(h)}\quad Ist $A=P^TDP$ mit
$P=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$1$};
\node (b) at (1,-1)  {$1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (0.8,-0.2) [scale=2.5]{$*$};
\node at (0.1,-0.8) [scale=2]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}\in\R^{n\times n}$ und
$D=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$d_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$d_n$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (0.8,-0.2) [scale=2]{$0$};
\node at (0.1,-0.8) [scale=2]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}\in\R^{n\times n}$ mit $d_i\ge0$, so ist $B:=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$\sqrt{d_1}$};
\node (b) at (1,-1)  {$\sqrt{d_n}$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (0.8,-0.2) [scale=2]{$0$};
\node at (0.1,-0.8) [scale=2]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}P\in\R^{n\times n}$ und $A=B^TB$.

\medskip
\underline{(h)$\implies$(i)$\implies$(j)} ist trivial.

\medskip
\underline{(j)$\implies$(b)} \quad Ist $A=B^TB$ mit $B\in\R^{m\times n}$, so gilt $x^TAx=x^TB^TBx=(Bx)^TBx=\langle Bx,Bx\rangle\ge0$ für alle $x\in\R^n$.

\medskip Es ist nun die Äquivalenz der Aussagen (a)--(j) gezeigt.

\medskip Die Äquivalenzen \underline{(i)$\iff$(k)} und \underline{(j)$\iff$(l)} ergeben sich sofort, indem man die $v_i$ als die Spalten von $B$ auffasst, denn
für $v_1,\ldots,v_n\in\R^m$ gilt
\[\begin{pmatrix}v_1^T\\\vdots\\v_n^T\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1&\ldots&v_n\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}v_1^Tv_1&\ldots&v_1^Tv_n\\
\vdots&&\vdots\\
v_n^Tv_1&\ldots&v_n^Tv_n\end{pmatrix}.\]

\medskip Die Äquivalenzen \underline{(i)$\iff$(m)} und \underline{(j)$\iff$(m)} ergeben sich, indem man die $v_i^T$ als die Zeilen von $B$ auffasst, denn
für $v_1,\ldots,v_m\in\R^n$ gilt
\begin{align*}
\begin{pmatrix}v_1&\ldots&v_m\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1^T\\\vdots\\v_m^T\end{pmatrix}&=
\sum_{i=1}^m\begin{pmatrix}0&\ldots&0&\tikz\node[baseline=(a23.base),inner sep=-2](a23){$v_i$};&0\ldots&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_1^T\\\vdots\\v_m^T\end{pmatrix}\\
&=\sum_{i=1}^m\begin{pmatrix}0&\ldots&0&\tikz\node[baseline=(b23.base),inner sep=-2](b23){$v_i$};&0&\ldots&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\\vdots\\0
\\\tikz\node[baseline=(c23.base),inner sep=-2](c23){$v_i^T$};\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\\
&=\sum_{i=1}^mv_iv_i^T.
\end{align*}
\begin{tikzpicture}[overlay]
\node(a24)[above=of a23,yshift=-15]{$i$};
\draw[->](a24.south) -- ([yshift=4]a23.north);
\node(b24)[above=of b23,yshift=-15]{$i$};
\draw[->](b24.south) -- ([yshift=4]b23.north);
\node(c24)[right=of c23,xshift=-10]{$i$};
\draw[->](c24.west) -- ([xshift=10]c23.east);
\end{tikzpicture}
\end{proof}

\begin{sat}\label{pdq}{}\emph{[$\to$ \ref{psdq}]}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $R$-Vektorraum, $n:=\dim V$ und $q\in Q(V)$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $q$ ist pd.
\item Die Sylvester-Signatur von $q$ ist $(n,0)$.
\item Es gibt eine Basis $\ell_1,\ldots,\ell_n$ von $V^*$ mit $\forall v\in V:q(v)=\sum_{i=1}^n(\ell_i(v))^2$
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
 \underline{(a)$\implies$(b)} folgt direkt aus der Definition der Sylvester-Signatur \ref{inertia}.

\medskip
\underline{(b)$\implies$(c)} folgt ebenfalls aus dieser Definition zusammen mit Lemma 13.5.1.

\medskip
\underline{(c)$\implies$(a)} \quad Gelte (c) und sei $0\ne v\in V$. Zu zeigen ist $q(v)>0$. Da $V\to V^{**}$ injektiv ist [$\to$ 13.1.14], gibt es $\ell\in V^*$ mit $\ell(v)\ne0$. Wegen $\ell\in\lin(\ell_1,\ldots,\ell_n)$ gibt es $i\in\{1,\ldots,n\}$ mit $\ell_i(v)\ne0$. Daraus folgt $q(v)\ge(\ell_i(x))^2>0$.
\end{proof}

\begin{sat}{}\emph{[$\to$ \ref{psda}]}\label{pda}
\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}
Sei $A\in S\R^{n\times n}$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $A$ ist pd.
\item $\forall x\in\R^n\setminus\{0\}:x^TAx>0$
\item Die Sylvester-Signatur von $A$ ist $(n,0)$.
\item Alle Eigenwerte von $A$ sind positiv.
\item Die Koeffizienten zu den Monomen $1,X,\ldots,X^{n-1}$ in $\det(A+XI_n)=\ch_A(-X)\in\R[X]$ sind positiv.
\item Alle Leithauptminoren von $A$ sind positiv.
\item Alle Hauptminoren von $A$ sind positiv.
\item $A$ besitzt eine Cholesky-Zerlegung $(P,D)$ derart, dass alle Diagonaleinträge von $D$ positiv sind.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
Die Äquivalenz aller Aussagen mit Ausnahme von (f) zeigt man analog zum Beweis von Satz \ref{psda}. Es ist \underline{(g)$\implies$(f)} trivial. Wir zeigen schließlich
\underline{(f)$\implies$(b)} durch Induktion nach $n\in\N_0$:

\underline{$n=0$}\quad Dann ist (b) die leere Aussage, da $\R^n=\R^0=\{0\}$.

\underline{$n\to n+1$\quad($n\in\N_0$)}\quad Seien alle Leithauptminoren der Matrix $A\in S\R^{(n+1)\times(n+1)}$ positiv. Schreibt man
\[A=
\left(\begin{array}{ccc|c}
&&&a_1\\
&\tikz\node[overlay,scale=4,yshift=1](B){$B$};&&\vdots\\
&&&a_n\\
\hline
a_1&\ldots&a_n&c
\end{array}\right)
\]
mit $B\in S\R^{n\times n}$ und $a_1,\ldots,a_n,c\in\R$, so gilt nach Induktionsvoraussetzung $x^TBx>0$ für alle $x\in\R^n\setminus\{0\}$
(denn insbesondere sind alle Leithauptminoren von $B$ positiv). Wähle nun
\[0\ne v\in\ker\underbrace{\begin{pmatrix}
&a_1\\
\;\quad\tikz\node[overlay,scale=4,yshift=1](B){$B$};\quad&\vdots\\
&a_n
\end{pmatrix}}_{\in\R^{n\times(n+1)}}.
\]
Wegen $\ker B=\{0\}$ kann nicht $v\in\lin(e_1,\ldots,e_n)$ gelten, wobei $\e=(e_1,\ldots,e_{n+1})$ die Standardbasis des $\R^{n+1}$ bezeichne.
Dann ist $\v:=(e_1,\ldots,e_n,v)$ eine Basis des $\R^{n+1}$ und es gilt $e_i^TAv=0$ für $i\in\{1,\ldots,n\}$. Es folgt, dass $M(q_A,\v)$ von der Form
\[M(q_A,\v)=
\left(\begin{array}{ccc|c}
&&&0\\
&\tikz\node[overlay,scale=4,yshift=1](B){$B$};&&\vdots\\
&&&0\\
\hline
0&\ldots&0&d
\end{array}\right)
\]
mit $d\in\R$ ist. Wegen $A=M(q_A,\e)\overset{\text{13.3.10}}=M(\e,\v)^TM(q_A,\v)M(\e,\v)$ gilt
\[0<\det A\overset{\text{9.1.15}}{\underset{\text{9.1.23}}=}(\det M(\e,\v))^2M(q_A,\v)\overset{\text{9.1.11}}=\underbrace{(\det M(\e,\v))^2}_{>0}\underbrace{(\det B)}_{>0}d\]
und daher $d>0$. Nun gilt für alle $x\in\R^n$ und $y\in\R$
\[\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}^TM(q_A,\v)\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=x^TBx+dy^2>0\qquad\text{falls}\qquad\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\ne0.\]
Somit ist $M(q_A,\v)$ und damit $q_A$ pd, das heißt $A$ ist pd.
\end{proof}

\begin{bem}
Wie man eine Cholesky-Zerlegung einer positiv semidefiniten Matrix berechnet, ist aus dem Beweis von 13.5.9 wegen Bemerkung 13.5.10(c) klar.
Ist die Matrix sogar positiv definit, so kann auch der dortige Fall 1 nicht auftreten. Da im dortigen Fall 2 die Wahl der Linearform $\ell_1$ zwingend ist, sieht man mit Hilfe von 13.5.2 leicht, dass \emph{die} Cholesky-Zerlegung einer \emph{positiv definiten} Matrix \emph{eindeutig} ist.
\end{bem}

Die in 13.5.12 bewiesene Diagonalisierung quadratischer Formen über beliebigen Körpern mit $0\ne2$ kann über dem Körper der reellen Zahlen zu folgender in §11.3 in einer anderen Sprache formulierten Aussage verschärft werden ("`simultane Diagonalisierung"'):

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}
Seien $V$ ein endlichdimensionaler $\R$-Vektorraum und $q_1,q_2\in Q(V)$. Ist $q_1$ pd oder nd, so gibt es eine geordnete Basis $\v$ von $V$ derart,
dass $M(q_1,\v)$ und $M(q_2,\v)$ beide Diagonalgestalt haben.
\end{sat}

\begin{proof}
\OE\ $q_1$ pd. Es ist $b_{q_1}$ [$\to$ 13.4.6] ein Skalarprodukt auf $V$ vermöge dessen $V$ zu einem Vektorraum
mit Skalarprodukt wird [$\to$ 11.1.1]. Wähle
eine ONB $\w$ von $V$ [$\to$ 11.2.5, 11.2.15]. Wähle $f\in\End(V)$ mit $M(f,\w)=M(q_2,\w)$ (nämlich $f=\vect_{\w}\circ f_{M(q_2,\w)}\circ\coord_\w$).
Da $M(f,\w)$ symmetrisch (also selbstadjungiert [$\to$ 11.3.3]) und $\w$ eine ONB ist, ist $f$ nach 11.3.4 selbstadjungiert. Nach Satz 11.3.9 gibt es
eine ONB $\v$ von $V$, die aus Eigenvektoren von $f$ besteht. Dann ist $M(q_1,\v)=M(b_{q_1},\v)$ die Einheitsmatrix (da $\v$ ONB) und
\[
\begin{array}{rcl}
M(q_2,\v)&=&M(\v,\w)^TM(q_2,\w)M(\v,\w)\\
&=&M(\v,\w)^TM(f,\w)M(\v,\w)\\
&\overset{\v,\w\text{ ONB}}{\underset{\text{11.2.26}}=}&M(\v,\w)^{-1}M(f,\w)M(\v,\w)\\
&\underset{\text{7.2.11}}=&M(\w,\v)M(f,\w)M(\v,\w)\underset{\text{7.2.5}}=M(f,\v)
\end{array}
\]
von Diagonalgestalt, da $\v$ aus Eigenvektoren von $f$ besteht.
\end{proof}

Jedoch ist obige simultane Diagonalisierung viel schwieriger zu berechnen (siehe Beweis von Satz 11.3.9) als einfach nur eine Diagonalisierung
(siehe §13.5).

\newpage
\section{Skalarprodukte}

Dieses Kapitel ist eine Fortsetzung von §11. Wie dort, so sei auch hier stets $\K\in\{\R,\C\}$.

\subsection{Die adjungierte Abbildung}

\begin{prodf}\label{dfad}
Seien $V$ und $W$ $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt und $f\colon V\to W$ linear. Dann gibt es zu jedem $w\in W$ höchstens ein
$v'\in V$ mit $\forall v\in V:\langle f(v),w\rangle=\langle v,v'\rangle$. Setzt man $W':=\{w\in W\mid\exists v'\in V:\forall v\in V:\langle f(v),w\rangle
=\langle v,v'\rangle\}$, so gibt es also genau eine Abbildung $f^*\colon W'\to V$ mit $\forall v\in V\colon\langle f(v),w\rangle=\langle v,f^*(w)\rangle$. Man
nennt $f^*$ die zu $f$ \emph{adjungierte Abbildung}. Es ist $W'$ ein Untervektorraum von $W$ und $f^*$ linear.
\end{prodf}

\begin{proof} Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Eindeutigkeit von $v'$.
\item $\forall w_1,w_2\in W':(w_1+w_2\in W'\et f^*(w_1+w_2)=f^*(w_1)+f^*(w_2))$
\item $\forall w\in W':\forall\la\in\K:(\la w\in W'\et f^*(\la w)=\la f^*(w))$
\end{enumerate}

Zu (a). Sei $w\in W$. Sind $v_1',v_2'\in V$ mit $\forall v\in V:\langle v,v_1'\rangle=\langle f(v),w\rangle=\langle v,v_2'\rangle$, so folgt
$\forall v\in V:\langle v,v_1'-v_2'\rangle=0$, insbesondere $\langle v_1'-v_2',v_1'-v_2'\rangle=0$, also $v_1'=v_2'$.

\medskip
Zu (b). Seien $w_1,w_2\in W'$. Dann gilt für alle $v\in V$
$\langle f(v),w_1+w_2\rangle=\langle f(v),w_1\rangle+\langle f(v),w_2\rangle=\langle v,f^*(w_1)\rangle+\langle v,f^*(w_2)\rangle=\langle v,f^*(w_1)+f^*(w_2)\rangle$.

\medskip
Zu (c). Sei $w\in W'$ und $\la\in\K$. Dann gilt für alle $v\in V$
\[\langle f(v),\la w\rangle=\la\langle f(v),w\rangle=\la\langle v,f^*(w)\rangle=\langle v,\la f^*(w)\rangle.\]
\end{proof}

\begin{bsp} Sei $V:=C^\infty([0,1],\R)$ der Vektorraum der unendlich oft differenzierbaren reellen Funktionen auf $[0,1]$ mit dem durch
\[\langle f,g\rangle:=\int_0^1fg\qquad(f,g\in V)\]
definierten Skalarprodukt. Die Ableitung $D\colon V\to V,\ f\mapsto f'$ ist eine lineare Abbildung. Ist $g$ im Definitionsbereich von $D^*$, so gilt
\[\forall f\in V:\int_0^1f'g=\int_0^1fD^*(g).\]
Andererseits gilt gemäß partieller Integration auch
\[\forall f\in V:\int_0^1f'g=[fg]_0^1-\int_0^1fg'\]
und daher $\forall f\in V:\int_0^1f(g'+D^*(g))=[fg]_0^1$. Durch Einsetzen von "`Nadelfunktionen"'
(siehe etwa \href{https://en.wikipedia.org/wiki/Bump_function}{Wikipedia-Eintrag zu ``bump function''} [male Bild]) für $f$ sieht man nun $D^*(g)=-g'$. Daher ist der Definitionsbereich von $D^*$ gleich
\begin{align*}
\left\{g\in V\mid\forall f\in V:\int_0^1f'g=\int_0^1f(-g')\right\}&=\{g\in V\mid\forall f\in V:[fg]_0^1=0\}\\
&=\{g\in V\mid g(0)=g(1)=0\}.
\end{align*}
Es gilt also
$D^*\colon\{g\in V\mid g(0)=g(1)=0\}\to V,\ g\mapsto -g'$.
\end{bsp}

\begin{erinnerung}{}[$\to$ 11.3.1] Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann heißt $f$ selbstadjungiert, wenn
$\forall v,w\in V\colon\langle f(v),w\rangle=\langle v,f(w)\rangle$.
\end{erinnerung}

\begin{pro} Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann ist $f$ selbstadjungiert genau dann, wenn $f=f^*$ (was natürlich
beinhaltet, dass $f^*$ auf $V$ definiert ist).
\end{pro}

\begin{bsp} Sei $V:=\{f\in C^\infty([0,1],\C)\mid f(0)=f(1)\}$ mit dem durch
\[\langle f,g\rangle:=\int_0^1f^*g\qquad(f,g\in V)\] gegebenen Skalarprodukt, wobei für $f,g\in V$ jeweils
$f^*$ die zu $f$ punktweise komplex-konjugierte Funktion und $fg$ das punktweise Produkt von $f$ und $g$ sei. Betrachte $T\colon V\to V,\ f\mapsto\i f'$.
Es gilt für alle $f,g\in V$
\begin{align*}
\langle T(f),g\rangle&=\int_0^1(\i f'(x))^*g(x)dx=-\i\int_0^1(f^*)'g\overset{\text{partielle}}{\underset{\text{Integration}}=}
-\i\left(
\underbrace{[f^*g]_0^1}_{\substack{=0,\\\text{da }f,g\in V}}
-\int_0^1f^*g'\right)\\
&=\int_0^1f^*T(g)=\langle f,T(g)\rangle.
\end{align*}
Daher ist $T=T^*$.
\end{bsp}

\begin{sat}\label{ganz}
Seien $V$ und $W$ $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt. Sei $f\colon V\to W$ linear und $\dim V<\infty$. Dann ist $f^*$ auf ganz $W$ definiert.
\end{sat}

\begin{proof} Wähle mit 11.2.5 eine ONB $\v=(v_1,\ldots,v_n)$ von $V$. Dann gilt für jede lineare Abbildung $g\colon W\to V$:
\begin{align*}
g=f^*&\iff\forall v\in V:\forall w\in W:\langle f(v),w\rangle=\langle v,g(w)\rangle\\
&\iff\forall i\in\{1,\ldots,n\}:\forall w\in W:\langle f(v_i),w\rangle=\langle v_i,g(w)\rangle\\
&\iff\forall w\in W:\sum_{i=1}^n\langle f(v_i),w\rangle v_i=\sum_{i=1}^n\langle v_i,g(w)\rangle v_i\overset{\text{11.2.13}}=g(w).
\end{align*}

\begin{bem}
Die Notation $f^*$ hatten wir in 13.1.8 anders verwendet, nämlich für die zu einer linearen Abbildung gehörige duale Abbildung $f^*\colon W^*\to V^*$.
Man verwendet fast nie die adjungierte und die duale Abbildung gleichzeitig und aus dem Kontext ist fast immer klar, welche gemeint ist. Wenn $V$ und
$W$ endlichdimensionale $\R$-Vektorräume mit Skalarprodukt sind und $f\colon V\to W$ linear ist, dann sind ausserdem die zu $f$ dualen Abbildungen
$f^T:=f^*\colon W^*\to V^*$ und die zu $f$ adjungierte Abbildung $f^\text{ad}:=f^*\colon W\to V$ "`im Prinzip dieselben"', denn das Diagramm
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node (V) at (-2,1) {$V$}; \node (W) at (2,1) {$W$};
\node (VV) at (-2,-1) {$V^*$}; \node (WW) at (2,-1) {$W^*$};
\draw[->] (V) -- (VV) node[midway, left] {$\al$};
\draw[->] (W) -- (WW) node[midway, right] {$\be$};
\draw[->] (W) -- (V) node[midway, above] {$f^{\text{ad}}$};
\draw[->] (WW) -- (VV) node[midway, below] {$f^T$};
\draw[->] (0.3,0) arc (0:250:0.3);
\end{tikzpicture}
\end{center}
mit den kanonischen Isomorphien [$\to$ 13.1.7]
\begin{align*}
\al\colon V\to V^*,\ v_1&\mapsto(v_2\mapsto\langle v_1,v_2\rangle)\qquad\text{und}\\
\be\colon W\to W^*,\ w_1&\mapsto(w_2\mapsto\langle w_1,w_2\rangle)
\end{align*}
kommutiert. In der Tat: Es gilt für alle $w\in W$ und $v\in V$
\begin{align*}
(\al(f^{\text{ad}}(w)))(v)&=\langle v,f^{\text{ad}}(w)\rangle=\langle f(v),w\rangle=\langle w,f(v)\rangle\\
&=(\be(w))(f(v))=((\be(w))\circ f)(v)=(f^T(\be(w)))(v),
\end{align*}
das heißt $\al\circ f^{\text{ad}}=f^T\circ\be$. 
\end{bem}
\end{proof}

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

\begin{proof}
$\langle Ax,y\rangle=(Ax)^*y=x^*A^*y=\langle x,A^*y\rangle$
\end{proof}

\begin{pro}\label{starendomatrix}
Seien $V$ und $W$ endlichdimensionale $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt und $f\colon V\to W$ linear. Sei $\v$ eine ONB von $V$ und $\w$ eine ONB von $W$.
Dann gilt \[M(f^*,\w,\v)=M(f,\v,\w)^*.\]
\end{pro}

\begin{proof}
Es ist
\[(*)\qquad f^*=\vect_\v\circ f_{M(f,\v,\w)^*}\circ\coord_\w\]
zu zeigen. Es gilt
\begin{align*}
(*)&\iff\forall v\in V:\forall w\in W:\langle f(v),w\rangle=\langle v,\vect_\v(M(f,\v,\w)^*\coord_\w(w))\rangle\\
&\overset{11.2.24}\iff\forall v\in V:\forall w\in W:
\begin{aligned}
&\langle\overbrace{\coord_\w(f(v))}^{M(f,\v,\w)\coord_\v(v)},\coord_\w(w)\rangle=\\
&\langle\coord_\v(v),M(f,\v,\w)^*\coord_\w(w)\rangle.
\end{aligned}
\end{align*}
\end{proof}

\begin{pro}\label{starlin}
Seien $U$, $V$ und $W$ endlichdimensionale $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt, $\la\in\K$ und $f,f_1,f_2\colon U\to V$ sowie $g\colon V\to W$
linear. Dann gilt $(f_1+f_2)^*=f_1^*+f_2^*$, $(\la f)^*=\la^*f^*$, $(g\circ f)^*=f^*\circ g^*$, $\id_V^*=\id_V$ und $f^{**}=f$.
\end{pro}

\begin{proof}
Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\forall u\in U:\forall v\in V:\langle(f_1+f_2)(u),v\rangle=\langle u,(f_1^*+f_2^*)(v)\rangle$
\item $\forall u\in U:\forall v\in V:\langle(\la f)(u),v\rangle=\langle u,(\la^*f^*)(v)\rangle$
\item $\forall u\in U:\forall w\in W:\langle(g\circ f)(u),w\rangle=\langle u,(f^*\circ g^*)(w)\rangle$
\item $\forall v_1,v_2\in V:\langle\id_V(v_1),v_2\rangle=\langle v_1,\id_V(v_2)\rangle$
\item $\forall v\in V:\forall u\in U:\langle f^*(v),u\rangle=\langle v,f(u)\rangle$
\end{enumerate}

Zu (a). Seien $u\in U$ und $v\in V$. Dann
$\langle(f_1+f_2)(u),v\rangle=\langle f_1(u),v\rangle+\langle f_2(u),v\rangle=\langle u,f_1^*(v)\rangle+\langle u,f_2^*(v)\rangle
=\langle u,f_1^*(v)+f_2^*(v)\rangle=\langle u,(f_1^*+f_2^*)(v)\rangle$.

\medskip
Zu (b). Seien $u\in U$ und $v\in V$. Dann
$\langle(\la f)(u),v\rangle=\langle\la(f(u)),v\rangle=\la^*\langle f(u),v\rangle=\langle f(u),\la^*v\rangle=\langle u,f^*(\la^*v)\rangle=\langle u,\la^*(f^*(v))\rangle
=\langle u,(\la^*f^*)(v)\rangle$.

\medskip
Zu (c). Seien $u\in U$ und $w\in W$. Dann
$\langle(g\circ f)(u),w\rangle=\langle g(f(u)),w\rangle=\langle f(u),g^*(w)\rangle=\langle u,f^*(g^*(w))\rangle=\langle u,(f^*\circ g^*)(w)\rangle$.

\medskip
(d) ist trivial.

\medskip
Zu (e). Seien $u\in U$ und $v\in V$. Dann
$\langle f^*(v),u\rangle=\langle u,f^*(v)\rangle^*=\langle f(u),v\rangle^*=\langle v,f(u)\rangle$.

\medskip
Alternativ kann man den Beweis mit Hilfe von Proposition \ref{starendomatrix} durch Rückführung auf die entsprechenden Tatsachen für Matrizen führen.
\end{proof}

\begin{pro}
Seien $V$ und $W$ $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt und $f\colon V\to W$ linear. Dann gilt $\ker(f^*)=(\im f)^\perp$.
\end{pro}

\begin{proof}
Für $w\in W$ gilt gemäß Definition \ref{dfad} der adjungierten Abbildung
\[w\in\ker(f^*)\iff\forall v\in V:\langle f(v),w\rangle=\langle v,0\rangle.\]
\end{proof}

\begin{sat} Seien $V$ und $W$ $\K$-Vektorräume mit Skalarprodukt und $f\colon V\to W$ linear. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $f$ ist ein Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt.
\item $f^*$ ist auf ganz $W$ definiert und es gilt sowohl $f^*\circ f=\id_V$ als auch $f\circ f^*=\id_W$.
\item $f^*$ ist eine Bijektion $W\to V$ mit $(f^*)^{-1}=f$.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
(c) ist nur eine Umformulierung von (b).

\smallskip
\underline{(a)$\implies$(b)}\qquad Gelte (a). Sei $v'\in V$. Setze $w:=f(v')$. Wegen $\langle f(v),w\rangle\overset{(a)}=\langle v,v'\rangle$ für alle $v\in V$ ist
$f^*$ in $w$ definiert und es gilt $f^*(w)=v'$, das heißt $f^*(f(v'))=v'$. Da $v'\in V$ beliebig war, ist $f^*$ auf $\im f\overset{\text{(a)}}=W$ definiert und es gilt
$f^*\circ f=\id_V$. Weiter gilt $f^*=f^*\circ(f\circ f^{-1})=(f^*\circ f)\circ f^{-1}=f^{-1}$ und daher auch $f\circ f^*=f\circ f^{-1}=\id_W$.

\smallskip
\underline{(b)$\implies$(a)}\qquad Gelte (b). Dann hat $f$ eine Umkehrabbildung und ist bijektiv. Da $f$ auch linear ist, ist $f$ ein Isomorphismus von 
Vektorräumen. Es bleibt zu zeigen, dass für alle $v,v'\in V$ gilt $\langle f(v),f(v')\rangle=\langle v,v'\rangle$. Seien also $v,v'\in V$. Dann
$\langle f(v),f(v')\rangle=\langle v,f^*(f(v'))\rangle=\langle v,(f^*\circ f)(v')\rangle=\langle v,v'\rangle$.
\end{proof}

\newpage
\subsection{Normale Abbildungen}

\begin{df}\label{normaldef}
Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann heißt $f$ \emph{normal}, wenn $f^*$ auf ganz $V$ definiert ist
[$\to$ \ref{dfad}] und $f\circ f^*=f^*\circ f$.
\end{df}

\begin{bsp} Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Ist $f$ selbstadjungiert (das heißt $f=f^*$), so ist $f$ normal, denn $f\circ f^*=f^2=f^*\circ f$.
\item Ist $f$ ein Automorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt [$\to$ 11.2.19], so ist $f$ ebenfalls normal, denn $f\circ f^*=\id_V=f^*\circ f$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{lem}\label{normaleigenraum}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\K$-Vektorraum mit Skalarprodukt, $\la\in\K$ und $f\colon V\to V$ normal. Dann gilt $\ker(f-\la\id_V)=\ker(f^*-\la^*\id_V)$.
\end{lem}

\begin{proof} Wegen
\[
\begin{array}{rcl}
(f-\la\id_V)\circ(f-\la\id_V)^*&\overset{\ref{starlin}}=&(f-\la\id_V)\circ(f^*-\la^*\id_V)\\
&=&f\circ f^*-\la f^*-\la^*f+\la\la^*\id_V\\
&=&f^*\circ f-\la f^*-\la^*f+\la^*\la\id_V\\
&=&(f^*-\la^*\id_V)\circ(f-\la\id_V)
\end{array}\]
ist auch $f-\la\id_V$ normal. Daher reicht es, $\ker(f)=\ker(f^*)$ zu zeigen. Dies folgt aus
$\|f(v)\|^2=\langle f(v),f(v)\rangle=\langle v,f^*(f(v))\rangle=\langle v,(f^*\circ f)(v)\rangle=\langle v,(f\circ f^*)(v)\rangle=\langle v,f(f^*(v))\rangle
=\langle f^*(v),f^*(v)\rangle=\|f^*(v)\|^2$ für alle $v\in V$.
\end{proof}

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}{}\emph{[$\to$ 11.3.9]}
\label{normaldiag}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\C$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $f$ ist normal.
\item $V$ hat eine ONB, die aus Eigenvektoren von $f$ besteht.
\item Es gibt eine ONB $\v$ von $V$ derart, dass $M(f,\v)$ Diagonalgestalt hat.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\underline{(b)$\implies$(c)} ist klar.

\smallskip\underline{(c)$\implies$(a)}\qquad Sei $\v$ eine ONB von $V$ mit $M(f,\v)$ in Diagonalgestalt. Nach \ref{ganz} und 7.1.8
reicht es $M(f\circ f^*,\v)=M(f^*\circ f,\v)$ zu zeigen. Es gilt aber
\begin{align*}
M(f\circ f^*,\v)=M(f,\v)M(f^*,\v)&\overset{\v\text{ ONB}}{\underset{\ref{starendomatrix}}=}M(f,\v)M(f,\v)^*\overset{\text{Diagonalgestalt}}=M(f,\v)^*M(f,\v)\\
&\overset{\v\text{ ONB}}{\underset{\ref{starendomatrix}}=}M(f^*,\v)M(f,\v)=M(f^*\circ f,\v).
\end{align*}

\smallskip\underline{(a)$\implies$(b)}\qquad Induktion nach $n:=\dim V\in\N_0$:

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

\underline{$n-1\to n\quad(n\in\N)$}\quad Sei $f\colon V\to V$ normal. Wegen $\deg\ch_f=n\ge1$ gibt es nach dem Fundamentalsatz der Algebra
einen Eigenwert $\la$ von $f$. Wähle dazu einen Eigenvektor $u\in V$, das heißt $u\in V\setminus\{0\}$ mit $f(u)=\la u$. Setze $U:=\lin(u)$. Es gilt
$f(U^\perp)\subseteq U^\perp$ und $f^*(U^\perp)\subseteq U^\perp$, denn ist $v\in U^\perp$ und $u\in U$, so gilt
\begin{align*}
\langle f(v),u\rangle&=\langle v,f^*(u)\rangle\overset{\ref{normaleigenraum}}=\langle v,\la^*u\rangle=\la^*\langle v,u\rangle=\la^*\cdot0=0\qquad\text{und}\\
\langle f^*(v),u\rangle&=\langle v,f(u)\rangle=\langle v,\la u\rangle=\la\langle v,u\rangle=\la\cdot0=0.
\end{align*}
Betrachte nun $f|_{U^\perp}\colon U^\perp\to U^\perp$ und $f^*|_{U^\perp}\colon U^\perp\to U^\perp$. Anhand von \ref{dfad} sieht man leicht, dass
$f|_{U^\perp}^*=f^*|_{U^\perp}$ gilt. Daher hat man
\[f|_{U^\perp}^*\circ f|_{U^\perp}=f^*|_{U^\perp}\circ f|_{U^\perp}=(f^*\circ f)|_{U^\perp}=(f\circ f^*)|_{U^\perp}=
f|_{U^\perp}\circ f^*|_{U^\perp}=f|_{U^\perp}\circ f|_{U^\perp}^*,\] weswegen $f|_{U^\perp}$ ebenfalls normal ist. Wegen $\dim(U^\perp)\overset{\text{11.2.17}}=n-1$ gibt es nach IV eine ONB $(v_2,\ldots,v_n)$ von $U^\perp$, die aus Eigenvektoren von $f$ besteht. Setzt man $v_1:=\frac u{\|u\|}$, so erhält man eine
ONB $(v_1,\ldots,v_n)$ von $V$, die aus Eigenvektoren von $f$ besteht.
\end{proof}

\begin{kor}\footnote{Im Beweis dieses Korollars benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\C$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ normal. Dann ist $f$ diagonalisierbar \emph{[$\to$ 10.3.2(a)]}.
\end{kor}

\begin{kor}\footnote{Im Beweis dieses Korollars benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\C$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $f$ ist ein orthogonal (auch unitär genannt \emph{[$\to$ 11.2.19]}), das heißt
\[\forall v,w\in V:\langle f(v),f(w)\rangle=\langle v,w\rangle.\]
\item $f$ ist ein Isomorphismus von Vektorräumen mit Skalarprodukt.
\item $V$ besitzt eine ONB, die aus Eigenvektoren von $f$ zu Eigenwerten vom Betrag $1$ besteht.
\item Es gibt eine ONB $\v$ von $V$ derart, dass $M(f,\v)$ Diagonalgestalt mit Diagonaleinträgen vom Betrag $1$ hat.
\end{enumerate}
\end{kor}

\begin{proof}\underline{(a)$\implies$(b)} ist klar, denn wenn $f$ injektiv ist, so auch surjektiv wegen $\dim V<\infty$ [$\to$ 7.2.12].

\smallskip\underline{(b)$\implies$(c)} folgt sofort aus Satz \ref{normaldiag}, denn wenn (b) gilt, so ist $f$ ist normal und alle Eigenwerte von $f$ haben Absolutbetrag $1$:
Sei $\la\in\C$ und $v\in V\setminus\{0\}$ mit $f(v)=\la v$. Dann $|\la|\|v\|=\|\la v\|=\|f(v)\|=\|v\|$ und daher $|\la|=1$.

\smallskip\underline{(c)$\implies$(d)} ist klar.

\smallskip\underline{(d)$\implies$(a)}\quad Sei $\v$ eine ONB von $V$ mit $M(f,\v)=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$\la_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$\la_n$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (1,-0.2) [scale=2.5]{$0$};
\node at (0,-0.8) [scale=2.5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}$
und $|\la_i|=1$ für $i\in\{1,\ldots,n\}$. Dann
\begin{align*}
M(f\circ f^*,\v)&=M(f,\v)M(f^*,\v)\overset{\v\text{ ONB}}{\underset{\ref{starendomatrix}}=}M(f,\v)M(f,\v)^*\\
&=\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$\la_1\la_1^*$};
\node (b) at (1,-1)  {$\la_n\la_n^*$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (1,-0.2) [scale=2.5]{$0$};
\node at (0,-0.8) [scale=2.5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a) {$|\la_1|^2$};
\node (b) at (1,-1)  {$|\la_n|^2$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\node at (1,-0.2) [scale=2.5]{$0$};
\node at (0,-0.8) [scale=2.5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}=I_n
\end{align*}
und daher $f\circ f^*=\id_V$. Analog folgt $f^*\circ f=\id_V$ [alternativ: aus $f\circ f^*=\id_V$ folgt $f^*$ injektiv und damit $f^*$ bijektiv, wodurch
$f^*\circ f=f^*\circ f\circ f^*\circ(f^*)^{-1}=f^*\circ\id_V\circ(f^*)^{-1}=\id_V$].
\end{proof}

Um dem Leser zu helfen, die Resultate einzuordnen, formulieren wir Satz 11.3.9 noch einmal leicht anders. Er wurde damals durch eine kleine Variante des
Beweises von \ref{normaldiag} gezeigt, aber zumindest für $\K=\C$ erhält man ihn auch leicht als Korollar aus dem obigen Satz \ref{normaldiag}.

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}{}\emph{[$\to$ 11.3.9]}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\K$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $f$ ist selbstadjungiert (im Fall $\K=\C$ auch hermitesch genannt \emph{[$\to$ 11.3.3]}).
\item $V$ hat eine ONB, die aus Eigenvektoren von $f$ zu reellen Eigenwerten besteht.
\item Es gibt eine ONB $\v$ von $V$ derart, dass $M(f,\v)$ eine reelle Diagonalmatrix ist.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{notation}\label{restnot}
Für den Rest dieses Abschnitts notieren wir
\[\overline x:=\begin{pmatrix}x_1^*\\\vdots\\x_n^*\end{pmatrix}=(x^*)^T\qquad\text{für}\qquad x=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}
\in\C^n.\]
\end{notation}

\begin{lem}\label{crlemma}
Seien $x,y\in\R^n$ und $w\in\C^n$ mit $\sqrt2w=x+\i y$. Ist dann $(w,\overline w)$ ein ONS in $\C^n$, so ist $(x,y)$ eine ONB von
$\lin(w,\overline w)$ in $\C^n$.
\end{lem}

\begin{proof} Sei $(w,\overline w)$ ein ONS in $\C^n$, das heißt $\langle w,w\rangle=\langle\overline w,\overline w\rangle=1$ und
$\langle w,\overline w\rangle=0$. Dann
\begin{align*}
1&=\langle w,w\rangle=\frac12\langle x+\i y,x+\i y\rangle=\frac12\left(\langle x,x\rangle+\i\langle x,y\rangle-\i\langle x,y\rangle-\i^2\langle y,y\rangle\right)\\
&=\frac12(\langle x,x\rangle+\langle y,y\rangle+\i(\underbrace{\underbrace{\langle x,x\rangle}_{\in\R}-\overline{\langle x,y\rangle}}_{=0})=
\frac12(\langle x,x\rangle+\langle y,y\rangle)\qquad\text{und}\\
0&=\langle w,\overline w\rangle=\frac12\langle x+\i y,x-\i y\rangle=\frac12\left(\langle x,x\rangle-\i\langle x,y\rangle+\i\langle x,y\rangle+\i^2\langle y,y\rangle\right)\\
&=\frac12(\langle x,x\rangle-\langle y,y\rangle-2\i\langle x,y\rangle),
\end{align*}
woraus folgt $0=\frac12(\langle x,x\rangle-\langle y,y\rangle)$ und $\langle x,y\rangle=0$. Insgesamt folgt $\langle x,x\rangle=\langle y,y\rangle=1$
und $\langle x,y\rangle=0$, weshalb $(x,y)$ ein ONS in $\C^n$ ist mit $w,\overline w\in\lin_\C(x,y)$. Wegen $\lin_\C(w,\overline w)\subseteq
\lin_\C(x,y)$ und $\dim(\lin_\C(w,\overline w))=2$ folgt \[\lin_\C(w,\overline w)=\lin_\C(x,y).\]
\end{proof}

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}{}\emph{[$\to$ 11.3.9]}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\R$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $f$ ist normal \emph{[$\to$ \ref{normaldef}]}.
\item Es gibt eine ONB $\v$ von $V$ derart, dass $M(f,\v)$ von der Gestalt
\[
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0,square/.style={regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=-0.4em}]]
\node (a) {$\la_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$\la_k$};
\node[square,draw] (c) at (2,-2) {$\begin{matrix}a_1&b_1\\-b_1&a_1\end{matrix}$};
\node[square,draw] (d) at (4,-4) {$\begin{matrix}a_\ell&b_\ell\\-b_\ell&a_\ell\end{matrix}$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (c)--(d);
\node at (4,-1) [scale=5]{$0$};
\node at (1,-4) [scale=5]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
\]
ist.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\underline{(b)$\implies$(a)}\quad Für $a,b\in\R$ gilt $\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}^*\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^2+b^2&0\\0&a^2+b^2\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}^*$ und der Beweis geht daher wie der Beweis von (c)$\implies$(a) in Satz \ref{normaldiag}.

\smallskip \underline{(a)$\implies$(b)}\quad Nach 11.2.23 ist $V$ als Vektorraum mit Skalarprodukt isomorph zu $\R^n$ ($n:=\dim V$) mit dem
Standardskalarprodukt. Daher \OE{} $V=\R^n$ und $f=f_A$ mit $A:=M(f,\e)\in\R^{n\times n}$. Betrachte $g\colon\C^n\to\C^n,\ x\mapsto Ax$.
Offensichtlich gilt $A=M(g,\e)$ und wegen $A^*A=AA^*$ ist $g$ normal. Daher gibt es eine ONB $\w=(w_1,\ldots,w_n)$ von $\C^n$, die aus
Eigenvektoren von $g$ besteht. Bezeichne $\la_i\in\C$ den zu $w_i$ gehörigen Eigenwert von $g$ ($i\in\{1,\ldots,n\}$). Dann gilt
$\ch_g=\det(A-XI_n)=(-1)^n\prod_{i=1}^n(X-\la_i)$ und wegen $\ch_g\in\R[X]$ (da $A\in\R^{n\times n}$) auch $\ch_g=(-1)^n\prod_{i=1}^n(X-\la_i^*)$.
Es folgt [$\to$ 10.1.13] dass die Tupel $(\la_1,\ldots,\la_n)$ und $(\la_1^*,\ldots,\la_n^*)$ bis auf Permutation der Einträge dieselben sind.
Nach allfälligem Umnummerieren der $\la_i$ und $w_i$ können wir daher davon ausgehen, dass
\begin{itemize}
\item $\la_1,\ldots,\la_k$ reell sind,
\item $\la_{k+1},\la_{k+3},\la_{k+5},\ldots$ positiven Imaginärteil haben und 
\item $\la_{k+1}^*=\la_{k+2},\la_{k+3}^*=\la_{k+4},\la_{k+5}^*=\la_{k+6},\ldots$
\end{itemize}
Wir ersetzen nun \OE{} in der ONB $\w$ mehrmals jeweils endlich viele $w_{i_1},\ldots,w_{i_r}$ ($1\le i_1<\ldots<i_r\le n$) durch eine ONB
$(u_1,\ldots,u_r)$ von $\lin(w_{i_1},\ldots,w_{i_r})$ mit $f(u_j)=\la_{i_j}u_j$ für $j\in\{1,\ldots,r\}$.

Wir behaupten, dass wir so
\[w_1,\ldots,w_k\in\R^n\text{ und }\overline{w_{k+1}}=w_{k+2},\overline{w_{k+3}}=w_{k+4},\overline{w_{k+5}}=w_{k+6},\ldots\]
erreichen können [$\to$ \ref{restnot}].

\medskip
\emph{Schritt 1:} \OE{} $w_1,\ldots,w_k\in\R^n$

\smallskip
\emph{Begründung:} Für jeden reellen Eigenwert $\la$ von $g$ seien $r\in\N$ und $1\le i_1<\ldots<i_r\le n$ derart, dass $\{i_1,\ldots,i_r\}=\{i\mid\la_i=\la\}
\subseteq\{1,\ldots,k\}$. Dann gilt $\lin(w_{i_1},\ldots,w_{i_r})=\ker(g-\la\id_{\C^n})$, denn "`$\subseteq$"' ist trivial und $r\ge\dim\ker(g-\la\id_{\C^n})$
nach 10.1.15 ("`geometrische Vielfachheit $\le$ algebraische Vielfachheit"').
Nun gilt \[\ker(g-\la\id_{\C^n})=\ker_{\C^n}(A-\la I_n)\supseteq\ker_{\R^n}(A-\la I_n).\]
Da $A-\la I_n$ als reelle Matrix denselben Rang hat wie als komplexe Matrix (der Rang kann durch Überführung in Stufenform über $\R$ ermittelt
werden [$\to$ 9.1.14], dieselben Zeilenoperationen sind erst recht über $\C$ durchführbar), gilt
\[r=\dim\ker_{\C^n}(A-\la I_n)=\dim\ker_{\R^n}(A-\la I_n).\]
Wähle nun eine ONB $(u_1,\ldots,u_r)$ des $\R$-Vektorraums $\ker_{\R^n}(A-\la I_n)$ (mit Standardskalarprodukt). Dann ist $(u_1,\ldots,u_r)$ auch eine
ONB des $\C$-Vektorraums \[\ker_{\C^n}(A-\la I_n)=\lin(w_{i_1},\ldots,w_{i_r}).\]

\medskip
\emph{Schritt 2:} \OE{} $\overline{w_{k+1}}=w_{k+2},\overline{w_{k+3}}=w_{k+4},\ldots,\overline{w_{n-1}}=w_n$

\smallskip
\emph{Begründung:} Für jede Eigenwert $\la$ von $g$ mit negativem Imaginärteil seien $r\in\N$ und $1\le i_1<\ldots<i_r\le n$ derart, dass
$\{i_1,\ldots,i_r\}=\{i\mid\la_i=\la\}\subseteq\{k+2,k+4,\ldots,n\}$. Dann gilt wieder \[\lin(w_{i_1},\ldots,w_{i_r})=\ker(g-\la\id_{\C^n}).\]
Nun gilt
\begin{multline*}
\ker(g-\la\id_{\C^n})=\ker(A-\la I_n)=\{x\in\C^n\mid Ax=\la x\}=\{\overline x\mid x\in\C^n,A\overline x=\la\overline x\}\\
\overset{A\in\R^{n\times n}}=
\{\overline x\mid x\in\C^n,Ax=\la^*x\}=\{\overline x\mid x\in\ker(g-\la^*\id_{\C^n})\}.
\end{multline*}
Wegen $\{i\mid\la_i=\la^*\}=\{i_1-1,\ldots,i_r-1\}\subseteq\{k+1,k+3,\ldots,n-1\}$ ist \[\lin(w_{i_1-1},\ldots,w_{i_r-1})=\ker(g-\la^*\id_{\C^n})\] und mit
$(u_1,\ldots,u_r):=(\overline{w_{i_1-1}},\ldots,\overline{w_{i_r-1}})$ daher $\lin(u_1,\ldots,u_r)=\lin(g-\la\id_{\C^n})=\lin(w_{i_1},\ldots,w_{i_r})$. Es ist
$(u_1,\ldots,u_r)$ auch ein ONS und damit eine ONB von \[\lin(w_{i_1},\ldots,w_{i_r}).\]

\medskip
\emph{Schritt 3:} Für $v_1,\ldots,v_n\in\R^n$ definiert durch
\begin{multline*}
w_1=v_1,\ldots,w_k=v_k,\\
\sqrt2w_{k+1}=v_{k+1}+\i v_{k+2},\sqrt2w_{k+3}=v_{k+3}+\i v_{k+4},\ldots,\sqrt2w_{n-1}=v_{n-1}+\i v_n.
\end{multline*}
ist $\v:=(v_1,\ldots,v_n)$ eine ONB des $\R^n$ mit $M(f,\v)$ von der gewünschten Gestalt.

\smallskip
\emph{Begründung:} Mit Lemma \ref{crlemma} sieht man leicht, dass $\v$ eine ONB des $\C^n$ und damit auch des $\R^n$ ist.
Dass $M(f,\v)$ die gewünschte Gestalt hat, folgt nun leicht wie folgt: Sei $j\in\{k+1,k+3,\ldots,n-1\}$ und schreibe $\la_j=a+\i b$ mit
$a,b\in\R$. Dann gilt
\begin{align*}
f(v_j)+\i f(v_{j+1})&=g(v_j)+\i g(v_{j+1})=g(v_j+\i v_{j+1})=g(\sqrt2w_j)=\sqrt2g(w_j)=\sqrt2\la_jw_j\\
&=\la_j\sqrt2w_j=\la_j(v_j+\i v_{j+1})=(a+\i b)(v_j+\i v_{j+1})\\
&=av_j-bv_{j+1}+\i(av_{j+1}+bv_j).
\end{align*}
und daher $f(v_j)=av_j-bv_{j+1}$ und $f(v_{j+1})=bv_j+av_{j+1}$.
\end{proof}

\begin{sat}\footnote{Im Beweis dieses Satzes benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}{}\emph{[$\to$ 11.3.9]}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler $\R$-Vektorraum mit Skalarprodukt und $f\colon V\to V$ linear. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $f$ ist orthogonal \emph{[$\to$ 11.2.19]}.
\item Es gibt eine ONB $\v$ von $V$ derart, dass $M(f,\v)$ von der Gestalt
\[
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0,square/.style={regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=-0.9em}]]
\node (a) {$\la_1$};
\node (b) at (1,-1)  {$\la_k$};
\node[square,draw] (c) at (2.7,-2.7) {$\begin{matrix}\cos\ph_1&-\sin\ph_1\\\\\\\sin\ph_1&\cos\ph_1\end{matrix}$};
\node[square,draw] (d) at (8,-8) {$\begin{matrix}\cos\ph_\ell&-\sin\ph_\ell\\\\\\\sin\ph_\ell&\cos\ph_\ell\end{matrix}$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (c)--(d);
\node at (8,-1) [scale=10]{$0$};
\node at (1,-8) [scale=10]{$0$};
\node (TN) at (7,-4) {\emph{Drehmatrizen}};
\node (TD) at (7.5,-4.5) {\emph{[$\to$ 7.1.4(a), 11.2.28]}};
\path[->,thick] (TN) edge[bend right=22] (c.east);
\path[->,thick] (TD) edge[bend left=22] (d.north);
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
\]
mit $\la_1,\ldots,\la_k\in\{-1,1\}$ und $\ph_1,\ldots,\ph_\ell\in\R$ ist.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\underline{(b)$\implies$(a)} ist einfach.

\smallskip\underline{(a)$\implies$(b)} Es reicht zu zeigen, dass es für $a,b\in\R$ mit
\[\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}^*\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}=I_2\] ein $\ph\in\R$ gibt mit
\[\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\ph&-\sin\ph\\\sin\ph&\cos\ph\end{pmatrix}.\]
Seien also $a,b\in\R$ mit
\[\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}=I_2,\]
das heißt $a^2+(-b)^2=a^2+b^2=1$. Dann gibt es $\ph\in\R$ mit
\[\begin{pmatrix}a\\-b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\ph\\\sin\ph\end{pmatrix}\] und somit
\[\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\ph&-\sin\ph\\\sin\ph&\cos\ph\end{pmatrix}.\]
\end{proof}

\begin{df}{}[$\to$ 11.2.25, 11.3.3]\label{dfmatrixnormal}
Eine Matrix $A\in\K^{n\times n}$ heißt \emph{normal}, wenn $f_A$ normal ist.
\end{df}

\begin{pro}{}\emph{[$\to$ 11.2.27, 11.3.7]}\label{matrixnormalchar}
Sei $A\in\K^{n\times n}$. Dann gilt
\[\text{$A$ normal}\iff A^*A=AA^*.\]
\end{pro}

\begin{proof}
\begin{align*}
A\text{ normal}&\iff f_A\text{ normal}\\
&\iff f_A^*\circ f_A=f_A\circ f_A^*\\
&\iff M(f_A^*\circ f_A,\e)=M(f_A\circ f_A^*,\e)\\
&\iff M(f_A^*,\e)M(f_A,\e)=M(f_A,\e)M(f_A^*,\e)\\
&\overset{\text{\ref{starendomatrix}}}\iff M(f_A,\e)^*M(f_A,\e)=M(f_A,\e)M(f_A,\e)^*\\
&\iff A^*A=AA^*
\end{align*}
\end{proof}



\begin{pro}{}\emph{[$\to$ 11.2.26, 11.3.4]}
Seien $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt und $\v=(v_1,\dots,v_n)$ eine ONB. Sei $f\colon V\to V$ linear. Dann gilt
\[\text{$f$ ist normal}\iff\text{$M(f,\v)$ ist normal.}\]
\end{pro}

\begin{proof}
\begin{align*}
\text{$f$ normal}&\iff f^*\circ f=f\circ f^*\\
&\iff M(f^*\circ f,\v)=M(f\circ f^*,\v)\\
&\iff M(f^*,\v)M(f,\v)=M(f,\v)M(f^*,\v)\\
&\overset{\text{\ref{starendomatrix}}}\iff M(f,\v)^*M(f,\v)=M(f,\v)M(f,\v)^*\overset{\text{\ref{matrixnormalchar}}}\iff M(f,\v)\text{ normal}
\end{align*}

\end{proof}

Ähnlich wie man zum Beispiel 11.3.9 in 11.3.10 übersetzen konnte, kann man auch die Sätze in diesem Abschnitt matrizentheoretisch fomulieren. Wir überlassen dies dem
Leser.

\newpage
\section{Teilbarkeit in kommutativen Ringen}

In diesem Kapitel sei stets $A$ ein kommutativer Ring [$\to$ 3.1.1].

\subsection{Teilerbeziehung und Ideale}

\begin{df} Wir führen auf $A$ die Relationen "`$\mid$"' und "`$\entspricht$"' ein durch
\begin{align*}
a\mid b&\diff\exists c\in A:ac=b&(a,b\in A)\\
\text{\footnotesize"`$a$ teilt $b$ (in $A$)"'}\\
\text{\footnotesize"`$a$ ist Teiler von $b$ (in $A$)"'}\\
\text{\footnotesize"`$b$ ist Vielfaches von $a$ (in $A$)"'}\\
\\
a\entspricht b&\diff(a\mid b\et b\mid a)&(a,b\in A)\\
\text{\footnotesize"`$a$ ist assoziiert zu $b$ (in $A$)"'}\\
\text{\footnotesize"`$a$ und $b$ sind assoziiert (zueinander) (in $A$)"'}
\end{align*}
\end{df}

\begin{erinnerung}{}[$\to$ 3.3.4] Eine Untergruppe $I$ der additiven Gruppe von $A$ heißt Ideal von $A$, wenn $\forall a\in A:\forall b\in I:ab\in I$ [$\to$ 3.3.4].
Für $a\in A$ ist $(a):=\{ca\mid c\in A\}$ das kleinste Ideal $I$ von $A$ mit $a\in I$, genannt das von $a$ erzeugte (Haupt-)Ideal. Man nennt ein Ideal $I$
von $A$ ein Hauptideal, wenn es $a\in A$ gibt mit $I=(a)$ [$\to$ 3.3.11].
\end{erinnerung}

\begin{bem}\label{definehat}
Seien $a,b\in A$. Dann gilt
\begin{align*}
a\mid b&\iff b\in(a)\iff(b)\subseteq(a)\qquad\text{und}\\
a\entspricht b&\iff(a)=(b).
\end{align*}
Insbesondere ist $\entspricht$ eine Äquivalenzrelation [$\to$ 1.3.1(b)] auf $A$ und auf der Quotientenmenge [$\to$ 1.3.5(a)] $A/{\entspricht}$ können wir eine Halbordnung [$\to$ 12.1.1]
$\preceq$ definieren durch
\[\hat a\preceq\hat b\diff a\mid b\qquad(a,b\in A),\]
wobei für jedes $a\in A$ mit $\widehat a:=\overset\entspricht a$ die Äquivalenzklasse [$\to$ 1.3.1(b), 2.3.1] von $a$ bezeichnet wird. In der Tat: Sind $a,a',b,b'\in A$
mit $\widehat a=\widehat{a'}$ und $\widehat b=\widehat{b'}$, so gilt $(a)=(a')$ und $(b)=(b')$ und daher
\[a\mid b\iff(b)\subseteq(a)\iff(b')\subseteq(a')\iff a'\mid b'.\]
\end{bem}

\begin{df}\label{ggTdef}
Sei $B\subseteq A$ und $a\in A$. Es heißt $a$ ein \emph{\alal{gemeinsamer Teiler (gT)}{gemeinsames Vielfaches (gV)}} der Elemente von $B$ (in $A$), wenn
$\widehat a$ eine \alal{untere}{obere} Schranke [$\to$ 12.1.6] von $\{\widehat b\mid b\in B\}$ in $(A/{\entspricht},\preceq)$ ist. Es heißt $a$ ein
\alal{größter gT (ggT)}{kleinstes gV (kgV)} der Elemente von $B$ (in A), wenn $\widehat a$ die \alal{größte untere}{kleinste obere} Schranke [$\to$ 12.1.6] von
$\{\widehat b\mid b\in B\}$ in $(A/{\entspricht},\preceq)$ ist.
\end{df}

\begin{df}\label{isoposet}
Seien $(A_1,\preceq_1)$ und $(A_2,\preceq_2)$ halbgeordnete Mengen. Eine Abbildung $f\colon A_1\to A_2$ heißt \emph{Isomorphismus halbgeordneter Mengen}, wenn
$f$ bijektiv ist und \[\forall a,b\in A_1:(a\preceq_1 b\iff f(a)\preceq_2 f(b)).\]
\end{df}

\begin{bem} Sei $B\subseteq A$ und $a\in A$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Es ist klar, wie man die Definition von gT, gV, ggT, kgV ohne die Verwendung von $\entspricht$ lesen kann:
\begin{align*}
a\text{ gT der Elemente von }B&\iff\forall b\in B:a\mid b\\
a\text{ ggT der Elemente von }B&\iff\left(
\begin{aligned}
&a\text{ gT der Elemente von }B\quad\et\\
&\forall b\in A:(b\text{ gT der Elemente von }B\implies b\mid a)
\end{aligned}
\right)
\end{align*}
\item Wegen der Eindeutigkeit von Infima und Suprema in halbgeordneten Mengen [$\to$ 12.1.6] sind ggT und kgV in kommutativen Ringen genau bis auf Assoziiertheit eindeutig,
sofern sie existieren.
\item Betrachte die durch die Obermengenbeziehung (umgekehrte Inklusion) halbgeordnete Menge aller Hauptideale $H:=\{(a)\mid a\in A\}$ von $A$.
Nach Definition von $\entspricht$ ist die Abbildung $A/\entspricht\to H,\ \widehat a\mapsto(a)$ wohldefiniert und injektiv. Offenbar ist sie auch surjektiv. Nach Definition von
$\preceq$ ist sie ein Isomorphismus halbgeordneter Mengen. In der Definition von gT/gV/ggT/kgV [$\to$ \ref{ggTdef}] könnte man daher genausogut $(a)$ statt $\widehat a$,
$(b)$ statt $\widehat b$ und $(H,\supseteq)$ statt $(A/\entspricht,\preceq)$ schreiben.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{erinnerung}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Die Schnittmenge einer Menge von Idealen in $A$ ist wieder ein Ideal von $A$. Den leeren Schnitt definieren wir dabei als $A$. [$\to$ 3.3.8]
\item Für jede Teilmenge $E$ von $A$ gibt es eine kleinstes Ideal, welches $E$ enthält [$\to$ 3.3.9]. Man nennt es das von $E$ erzeugte Ideal und notiert es mit $(E)=(E)_A$.
Es besteht gerade aus allen Summen von Vielfachen von Elementen von $E$ [$\to$ 3.3.10].
\end{enumerate}
\end{erinnerung}

\begin{pro}\label{ggTideal}
Sei $B\subseteq A$ und $a\in A$.
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $\text{$a$ gT der Elemente von $B$}\iff B\subseteq(a)\iff(B)\subseteq(a)$
\item $\text{$a$ gV der Elemente von $B$}\iff a\in\bigcap\{(b)\mid b\in B\}\iff(a)\subseteq\bigcap\{(b)\mid b\in B\}$
\item $\text{$a$ ggT der Elemente von $B$}\ \Longleftarrow\ (a)=(B)$\\
und wenn $(B)$ ein Hauptideal ist, gilt auch "`$\Longrightarrow$"'
\item $\text{$a$ kgV der Elemente von $B$}\iff (a)=\bigcap\{(b)\mid b\in B\}$
\end{enumerate}
\end{pro}

\begin{proof}
(a) und (b) sind klar.

\medskip
Zu (c). "`$\Longleftarrow$"'\quad Gelte $(a)=(B)$. Nach (a) ist $a$ ein gT der Elemente von $B$. Sei $b$ ein gT der Elemente von $B$. Zu zeigen: $b\mid a$.
Dann $a\in(a)=(B)\overset{\text{(a)}}\subseteq(b)$ und daher $b\mid a$.

\smallskip
"`$\Longrightarrow$"'\quad Sei $a$ ein ggT der Elemente von $B$ und $b\in A$ mit $(b)=(B)$. Nach (a) gilt $(B)\subseteq(a)$. Noch zu zeigen: $(a)\subseteq(B)$.
Da $b$ ein gT und $a$ ein ggT der Elemente von $B$ ist, gilt $b\mid a$, also $(a)\subseteq(b)=(B)$.

\medskip
Zu (d). Wegen (b) genügt es zu zeigen:
\[
(\forall c\in A:(c\text{ gV der Elemente von }B\implies a\mid c))\iff
(a)\supseteq\bigcap\{(b)\mid b\in B\}.
\]
Dies ist klar.
\end{proof}

\begin{bem}
In 3.3.13 haben wir gezeigt, dass in $\Z$ jedes Ideal ein Hauptideal ist. In 10.2.2 haben wir dasselbe für den Polynomring $K[X]$ über einem Körper $K$ gezeigt.
Nach \ref{ggTideal}(c) läuft also in diesen Ringen das bestimmen eines ggT auf die Berechnung eines Erzeugers eines Ideals hinaus. Im Polynomring $\Z[X]$
zum Beispiel ist dies jedoch nicht so, wie Beispiel \ref{hauptidealnichtgut} unten zeigt.
\end{bem}

\begin{notsprech}
Seien $b_1,\ldots,b_n\in A$. Wenn wir von einem gT/gV/ggT/kgV von $b_1,\ldots,b_n$ schreiben, so meinen wir einen gT/gV/ggT/kgV von $\{b_1,\ldots,b_n\}$.
Weiter nennen wir $(b_1,\ldots,b_n):=(\{b_1,\ldots,b_n\})=\left\{\sum_{i=1}^na_ib_i\mid a_1,\ldots,a_n\in A\right\}$ [$\to$ 3.3.11] das von $b_1,\ldots,b_n$ erzeugte
Ideal.
\end{notsprech}

\begin{bsp}\label{hauptidealnichtgut}
Die Teiler von $2$ in $\Z[X]$ sind $-2,-1,1,2$, Die Teiler von $X$ in $\Z[X]$ sind $-X,-1,1,X$. Die gT von $2$ und $X$ sind daher $-1$ und $1$. Die ggT von $2$ und $X$
sind daher ebenfalls $-1$ und $1$. Allerdings gilt $(2,X)=\{2p+Xq\mid p,q\in\Z[X]\}=\{2a+Xp\mid a\in\Z,p\in\Z[X]\}\ne(1)=\Z[X]$.
\end{bsp}

\begin{bsp} Sei $A$ ein kommutativer Ring.
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\forall a\in A:(1\mid a\et a\mid0)$
\item $\forall a\in A:(a\mid 1\iff a\in A^\times)$, wobei $A^\times=\{a\in A\mid\exists b\in A:ab=1\}$ die Einheitengruppe von $A$ ist [$\to$ 4.1.1].
\item $\forall a\in A:(0\mid a\iff a=0)$
\item $\widehat1=A^\times$, $\widehat0=\{0\}$
\item Wegen $(\emptyset)=(0)$ ist $0$ ein ggT der Elemente von $\emptyset$. Wegen $\widehat0=\{0\}$ ist es der einzige.
\item Wegen $(A)=A=(1)$ ist $1$ ein ggT der Elemente von $A$. Wegen $\widehat1=A^\times$ sind diese ggT genau die Einheiten.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\subsection{Integritäts- und Hauptidealringe}

\begin{df}\label{dfdomain}
Ein kommutativer Ring $A$ heißt \emph{Integritätsring} (auch \emph{Integritätsring}), wenn $1\ne0$ in $A$ und $\forall a,b\in A:(ab=0\implies(a=0\text{ oder }b=0))$.
Ein Integritätsring $A$ heißt \emph{Hauptidealring} (auch \emph{Hauptidealbereich}), wenn jedes Ideal von $A$ ein Hauptideal ist.
\end{df}

\begin{bsp}\label{haupt}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Jeder Unterring [$\to$ 3.2.1, 3.2.2] eines Körpers [$\to$ 4.1.4] ist ein Integritätsring.
\item $\Z$ ist ein Hauptidealring [$\to$ 3.3.13].
\item Für jeden Körper $K$ ist $K[X]$ ein Hauptidealring [$\to$ 10.2.2].
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro}\label{kurz}
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item Sei $A$ ein Integritätsring. Dann gilt die \emph{Kürzungsregel}:
\[\forall a,b,c\in A:((ac=bc\et c\ne0)\implies a=b)\]
\item Sei $A$ ein Hauptidealring und $B\subseteq A$. Dann gibt es einen ggT und ein kgV der Elemente von $B$.
\end{enumerate}
\end{pro}

\begin{proof}
Zu (a). Seien $a,b,c\in A$ mit $ac=bc$ und $c\ne0$. Dann gilt $(a-b)c=ac-bc=0$ und daher $a-b=0$ oder $c=0$. Wegen $c\ne0$ folgt $a=b$.

\smallskip
(b) folgt sofort aus \ref{ggTideal}(c)(d), da die Ideale $(B)$ und $\bigcap\{(b)\mid b\in B\}$ Hauptideale sind.
\end{proof}

\begin{pro}\label{nureinheit}
Sei $A$ ein Integritätsring und $a,b\in A$. Dann gilt
\[a\entspricht b\iff \exists c\in A^\times:a=bc.\]
\end{pro}

\begin{proof}
"`$\Longrightarrow$"' Gelte $a\entspricht b$, also $(a)=(b)$. Dann gibt es $c,d\in A$ mit $a=bc$ und $b=ad$. Es folgt $b=bcd$. Ist $b=0$, so $(a)=(0)$ und daher
$a=0=0\cdot1=b\cdot1$ (und $1\in A^\times$). Sei also $b\ne0$. Dann $1=cd$ wegen \ref{kurz}(a) und daher $c\in A^\times$.

\smallskip
"`$\Longleftarrow$"' Sei $c\in A^\times$ mit $a=bc$. Dann $b\mid a$. Wegen $c^{-1}a=b$ aber auch $a\mid b$. Daher $a\entspricht b$.
\end{proof}

\begin{bsp}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\N_0\to\Z/\entspricht,\ n\mapsto\widehat n$ ist eine Bijektion, denn $\Z^\times=\{-1,1\}$.
\item Sei $K$ ein Körper. Dann ist $\{p\in K[X]\mid p\text{ normiert oder null}\}\to K[X]/{\entspricht}$ eine Bijektion, denn $K[X]^\times=K^\times$ [$\to$ 10.2.3].
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{bem} Aus \ref{haupt}(b)(c) folgt nun:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Zu jeder Menge $B\subseteq\Z$ gibt es genau \alal{einen ggT}{ein kgV} $a\in\N_0$ der Elemente von $B$ in $\Z$, oft notiert mit $\malal{\gcd(B)}{\lcm(B)}$.
\item Sei $K$ ein Körper. Zu jeder Menge $B\subseteq K[X]$ gibt es genau \alal{einen ggT}{ein kgV} $p\in K[X]$ der Elemente von $B$ in $K[X]$ mit $p=0$ oder
$p$ normiert, oft notiert mit $\malal{\tikz\node[inner sep=0](GG){$\gcd(B)$};}{\tikz\node[inner sep=-3](LL){$\lcm(B)$};}$.
\begin{tikzpicture}[overlay]
\node (GG1) at (-3,-0.6) {\tiny \underline greatest \underline common \underline divisor};
\node (LL1) at (-1,-1.5) {\tiny \underline least \underline common \underline multiple};
\path[->,thick] (GG1) edge[bend right=10] (GG.south west);
\path[->,thick] (LL1) edge[bend right=20] (LL.south);
\end{tikzpicture}
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{bsp}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\lcm(\emptyset)=1$ und $\gcd(\emptyset)=0$ sowohl in $\Z$ als auch in $K[X]$.
\item $\lcm(\{-5\})=5$ in $\Z$ und $\lcm(\{-5\})=1$ in $\R[X]$.
\item $\lcm(\{5,3,2,6\}=30$ in $\Z$, denn $\underbrace{\underbrace{(5)\cap(3)}_{(15)}\cap(2)}_{(30)}\cap(6)=(30)$.
\item $\lcm(\{2X^2-2,X^2-2X+1\})=(X-1)^2(X+1)$, denn $(2X^2-2)\cap(X^2-2X+1)=(X^2-1)\cap((X-1)^2)=((X-1)(X+1))\cap((X-1)^2)\overset{\text{4.2.10}}=((X+1)(X-1)^2)$.
\item $\gcd(\{153,204,-357,0\})=51$ in $\Z$, denn $(153,204,-357,0)=(153,204,357)=(153,204,357-153)=(153,204,204)=(153,204)=(153,204-153)=(153,51)=(102,51)=(51)$.
\item $\gcd(\{2X^2-2,X^2-2X+1\})=X-1$, denn $(2X^2-2,X^2-2X+1)=(X^2-1,-2X+2)=(X^2-1,X-1)=(X-1)$ in $\Q[X]$.
\item $\lcm(\{2^m\mid m\in\N\})=0$ in $\Z$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\subsection{Zur Berechnung größter gemeinsamer Teiler}

Gegeben seien $b_1,\ldots,b_n\in A$. Um die gT von $b_1,\ldots,b_n$ zu bestimmen oder sogar einen ggT von $b_1,\ldots,b_n$ zu berechnen, falls er existiert, ist es generell eine
gute Strategie "`einfachere"' $c_1,\ldots,c_m\in A$ zu suchen mit $(b_1,\ldots,b_n)=(c_1,\ldots,c_m)$. Gilt nämlich diese Gleichung, so haben $b_1,\ldots,b_n$ und $c_1,\ldots,c_m$
jeweils dieselben gT nach \ref{ggTideal}(a). Existiert sogar ein $c\in A$ mit $(b_1,\ldots,b_n)=(c)$, was in Hauptidealringen immer der Fall ist, so ist $c$ nach \ref{ggTideal}(c) ein
ggT von $b_1,\ldots,b_n$. Wir werden sehen, wie man in $\Z$ und in $K[X]$ (modulo dem Problem, die Rechenoperationen im Körper $K$ durchzuführen) ein solches $c$
und damit $\gcd\{b_1,\ldots,b_n\}$ immer berechnen kann. Weiter werden wir sehen, wie man in $\Z$ und in $K[X]$, allerdings mit erheblich mehr Aufwand, sogar $a_1,\ldots,a_n$
berechnen kann mit $a_1b_1+\ldots+a_nb_n=\gcd\{b_1,\ldots,b_n\}$.

\begin{sat}\label{gcdcalc}
Seien $b_1,\ldots,b_n\in A$, $i\in\{1,\ldots,n\}$ und sei $d\in A$ derart, dass $\overline{b_i}\entspricht\overline d$ in $A/(b_1,\ldots,b_{i-1},b_{i+1},\ldots,b_n)$. Dann gilt
\[(b_1,\ldots,b_n)=(b_1,\ldots,b_{i-1},d,b_{i+1},\ldots,b_n).\]
\end{sat}

\begin{proof}
Da man in der Behauptung $b_i$ und $d$ vertauschen kann, reicht es "`$\subseteq$"' zu zeigen. Dafür reicht es, $b_i\in(b_1,\ldots,b_{i-1},d,b_{i+1},\ldots,b_n)$ zu zeigen.
Wegen $(\overline{b_i})=(\overline d)$ gibt es $e\in A$ mit $\overline{b_i}=\overline e\overline d$ in $A/(b_1,\ldots,b_{i-1},b_{i+1},\ldots,b_n)$. Daher
$b_i-ed\in(b_1,\ldots,b_{i-1},b_{i+1},\ldots,b_n)$ und somit $b_i\in(b_1,\ldots,b_{i-1},d,b_{i+1},\ldots,b_n)$.
\end{proof}

\begin{bsp}
\begin{enumerate}[(a)]
\item In $\Z$ gilt
\begin{align*}
(38\,321\,783\,292,27,45)&=(38\,321\,783\,292,27,18)=(38\,321\,783\,292,9,18)\\
&=(38\,321\,783\,292,9)\\
&=(3+8+3+2+1+7+8+3+2+9+2,9)\\
&=(3,9)=(3)
\end{align*}
und daher $\gcd\{38\,321\,783\,292,27,45\}=3$.
\item In $\Z$ gilt $(43733,17473,27977)=(43733,17473,10504)=(1717,17473,10504)=(1717,303,10504)=(1717,303,1414)=(303,303,1414)=(303,1414)=(303,202)=(101)$
und daher $\gcd\{43733,17473,27977\}=101$.
\item In $\Z$ gilt $(\underbracket{\underbracket{34}_{\displaystyle10}\hspace{-2pt}8}_{\displaystyle000}\,\underbracket{39}_{\displaystyle15}\hspace{-2pt}0\,4\hspace{-2pt}\underbracket{\displaystyle58}_{\displaystyle04}\,
\underbracket{50}_{\displaystyle02}\hspace{-2pt}2,24,54)=(\underbracket{15}_{\displaystyle03}\hspace{-2pt}0\,\underbracket{40}_{\displaystyle04}\hspace{-2pt}
\underbracket{4\,0}_{\displaystyle04}\hspace{-2pt}\underbracket{22}_{\displaystyle04}\hspace{-2pt},24,6)=
(\underbracket{30}_{\displaystyle00}\hspace{-2pt}\,0\hspace{-2pt}\underbracket{40}_{\displaystyle04}\hspace{-2pt}\,\underbracket{40}_{\displaystyle04}\hspace{-2pt}4,24,6)
=(\underbracket{40}_{\displaystyle04}\hspace{-2pt}\underbracket{44}_{\displaystyle08},24,6)=
(\underbracket{40}_{\displaystyle04}\hspace{-2pt}8,24,6)=(24,6)=(6)$ und daher \[\gcd\{348\,390\,458\,502,24,54\}=6.\]
\item In $\Z$ gilt $(3^{30}-1,3^{45}-1)=(3^{30}-1,3^{15}-1)=(1-1,3^{15}-1)$ und daher \[\gcd\{3^{30}-1,3^{45}-1\}=3^{15}-1.\]
\item In $\Q[X]$ gilt
\begin{multline*}
(-X^7+X^5-X^3+X,X^8-1)\overset{\overline X\in(\Q[X]/(X^8-1))^\times}=(-X^6+X^4-X^2+1,X^8-1)\\
=(-X^6+X^4-X^2+1,X^6-X^4+X^2-1)=(-X^6+X^4-X^2+1)
\end{multline*}
und daher $\gcd\{-X^7+X^5-X^3+X,X^8-1\}=X^6-X^4+X^2-1$.
\item In $\Q[X]$ gilt
\begin{multline*}
(X^4-2X^3+2X^2-2X+1,\underbrace{4X^3-6X^2+4X-2}_{=:p},\underbrace{X^3+3X^2-9X+5}_{=:q})=\\
(-5X^3+11X^2-7X+1,p,q)=(8X^2-12X+4,-18X^2+40X-22,q)=\\
(2X^2-3X+1,13X-13,q)=(2-3+1,X-1,1+3-9+5)=\\
(0,X-1,0)=(X-1)
\end{multline*}
und daher $\gcd\{X^4-2X^3+2X^2-2X+1,p,q\}=X-1$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\bigskip
Es sollte nun klar sein, dass man in $\Z$ und in $K[X]$ (sofern $K$ ein Körper ist, in dem man zu rechnen weiß) durch mehrfache Anwendung von Satz \ref{gcdcalc}
zu gegebenen Elementen $b_1,\ldots,b_n$ stets $\gcd\{b_1,\ldots,b_n\}$ berechnen kann. Solange man nämlich das Ideal $(b_1,\ldots,b_n)$ noch nicht als Hauptideal
geschrieben hat (also mindestens zwei Erzeuger $\ne0$ hat), kann man die Summe der Absolutbeträge (für $\Z$) bzw. die Summe der Grade (für $K[X]$) der Erzeuger
$\ne0$ in jedem Schritt verringern.

\bigskip
Will man zu gegebenen $b_1,\ldots,b_n\in A$ nicht nur, falls es existiert, ein $b\in A$ finden mit $(b_1,\ldots,b_n)=(b)$, sondern auch noch $a_1,\ldots,a_n\in A$ mit
$b=a_1b_1+\ldots+a_nb_n$, so kann man das wie folgt versuchen: Man bildet die Matrix
\[\begin{pmatrix}
b_1&\qquad\quad\\
\vdots\tikz\node[overlay,scale=4,yshift=1](II)at(1,0){$I_n$};\\
b_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (b1) at (0,0.5) {$b_1$};
\node (bn) at (0,-0.5) {$b_n$};
\node (a) at (0.4,0.5) {$1$};
\node (b) at (1.4,-0.5)  {$1$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a)--(b);
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=4pt] (b1)--(bn);
\node at (1.2,0.4) [scale=2]{$0$};
\node at (0.5,-0.4) [scale=2]{$0$};
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}\in A^{n\times(n+1)}.
\]
Die $i$-te Zeile dieser Matrix kann man als die (trivialerweise) gültige Gleichung
\[b_i=0\cdot b_1+\ldots+0\cdot b_{i-1}+1\cdot b_i+0\cdot b_{i+1}+\ldots+0\cdot b_n\]
interpretieren. Nun überträgt man die vom Gauß-Verfahren aus §5.2 bekannten elementaren Zeilenoperationen von Matrizen über Körpern auf Matrizen über kommutativen Ringen:
\begin{itemize}
\item
$Z_i\leftarrow Z_i+\lambda Z_j\qquad(i\neq j, \lambda\in A)$\\
(Addieren des $\lambda$-fachen einer Zeile zu einer anderen)
\item
$Z_i\leftarrow \lambda Z_i\qquad(\lambda\in A^\times)$\\
(Multiplizieren einer Zeile mit einer Einheit).
\end{itemize}
Nach Satz \ref{gcdcalc} ändert sich das von den Einträgen der ersten Spalte aufgespannte Ideal hierbei nicht. Auch kann man die dabei entstehenden Zeilen jeweils als eine
gültige Gleichung interpretieren.

\bigskip
Sowohl für $A=\Z$ als auch für $A=K[X]$ ($K$ Körper) kann man durch endlich viele dieser Zeilenoperationen die Matrix
$\begin{pmatrix}
b_1&\qquad\quad\\
\vdots\tikz\node[overlay,scale=4,yshift=1](II)at(1,0){$I_n$};\\
b_n
\end{pmatrix}$ überführen in eine Matrix
$\begin{pmatrix}\gcd\{b_1,\ldots,b_n\}&a_1&\ldots&a_n\\0\\\vdots\tikz[overlay]\node[xscale=12,yscale=7]at(2.4,0){$*$};\\0\end{pmatrix}$, deren erste Zeile als Gleichung gelesen besagt, dass
\[\gcd\{b_1,\ldots,b_n\}=a_1b_1+\ldots+a_nb_n.\]

\begin{bsp} Durch Anwendung elementarer Zeilenoperationen über $\Z$ erhält man folgende Sequenz von Matrizen:
\begin{multline*}
\begin{pmatrix}43733&1&0&0\\17473&0&1&0\\27977&0&0&1\end{pmatrix}\leadsto
\begin{pmatrix}43733&1&0&0\\17473&0&1&0\\10504&0&-1&1\end{pmatrix}\leadsto
\begin{pmatrix}1717&1&4&-4\\17473&0&1&0\\10504&0&-1&1\end{pmatrix}\leadsto\\
\begin{pmatrix}1717&1&4&-4\\303&-10&-39&40\\10504&0&-1&1\end{pmatrix}\leadsto
\begin{pmatrix}1717&1&4&-4\\303&-10&-39&40\\1414&300&1169&-1199\end{pmatrix}\leadsto\\
\begin{pmatrix}303&*&*&*\\303&-10&-39&40\\1414&300&1169&-1199\end{pmatrix}\leadsto
\begin{pmatrix}303&*&*&*\\303&-10&-39&40\\202&340&1325&-1359\end{pmatrix}\leadsto\\
\begin{pmatrix}303&*&*&*\\101&-350&-1364&1399\\202&*&*&*\end{pmatrix}\leadsto
\begin{pmatrix}0&*&*&*\\101&-350&-1364&1399\\0&*&*&*\end{pmatrix}.
\end{multline*}
Also $\gcd\{43733,17473,27977\}=101=(-350)\cdot43733+(-1364)\cdot17473+1399\cdot27977$.
\end{bsp}

\subsection{Faktorielle Ringe}

\begin{df} Sei $p\in A$. Es heißt $p$ \emph{irreduzibel} (in $A$), wenn
\[p\notin A^\times~\et~\forall a,b\in A:(p=ab\implies(a\in A^\times\text{ oder }b\in A^\times)),\]
und \emph{prim} (in $A$) (oder \emph{Primelement} von $A$), wenn
\[p\notin A^\times~\et~\forall a,b\in A:(p\mid ab\implies(p\mid a\text{ oder }p\mid b)).\]
\end{df}

\begin{bem}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $0$ ist niemals irreduzibel, denn sonst erhielte man aus $0=0\cdot0$, dass $0\in A^\times$ im Widerspruch zur angenommenen Irreduzibilität.
\item $\text{$0$ ist prim in $A$}\iff\text{$A$ Integritätsring}$ [$\to$ \ref{dfdomain}]
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{pro}\label{primirr}
Sei $A$ ein Integritätsring. Dann ist jedes Primelement $\ne0$ von $A$ irreduzibel in $A$.
\end{pro}

\begin{proof} Sei $p\ne0$ prim in $A$. Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $p\notin A^\times$
\item $\forall a,b\in A:(p=ab\implies(a\in A^\times\text{ oder }b\in A^\times))$
\end{enumerate}
(a) ist Teil der Definition eines Primelements.

Zu (b). Seien $a,b\in A$ mit $p=ab$. Wegen $p\mid ab$ gilt dann $p\mid a$ oder $p\mid b$, \OE{} $p\mid a$, etwa $a=a'p$ mit $a'\in A$. Es folgt $p=ab=a'pb$ und daher
$1=a' b$ wegen $p\ne0$. Somit $b\in A^\times$.
\end{proof}

Die Voraussetzung, dass $A$ Integritätsring ist, ist nicht überflüssig:

\begin{bsp}
$\overline2=\overline2\cdot\overline4$ in $\Z/(6)$ und $\overline2,\overline4\notin(\Z/(6))^\times$. Daher ist $\overline2$ nicht irreduzibel in $\Z/(6)$. Es ist aber
$\overline2$ ein Primelement $\ne0$ in $\Z/(6)$, denn $\overline2\notin(\Z/(6))^\times$ und sind $a,b\in\Z$ mit $\overline2\mid\overline a\overline b$ in $\Z/(6)$, so
ist $a$ oder $b$ eine gerade ganze Zahl und daher $\overline2\mid\overline a$ oder $\overline2\mid\overline b$ in $\Z/(6)$.
\end{bsp}

\begin{erinnerung}{}[$\to$ 4.1.6]
Wir nennen $n\in\N$ mit $n\ge2$ eine Primzahl, wenn es nicht $s,t\in\N$ mit $s,t\ge2$ und $n=st$ gibt. Wir schreiben $\P:=\{2,3,5,7,11,\ldots\}$ für die Menge der Primzahlen.
\end{erinnerung}

\begin{pro} Für $p\in\Z$ sind äquivalent:
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $p\in\P$
\item $p$ ist irreduzibel in $\Z$ und $p\ge0$
\item $p$ ist prim in $\Z$ und $p>0$
\end{enumerate}
\end{pro}

\begin{proof}
\underline{(a)$\iff$(b)} ist sehr einfach.

\smallskip
\underline{(c)$\implies$(b)} folgt aus Proposition \ref{primirr}.

\smallskip
\underline{(a)$\implies$(c)}\quad Gelte $p\in\P$. Dann $p\notin\{-1,1\}=\Z^\times$. Noch zu zeigen: \[\forall a,b\in\Z:(p\mid ab\implies(p\mid a\text{ oder }p\mid b)).\]
Mit Hilfe von $\Z/(p)$ kann man das anders schreiben als:
\[\forall a,b\in\Z/(p):(ab=0\implies(a=0\text{ oder }b=0)).\]
Wegen $p\in\P$ ist aber nach 4.1.7 der kommutative Ring $\Z/(p)$ ein Körper, woraus dies sofort folgt.
\end{proof}

\begin{bsp} Im Unterring $\Z[2\i]=\{a+b2\i\mid a,b\in\Z\}$ von $\C$ [$\to$ 3.2.4, 4.2.6] ist $2$ irreduzibel, aber nicht prim. Wegen $(2\i)(2\i)=-4=(-2)\cdot2$ gilt nämlich
$2\mid(2\i)(2\i)$ in $\Z[2\i]$, aber offensichtlich gilt nicht $2\mid2\i$ in $\Z[2\i]$. Daher ist $2$ nicht prim in $\Z[2\i]$. Offensichtlich ist $2$ keine Einheit in $\Z[2\i]$.
um zu zeigen, dass $2$ irreduzibel in $\Z[2\i]$ ist, reicht es schließlich $a,b,c,d\in\Z$ zu betrachten mit $2=(a+2b\i)(c+2d\i)$. Zu zeigen ist
$a+2b\i\in\Z[2\i]^\times$ oder $c+2d\i\in\Z[2\i]^\times$. Es gilt \[4=2\cdot2^*=(a+2b\i)(c+2d\i)(a-2b\i)(c-2d\i)=(a^2+4b^2)(c^2+4d^2).\] Da $a^2+4b^2\ne2$ und
$c^2+4d^2\ne2$ folgt $a^2+4b^2=1$ oder $c^2+4d^2=1$, also \[(a\in\{-1,1\}\et b=0)\text{ oder }(c\in\{-1,1\}\et d=0).\]
\end{bsp}

\begin{notation}
Im Folgenden fixieren wir eine Menge $\P_A$ von Primelementen $\ne0$ in $A$ derart, dass jedes Primelement $\ne0$ von $A$ zu genau einem Element von $\P_A$
assoziiert ist. Es enthält $\P_A$ also aus jedem $\widehat p$ mit $p\in A\setminus\{0\}$ prim genau einen Vertreter.
\end{notation}

\begin{bsp}\label{paex}
\begin{enumerate}[(a)]
\item In der Regel wird man $\P_\Z=\P$ nehmen. Man könnte aber auch $\P_\Z=\{2,-3,5,7,-11,13,\ldots\}$ nehmen.
\item Ist $K$ ein Körper, so nimmt man in der Regel
\[\P_{K[X]}=\{p\in K[X]\mid p\ne0,p\text{ normiert},p\text{ prim in }K[X]\}.\]
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{notation} Es bezeichne $\N_0^{(\P_A)}$ die Menge der Funktionen $\al\colon\P_A\to\N_0$ mit \emph{endlichem} Träger
$\supp(\al):=\{p\in\P_A\mid\al(p)\ne0\}$. Für jedes $\al\in\N_0^{(\P_A)}$ setzen wir
\[\P_A^\al:=\prod_{p\in\supp(\al)}p^{\al(p)}.\]
Wir nennen $(c,\al)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}$ eine \emph{Primfaktorzerlegung} von $a\in A$, wenn $a=c\P_A^\al$. 
\end{notation}

\begin{bsp} Mit $\P_\Z=\P$ ist $(-1,\al)$ eine Primfaktorzerlegung von $-20$ in $\Z$, wenn man $\al\in\N_0^{(\P)}$ definiert durch
$\supp(\al)=\{2,5\}$, $\al(2)=2$ und $\al(5)=1$. Informell würde man auch sagen, $-20=(-1)\cdot2^2\cdot5$ ist eine Primfaktorzerlegung von $-20$.
\end{bsp}

\begin{lem}\label{pqlemma}
Sei $A$ ein Integritätsring und $p,q\in\P_A$ mit $p\mid q$. Dann $p=q$.
\end{lem}

\begin{proof}
Schreibe $q=pa$ mit $a\in A$. Wegen $q\mid pa$ gilt $q\mid p$ oder $q\mid a$. Falls $q\mid p$, so $p\entspricht q$ und daher $p=q$. Es reicht also, die Annahme
$q\mid a$ zum Widerspruch zu führen. Wäre aber $b\in A$ mit $a=qb$, so folgte $q=pa=pqb$ und daher $1=pb$ wegen $q\ne0$. Dann wäre aber $p\in A^\times$ und
damit $p$ nicht prim.
\end{proof}

\begin{pro}\label{prein}
In Integritätsringen sind Primfaktorzerlegungen eindeutig, das heißt ist $A$ ein Integritätsring und sind $(c,\al),(d,\be)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}$ mit
$c\P_A^\al=d\P_A^\be$, so folgt $(c,\al)=(d,\be)$.
\end{pro}

\begin{proof} Induktion nach der Anzahl der Primfaktoren in der ersten Primfaktorzerlegung, das heißt wir zeigen
\[\forall(c,\al),(d,\be)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}:\left(
\begin{aligned}
\left(\sum_{p\in\supp(\al)}\al(p)=n\et c\P_A^\al=d\P_A^\be\right)\\
\implies(c,\al)=(d,\be)
\end{aligned}\right)\]
durch Induktion nach $n\in\N_0$.

\underline{$n=0$}\quad Seien $(c,\al),(d,\be)\in A^\times\times\N_0^{(P_A)}$ mit $\al=0$ und $c\P_A^\al=d\P_A^\be$. Dann $\P_A^\be=cd^{-1}\in A^\times$. Da kein Primelement
Einheit ist, folgt $\be=0$ und $c=d$.

\underline{$n-1\to n\quad(n\in\N)$}\quad Seien $(c,\al),(d,\be)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}$ mit $\sum_{p\in\supp(\al)}\al(p)=n$ und $c\P_A^\al=d\P_A^\be$.
Wähle $p\in\supp(\al)$. Wegen $p\mid\P_A^\be$ gibt es ein $q\in\supp(\be)$ mit $p\mid q$, denn $p$ ist prim. Gemäß Lemma \ref{pqlemma} gilt $p=q$. Definiere
$\al',\be'\in\N_0^{(\P_A)}$ durch \[\al'|_{\P_A\setminus\{p\}}:=\al|_{\P_A\setminus\{p\}},\ \be'|_{\P_A\setminus\{p\}}:=\be|_{\P_A\setminus\{p\}},\ \al'(p):=\al(p)-1\text{ und }
\be'(p):=\be(p)-1.\] Es folgt $c\P_A^{\al'}=d\P_A^{\be'}$ und nach IV daher $(c,\al')=(d,\be')$. Somit auch $(c,\al)=(d,\be)$.
\end{proof}

\begin{df}\label{faktoriell}
Ein Integritätsring $A$ heißt \emph{faktoriell}, wenn jedes $a\in A\setminus\{0\}$ eine Primfaktorzerlegung in $A$ besitzt, das heißt es gibt
$(c,\al)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}$ mit $a=c\P_A^\al$.
\end{df}

\begin{bem} Sei $A$ ein Integritätsring.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Definition \ref{faktoriell} ist wegen Proposition \ref{nureinheit} unabhängig von der Wahl von $\P_A$.
\item Proposition \ref{prein} besagt, dass
\[A^\times\times\N_0^{(\P_A)}\to A\setminus\{0\},\ (c,\al)\mapsto c\P_A^\al\]
injektiv ist. Gemäß Definition \ref{faktoriell} ist $A$ genau dann faktoriell wenn diese Abbildung auch surjektiv (und damit bijektiv) ist.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{notation}\label{tho}
Wir führen auf $\N_0^{(\P_A)}$ die Halbordnung $\preceq$ definiert durch
\[\al\preceq\be\diff\forall p\in\P_A:\al(p)\le\be(p)\qquad(\al,\be\in\N_0^{(\P_A)})\]
ein.
\end{notation}

\begin{pro}\label{divexp}
Sei $A$ ein faktorieller Ring. Dann gilt für alle $(c,\al),(d,\be)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}$
\[c\P_A^\al\mid d\P_A^\be\iff\al\preceq\be.\]
\end{pro}

\begin{proof}
"`$\Longleftarrow$"' Ist $\al\preceq\be$, so ist $\ga:=\be-\al\in\N_0^{(\P_A)}$ und $d\P_A^\be=\left(\frac dc\P_A^\ga\right)\left(c\P_A^\al\right)$.

"`$\Longrightarrow$"' Gelte $c\P_A^\al\cdot a=d\P_A^\be$ für ein $a\in A$. Zu zeigen: $\al\preceq\be$. Da $A$ faktoriell und $a\ne0$ ist, gibt es
$(e,\ga)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}$ mit $a=e\P_A^\ga$. Es folgt $ce\P_A^{\al+\ga}=d\P_A^\be$ und wegen \ref{prein} daher $\al+\ga=\be$
(und $ce=d$).
\end{proof}

\begin{sat} Sei $A$ ein Integritätsring. Dann ist $A$ faktoriell genau dann, wenn in $A$ jedes irreduzible Element prim ist und die folgende "`Teilerkettenbedingung"' gilt:
Ist $(a_n)_{n\in\N}$ eine Folge von Elementen $a_n\in A$ mit $(a_1)\subseteq(a_2)\subseteq(a_3)\subseteq\ldots$, so gibt es ein $k\in\N$ mit
$(a_k)=(a_{k+1})=(a_{k+2})=\ldots$.
\end{sat}

\begin{proof} Sei zunächst $A$ faktoriell. Da ein irreduzibles Element per Definition keine Einheit ist, muss in seiner Primfaktorzerlegung mindestens ein Primfaktor auftauchen.
Da Primelemente keine Einheiten sind, kann aber dort auch höchstens ein Primfaktor auftauchen. Sei nun $(a_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $A$ mit
$(a_1)\subseteq(a_2)\subseteq(a_3)\subseteq\ldots$ \OE{} $a_1\ne0$ und damit $\forall n\in\N:a_n\ne0$. Schreibe $a_n=c_n\P_A^{\al_n}$ mit
$(c_n,\al_n)\in A^\times\times\N_0^{(\P_A)}$ für alle $n\in\N$. Mit Proposition \ref{divexp} folgt $\al_1\succeq\al_2\succeq\al_3\succeq\ldots$. Weil $\supp(\al_1)$ endlich ist,
folgt hieraus, dass es $k\in\N$ gibt mit $\al_k=\al_{k+1}=\ldots$ Dann $(a_k)=(a_{k+1})=\ldots$

Sei nun umgekehrt jedes irreduzible Element prim und gelte die Teilerkettenbedingung. Es reicht dann zu zeigen, dass jedes $a\in A\setminus\{0\}$ ein Produkt von irreduziblen
Elementen und einer Einheit ist. Sei $M$ die durch Inklusion halbgeordnete Menge von Hauptidealen $(a)$ derart, dass $a\in A\setminus\{0\}$ kein solches Produkt ist.

Annahme: $M\ne\emptyset$.

Wegen der Teilerkettenbedingung besitzt $M$ mindestens ein maximales Element [$\to$ 12.2.2] $(a)$ mit $a\in A\setminus\{0\}$, welches kein solches Produkt ist. Insbesondere
ist $a$ weder irreduzibel noch eine Einheit ist, weswegen es $b,c\in A\setminus A^\times$ gibt mit $a=bc$. Es folgt $(a)\subset(b)$ und $(a)\subset(c)$
(wäre etwa $(a)=(b)$, das heißt $a\entspricht b$, so gäbe es nach Proposition \ref{nureinheit} ein $c'\in A^\times$ mit $a=bc'$ und es folgte $c=c'\in A^\times$ wegen $b\ne0$).
Wegen der Maximalität von $(a)$ sind sowohl $b$ als auch $c$ Produkte von irreduziblen Elementen und einer Einheit. Dann aber auch $a$. $\lightning$
\end{proof}

\begin{kor}\label{pidufd}
Jeder Hauptidealring ist faktoriell.
\end{kor}

\begin{proof} Sei $A$ ein Hauptidealring.
Zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item In $A$ ist jedes irreduzible Element prim.
\item Teilerkettenbedingung
\end{enumerate}

Zu (a). Sei $p\in A$ irreduzibel. Zu zeigen: $p$ prim. Per Definition ist $p\notin A^\times$. Seien $a,b\in A$ mit $p\mid ab$. Zu zeigen: $p\mid a$ oder $p\mid b$.
Wähle $c\in A$ mit $(c)=(p,a)$. Wegen $p\in(c)$ und der Irreduzibilität von $p$ folgt $c\in A^\times$ oder $p\entspricht c$. Falls $p\entspricht c$, so $p\mid c$ und $c\mid a$,
also $p\mid a$. Gelte also $c\in A^\times$. Dann $(1)=(p,a)$ und es gibt $s,t\in A$ mit $1=sp+ta$. Dann $b=sbp+tab$ und mit
$p\mid(sbp+tab$) (wegen $p\mid ab$) folgt $p\mid b$.

\smallskip
Zu (b). Sei $(a_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $A$ mit $(a_1)\subseteq(a_2)\subseteq(a_3)\subseteq\ldots$ Dann ist
$I:=\bigcup\{(a_n)\mid n\in\N\}$ ein Ideal von $A$, wie man sich leicht überlegt. Wähle $a\in A$ mit $I=(a)$. Wähle $k\in\N$ mit $a\in(a_k)$. Dann
$(a_k)\subseteq(a_{k+1})\subseteq\ldots\subseteq I=(a_k)$, also $(a_k)=(a_{k+1})=\ldots$
\end{proof}

\begin{bsp}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\Z$ ist faktoriell: Für alle $a\in\Z\setminus\{0\}$ gibt es genau ein $(c,\al)\in\{-1,1\}\times\N_0^{(\P)}$ mit $a=c\P^\al$.
\item Sei $K$ ein Körper. Dann ist $K[X]$ faktoriell. Insbesondere sind die Primelemente $p\in K[X]\setminus\{0\}$ genau die irreduziblen Polynome
in $K[X]$. Man setzt in Übereinstimmung mit \ref{paex}(b)
\[\P_{K[X]}=\{p\in K[X]\mid p\text{ normiert und irreduzibel}\},\]
sofern nichts anderes erwähnt ist. Es gilt\footnote{Hier benutzen wir den Fundamentalsatz der Algebra 4.2.12 [$\to$ 4.2.13(g)].}
\begin{align*}
\P_{\C[X]}&=\{X-z\mid z\in\C\}\qquad\text{und}\\
\P_{\R[X]}&=\{X-a\mid a\in\R\}\cup\{(X+a)^2+c\mid a,c\in\R,c>0\}.
\end{align*}
Letzteres folgt, da in der Primfaktorzerlegung eines $p\in\R[X]$ in $\C[X]$ mit jedem $X+a+\i b\in\P_{\C[X]}$ ($a,b\in\R,b\ne0)$ auch $X+a-\i b\in\P_{\C[X]}$ auftaucht
und mit $c:=b^2>0$ gilt $(X+a+\i b)(X+a-\i b)=(X+a)^2+c$ (vergleiche auch 10.1.13 und Beweis von 15.2.10).
\item Sei $K$ ein Körper und $p\in K[X]\setminus\{0\}$ mit Primfaktorzerlegung $p=c\P_{K[X]}^\al$ ($c\in A^\times,\al\in\N_0^{(\P_A)}$). Ist $\la\in K$, so ist $\la$ eine Nullstelle
von $p$ genau dann, wenn $\al(X-\la)\ge1$. In diesem Fall ist $\al(X-\la)$ die in 10.1.13 definierte Vielfachheit der Nullstelle $\la$ von $p$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{notation}\label{poseq}
Wir fügen zu $\N_0^{(P_A)}$ ein neues Element $\infty$ hinzu und erweitern die Halbordnung $\preceq$ aus \ref{tho} auf $\N_0^{(P_A)}\cup\{\infty\}$, indem wir festlegen, dass $\infty$ das größte Element der Halbordnung wird:
\begin{multline*}
\al\preceq\be\diff
(\be=\infty\text{ oder }(\al\ne\infty\ne\be\et\forall p\in\P_A:\al(p)\le\be(p)))\\
(\al,\be\in\N_0^{(\P_A)}\cup\{\infty\})
\end{multline*}
\end{notation}

\begin{pro} Sei $A$ faktoriell. Dann ist die Abbildung
\begin{align*}
\N_0^{(\P_A)}\cup\{\infty\}&\to A/{\entspricht}\\
\al&\mapsto\begin{cases}\widehat0&\text{falls }\al=\infty\\\widehat{P_A^\al}&\text{sonst}\end{cases}
\end{align*}
ein Isomorphismus halbgeordneter Mengen \emph{[$\to$ \ref{isoposet}, \ref{definehat}, \ref{poseq}]}.
\end{pro}

\begin{proof}
\underline{surjektiv}\quad Sei $a\in A$. Ist $a=0$, so ist $\widehat a$ Bild von $\infty$. Sei also $a\ne0$ Schreibe $a=c\P_A^\al$ mit $c\in A^\times$ und $\al\in\N_0^{(P_A)}$.
Dann $a\entspricht\P_A^\al$, also ist $\widehat a=\widehat{\P_A^\al}$ Bild von $\al$.

\smallskip
\underline{injektiv}\quad $\widehat0$ hat nur $\infty$ als Urbild. Sind $\al,\be\in\N_0^{(\P_A)}$ mit $\widehat{\P_A^\al}=\widehat{\P_A^\be}$, so $\P_A^\al\entspricht\P_A^\be$ und es gibt
$c\in A^\times$ mit $c\P_A^\al=\P_A^\be$. Aus \ref{prein} ergibt sich $\al=\be$ (und $c=1$).

\smallskip
\underline{Isomorphismus}\quad $\infty$ ist das größte Element von $\N_0^{(\P_A)}\cup\{\infty\}$ und sein Bild $\widehat0$ das größte Element von $A/\entspricht$. Für
$\al,\be\in\N_0^{(\P_A)}$ gilt \[\al\preceq\be\iff\P_A^\al\mid\P_A^\be\iff\widehat{\P_A^\al}\preceq\widehat{\P_A^\be}.\]
\end{proof}

In Verallgemeinerung [$\to$ \ref{pidufd}] von Proposition \ref{kurz}(b) halten wir fest:

\begin{kor}
Ist $A$ ein faktorieller Ring und $B\subseteq A$, so gibt es einen ggT und ein kgV der Elemente von $B$.
\end{kor}

\begin{proof}
Lauf Definition \ref{ggTdef} ist zu zeigen, dass in der halbgeordneten Menge \[(A/{\entspricht},\preceq)\] jede Teilmenge ein Infimum und ein Supremum besitzt. Nach
der letzten Proposition reicht es, dasselbe für die halbgeordnete Menge \[(\N_0^{(\P_A)}\cup\{\infty\},\preceq)\] zu zeigen. Sei also $B\subseteq\N_0^{(\P_A)}\cup\{\infty\}$.
Setze
\[\al_{\text{ggT}}:=\begin{cases}\infty&\text{falls $B\subseteq\{\infty\}$,}\\\left(
\begin{aligned}
\P_A&\to\N_0\\
p&\mapsto\min\{\be(p)\mid\be\in B\setminus\{\infty\}\}
\end{aligned}\right)
&\text{falls $B\not\subseteq\{\infty\}$.}
\end{cases}\]
Dann ist $\al_{\text{ggT}}$ nach 12.1.7(c) das Infimum von $B$, denn es gilt
\[\forall\be\in\N_0^{(\P_A)}\cup\{\infty\}:(\be\text{ untere Schranke von }B\iff\be\preceq\al_{\text{ggT}}).\]
Setze weiter
\[\al_{\text{kgV}}:=\begin{cases}
\begin{aligned}
0&\quad\text{falls $B=\emptyset$,}\\
\infty&\quad\text{falls $B$ keine obere Schranke $\be\in\N_0^{(\P_A)}$ besitzt,}
\end{aligned}\\
\left(
\begin{aligned}
\P_A&\to\N_0\\
p&\mapsto\max\{\be(p)\mid\be\in B\setminus\{\infty\}\}
\end{aligned}\right)
\qquad\text{sonst.}
\end{cases}
\]
Dann
\[\forall\be\in\N_0^{(\P_A)}\cup\{\infty\}:(\be\text{ obere Schranke von }B\iff\al_{\text{kgV}}\preceq\be),\]
weswegen $\al_{\text{kgV}}$ das Supremum von $B$ ist.
\end{proof}

Obiger Beweis zeigt, wie man in einem faktoriellen Ring ggT und kgV einer Menge von Elementen, deren Primfaktorzerlegungen man kennt, sofort berechnen kann.

\begin{bsp}
$\gcd\{3^{17}5^{13},3^{14}5^97\}=3^{14}5^9$ und $\lcm\{3^{17}5^{13},3^{14}5^97\}=3^{17}5^{13}7$ in $\Z$
\end{bsp}
\end{document}