<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">% 
% Lineare Algebra I (B1)
% Oliver Schn\"urer
% Uni Konstanz, Winter 2010/11
%
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\hyphenation{Du-al-raum Nor-men Gleich-heit Kom-pakt-heits-satz 
  Viel-fach-heit Funk-tion Funk-tion-en}

\begin{document}
\title{Lineare Algebra I}

%    Information for first author
\author{Oliver C. Schn\"urer}
%    Address of record for the research reported here
\address{Oliver C. Schn\"urer, Fachbereich Mathematik und Statistik,
  Universit\"at Konstanz, 78457 Konstanz, Germany}
%    Current address
\curraddr{}
\def\AmSeeHome{@uni-konstanz.de}
\email{Oliver.Schnuerer\AmSeeHome}
%    \thanks will become a 1st page footnote.
\thanks{Vielen Dank an Dieter Hoffmann, Matthias Makowski, Reinhard
  Racke, Olaf Schn\"urer und an die H\"orer der Vorlesung f\"ur
  Korrekturen.}

%    General info
\subjclass{15-01}
% 15-XX Linear and multilinear algebra; matrix theory
% 15-01  Instructional exposition (textbooks, tutorial papers, etc.)


\date{\today.}

\dedicatory{}

\keywords{}

%\setlength{\parindent}{0pt}
%\setlength{\parskip}{0.5em}

\begin{abstract}
  Bei diesem Manuskript handelt es sich um Notizen zu einer Vorlesung
  Lineare Algebra I (B1) an der Universit\"at Konstanz im
  Wintersemester 2010/11.
\end{abstract}

\maketitle

\tableofcontents

% Spezielle Kopfzeilen
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\long\def\Subsection#1{\subsection{#1} \def\unterabschnitt{#1}}
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{\scriptsize{\textsc{\thesubsection.{} \MakeUppercase{\unterabschnitt{}}}}}

\addtocounter{section}{-1}

\Section{Vorbemerkungen}

\Subsection{Lineare Algebra in der Mathematik}
Lineare Algebra I ist eine Grundvorlesung, deren s\"amtliche Inhalte
sp\"ater in allen mathematischen Gebieten st\"andig auftauchen werden
und daher ein guter Einstieg in die Mathematik. 

Die lineare Algebra besch\"aftigt sich mit Objekten, die linear,
d.\,h.{} gerade aussehen, also wie eine Gerade oder eine Ebene. Die
Realit\"at ist aber in der Regel nicht linear. Jedoch sehen Dinge aus
der N\"ahe h\"aufig linear aus, z.\,B.{} ein kleines St\"uck der
Tischplatte eines Tisches. 

\Subsection{Was kann man mit Mathematik anfangen?}\rule{0mm}{1mm}\\
Nach \texttt{http://www.maths.monash.edu.au/}
\begin{itemize}
\item Understanding our world (Bewegung der Sterne, Sonnenprotuberanzen,
  schwarze L\"ocher, Wasserwellen, Windhose, Buschbr\"ande)
\item Modelling and improving systems (Verkehrsleitsysteme, Logistik
  f\"ur Containerschiffe, B\"orse, Produktion, Medizin)
\item Studying the beauty of perfection (Seifenblasen, Symmetrien in
  Sonnenblumen oder geometrischen Mustern, Fraktale, Wassertropfen)
\end{itemize}

\Subsection{Literatur}
Die meisten B\"ucher \"uber lineare Algebra sind geeignet, z.\,B.{}
die B\"ucher von U. Stammbach \cite{StammbachLA} (h\"aufig die
Grundlage dieses Skriptes), G. Fischer \cite{FischerLA} (auch
h\"aufiger benutzt), S. Lang \cite{LangLA} oder F. Lorenz
\cite{LorenzLA1}, alle etwa mit dem Titel \glqq Lineare Algebra\grqq{}
und (mit Vorsicht; auch im Skript verwandt) Wikipedia
(\texttt{http://www.wikipedia.org/}) f\"ur Definitionen.

\Section{Lineare Gleichungssysteme}
\Subsection{Lineare Gleichungssysteme}
\begin{beispiel}
  Wir wollen das folgende Gleichungssystem l\"osen:
  \[
  \begin{matrix}
    2x&amp;+&amp;6y&amp;-&amp;4z&amp;=&amp;10,\\
    -x&amp;+&amp;5y&amp;+&amp;2z&amp;=&amp;11,\\
    3x&amp;+&amp;7y&amp;+&amp;z&amp;=&amp;-3. 
  \end{matrix}
  \]
  Dazu multiplizieren wir die erste Zeile mit $\frac12$.
  \[
  \begin{matrix}
    x&amp;+&amp;3y&amp;-&amp;2z&amp;=&amp;5,\\
    -x&amp;+&amp;5y&amp;+&amp;2z&amp;=&amp;11,\\
    3x&amp;+&amp;7y&amp;+&amp;z&amp;=&amp;-3. 
  \end{matrix}
  \]
  Wir addieren die erste Zeile zur zweiten Zeile und subtrahieren sie,
  mit $3$ multipliziert, von der dritten Zeile
  \[
  \begin{matrix}
    x&amp;+&amp;3y&amp;-&amp;2z&amp;=&amp;5,\\
    &amp;&amp;8y&amp;&amp;&amp;=&amp;16,\\
    &amp;-&amp;2y&amp;+&amp;7z&amp;=&amp;-18. 
  \end{matrix}
  \]
  Multipliziere die zweite Zeile mit $\frac18$ und addiere das
  Resultat, mit $2$ multipliziert, zur dritten Zeile
  \[
  \begin{matrix}
    x&amp;+&amp;3y&amp;-&amp;2z&amp;=&amp;5,\\
    &amp;&amp;y&amp;&amp;&amp;=&amp;2,\\
    &amp;&amp;&amp;&amp;7z&amp;=&amp;-14. 
  \end{matrix}
  \]
  Multipliziere die dritte Zeile mit $\frac17$ und addiere das
  Resultat, mit $2$ multipliziert, zur ersten Zeile. Addiere die
  zweite Zeile, mit $-3$ multipliziert, zur ersten Zeile und erhalte
  \[
  \begin{matrix}
    x&amp;&amp;&amp;=&amp;-5,\\
    &amp;y&amp; &amp;=&amp;2,\\
    &amp;&amp;z &amp;=&amp;-2. 
  \end{matrix}
  \]
  Wir erhalten die L\"osung $(x,y,z)=(-5,2,-2)$. D.\,h.{} f\"ur
  $x=-5$, $y=2$ und $z=-2$ sind s\"amtliche Gleichungen des obigen
  Gleichungssystems erf\"ullt. 
\end{beispiel}

Wir wollen jedoch nicht in erster Linie spezielle Probleme l\"osen,
sondern Aussagen \"uber allgemeine Probleme machen. 

\begin{definition}[Lineares Gleichungssystem]
  Ein reelles lineares Gleichungssystem in $n$ Unbekannten
  $x^1,\ldots, x^n$ und $m$ Gleichungen ist ein System von Gleichungen
  der Form
  \begin{equation}\label{allg LGS}
    \begin{matrix}
      a^1_1x^1&amp;+&amp;a^1_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;a^1_nx^n&amp;=&amp;b^1\\
      a^2_1x^1&amp;+&amp;a^2_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;a^2_nx^n&amp;=&amp;b^2\\
      \vdots &amp;&amp;&amp;&amp;&amp;&amp;\vdots &amp;&amp;\vdots\\
      a^m_1x^1&amp;+&amp;a^m_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;a^m_nx^n&amp;=&amp;b^m
    \end{matrix}
  \end{equation}
  Dabei sind $a^i_j$ und $b^i$, $1\le i\le m$, $1\le j\le n$, reelle
  Zahlen, also $a^i_j,b^i\in\R$.\par (Anders als in vielen B\"uchern
  \"uber lineare Algebra schreiben wir einen Index der Koeffizienten
  $a^i_j$ nach oben. ($a^i_j$ hier entspricht $a_{ij}$ in solchen
  B\"uchern.) Dies bedeutet keine Potenzierung und ist eine in der
  Differentialgeometrie und Physik (Einsteinsche Summenkonvention)
  \"ubliche Schreibweise.) \par Das System hei\ss{}t homogen, falls
  $b^1=\ldots=b^m=0$ gilt und sonst inhomogen.\par Ein $n$-Tupel
  $(\xi^1,\ldots,\xi^n)$ reeller Zahlen, also
  $(\xi^1,\ldots,\xi^n)\in\R^n$, hei\ss{}t L\"osung des linearen
  Gleichungssystems, wenn s\"amtliche Gleichungen des
  Gleichungssystems erf\"ullt sind, wenn wir die Zahlen $\xi^i$ statt
  $x^i$ f\"ur $1\le i\le n$ einsetzen.
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei (H) ein homogenes lineares Gleichungssystem wie in \eqref{allg
    LGS}. Seien $(\xi^1,\ldots,\xi^n)$ und $(\eta^1,\ldots,\eta^n)$
  L\"osungen von (H). Sei $\lambda\in\R$. Dann sind
  $(\xi^1+\eta^1,\ldots,\xi^n+\eta^n)$ und
  $(\lambda\xi^1,\ldots,\lambda\xi^n)$ ebenfalls L\"osungen von (H). 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Voraussetzung gilt f\"ur alle $1\le i\le m$
  \begin{align}
    \label{xi lsg}
    a^i_1\xi^1+a^i_2\xi^2+\ldots+a^i_n\xi^n=&amp;\,0,\\
    \label{eta lsg}
    a^i_1\eta^1+a^i_2\eta^2+\ldots+a^i_n\eta^n=&amp;\,0.
  \end{align}
  Wir addieren \eqref{xi lsg} und \eqref{eta lsg} und erhalten
  \[a^i_1(\xi^1+\eta^1)+a^i_2(\xi^2+\eta^2)+\ldots
  +a^i_n(\xi^n+\eta^n)=0.\] Somit ist
  $(\xi^1+\eta^1,\ldots,\xi^n+\eta^n)$ ebenfalls eine L\"osung von
  (H). \par
  Multipliziere \eqref{xi lsg} mit $\lambda$ und erhalte
  \[a^i_1(\lambda\xi^1)+a^i_2(\lambda\xi^2)+\ldots
  +a^i_n(\lambda\xi^n)=0.\] Daher ist
  $(\lambda\xi^1,\ldots,\lambda\xi^n)$ wie behauptet auch eine
  L\"osung von (H). 
\end{proof}

\begin{remark}
  Sei (H) ein homogenes Gleichungssystem. Dann besitzt (H) stets die
  triviale L\"osung $(0,\ldots,0)$. \par
  Sei (L) ein lineares Gleichungssystem wie in \eqref{allg LGS}. Dann
  bezeichnen wir das homogene lineare Gleichungssystem, das aus
  \eqref{allg LGS} entsteht, wenn wir die Koeffizienten $b^i$ durch
  $0$ ersetzen als das zugeh\"orige homogene System (HL).
\end{remark}

\begin{theorem}
  Sei (L) ein lineares Gleichungssystem wie in \eqref{allg LGS} und
  sei (HL) das zugeh\"orige homogene lineare Gleichungssystem.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(\zeta^1,\ldots,\zeta^n)$ eine L\"osung von (L) und
    $(\xi^1,\ldots,\xi^n)$ eine L\"osung von (HL), so ist
    $(\zeta^1+\xi^1,\ldots,\zeta^n+\xi^n)$ eine L\"osung von (L). 
  \item Seien $(\zeta^1,\ldots,\zeta^n)$ und $(\eta^1,\ldots,\eta^n)$
    L\"osungen von (L), so ist
    $(\zeta^1-\eta^1,\ldots,\zeta^n-\eta^n)$ eine L\"osung von (HL). 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Addiere 
    \begin{align*}
      a^i_1\zeta^1+a^i_2\zeta^2+\ldots+a^i_n\zeta^n=&amp;\,b^i
      \intertext{und} a^i_1\xi^1+a^i_2\xi^2+\ldots+a^i_n\xi^n=&amp;\,0
      \intertext{und erhalte}
      a^i_1(\zeta^1+\xi^1)+a^i_2(\zeta^2+\xi^2)
      +\ldots+a^i_n(\zeta^n+\xi^n)=&amp;\,b^i.
    \end{align*}
    Die erste Behauptung folgt. 
  \item Subtrahiere 
    \begin{align*}
      a^i_1\eta^1+a^i_2\eta^2+\ldots+a^i_n\eta^n=&amp;\,b^i
      \intertext{von}
      a^i_1\zeta^1+a^i_2\zeta^2+\ldots+a^i_n\zeta^n=&amp;\,b^i
      \intertext{und erhalte}
      a^i_1(\zeta^1-\eta^1)+a^i_2(\zeta^2-\eta^2)
      +\ldots+a^i_n(\zeta^n-\eta^n)=&amp;\,0.
    \end{align*}
    Wir erhalten die zweite Behauptung. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  F\"ur $n$-Tupel verwenden wir die Abk\"urzungen
  \begin{align*}
    \eta=&amp;\,(\eta^1,\eta^2,\ldots,\eta^n),\\
    \zeta=&amp;\,(\zeta^1,\zeta^2,\ldots,\zeta^n),\ldots, \intertext{und
      definieren} \eta+\zeta=&amp;\,(\eta^1+\zeta^1,\eta^2+\zeta^2,\ldots,
    \eta^n+\zeta^n) \intertext{sowie f\"ur $\lambda\in\R$}
    \lambda\eta=&amp;\,(\lambda\eta^1,\lambda\eta^2,
    \ldots,\lambda\eta^n).
  \end{align*}
\end{remark}

\begin{lemma}\label{gleiche lsg}
  Sei (L) ein lineares Gleichungssystem. Dann ist die L\"osungsmenge
  unter den folgenden Operationen invariant.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Vertauschen von Gleichungen.
  \item Multiplikation einer Gleichung mit $\lambda\in\R$,
    $\lambda\neq0$. 
  \item Wir addieren das $\lambda$-fache der $j$-ten Gleichung zur
    $i$-ten Gleichung. 
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis] 
  Sei $L_1$ die L\"osungsmenge von (L) und sei
  $L_2$ die L\"osungsmenge des Systems, das wir erhalten, wenn wir die
  jeweilige Operation anwenden. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Klar.
  \item F\"ur jede Zahl $\lambda\in\R$ gilt $L_1\subset L_2$. Ist
    $\lambda\neq0$, so erhalten wir durch Multiplikation derselben
    Gleichung mit $\frac1\lambda$ gerade wieder (L). Somit gilt auch
    $L_2\subset L_1$, insgesamt also $L_1=L_2$. 
  \item Auch hier ist $L_1\subset L_2$ wieder klar. Addition des
    $(-\lambda)$-fachen der $j$-ten Gleichung zur $i$-ten Gleichung
    liefert wieder (L), also gilt auch $L_2\subset L_1$ und daher ist
    auch hier wieder $L_1=L_2$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Gau\ss{}sches Eliminationsverfahren}
Das Gau\ss{}sche Eliminationsverfahren erlaubt es, allgemeine lineare
Gleichungssysteme zu l\"osen oder nachzuweisen, dass sie keine
L\"osung besitzen. 
\begin{definition}[Zeilenstufenform]\label{def Zeilenstufenform}
  Sei (L) ein lineares Gleichungssystem in der Form \eqref{allg
    LGS}. Dann ist (L) in Zeilenstufenform, falls \glqq in jeder Zeile
  links mehr Nullen als in der Vorg\"angerzeile stehen\grqq, \dh
  setzen wir 
  \[
  A^i_j:=
  \begin{cases}
    a^i_j,&amp;1\le j\le n,\,1\le i\le m,\\
    b^i,&amp;j=n+1,\,1\le i\le m,
  \end{cases}
  \]
  so ist die Anzahl der \glqq links stehenden Nullen\grqq{} in Zeile
  $i$ durch
  \[N(i):=\max\left\{k\in\{0,1,\ldots,n+1\}\colon A^i_j=0\text{ f\"ur
    }1\le j\le k\right\}\] definiert und wir fordern, dass es ein
  $i_0\in\{0,\ldots,m-1\}$ gibt, so dass $N(i)&lt;N(i+1)$ f\"ur alle
  $1\le i\le i_0$ und $N(i)=n+1$ f\"ur $i_0&lt;i\le m$ gelten.
\end{definition}
Wir verwenden \[\N=\{0,1,2,\ldots\}\quad\text{und}\quad
\N^+\equiv\N_{&gt;0}\equiv\N\setminus\{0\}.\] 

\begin{theorem}[Gau\ss{}sches Eliminationsverfahren]\neueZeilealt
  \label{Gauss Algorithmus} Sei (L) ein lineares Gleichungssystem wie
  in \eqref{allg LGS}. Dann l\"asst sich (L) mit endlich vielen
  Operationen aus Lemma \ref{gleiche lsg} in ein lineares
  Gleichungssystem (G) der Form \eqref{allg LGS} umformen, so dass (G)
  in Zeilenstufenform ist. (L) und (G) haben dieselbe L\"osungsmenge.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Gleichheit der L\"osungsmengen folgt direkt nach Lemma
  \ref{gleiche lsg}. \par Wir zeigen nun per Induktion nach der Anzahl
  der Spalten bzw.{} der Variablen, dass dies stets m\"oglich
  ist. \par Wir betrachten zuerst den Fall einer Variablen. Dann haben
  wir ein Gleichungssystem der Form
  \begin{align*}
    a^1_1x^1=&amp;\,b^1,\\
    \vdots\quad&amp;\,\vdots,\\
    a^m_1x^1=&amp;\,b^m.
  \end{align*}
  Ist ein $a^j_1\neq0$, so d\"urfen wir nach Vertauschung der Zeilen
  annehmen, dass $a^1_1\neq0$ gilt. Addiere nun
  $-\frac{a^2_1}{a^1_1}$-mal die erste Zeile zur zweiten,
  $-\frac{a^i_1}{a^1_1}$-mal die erste Zeile zur $i$-ten. Damit haben
  wir das obige System auf eine Form mit $a^i_1=0$ f\"ur $2\le i\le m$
  gebracht. Wir behalten die Bezeichnungen bei. Ist ein $b^i\neq0$,
  so d\"urfen wir nach Zeilenvertauschung ohne Einschr\"ankung
  annehmen, dass dies $b^2$ ist. Falls f\"ur alle $2\le i\le m$ auch
  $b^i=0$ gilt, so sind wir fertig. Nehme daher an, dass dieser Fall
  nicht eintritt. Wir addieren nun $-\frac{b^3}{b^2}$-mal die zweite
  Zeile zur dritten und $-\frac{b^i}{b^2}$-mal die zweite Zeile zur
  $i$-ten. Das Ergebnis ist ein Gleichungssystem in
  Zeilenstufenform.\par
  Sei nun die Anzahl der Variablen $n$ in \eqref{allg LGS}
  gr\"o\ss{}er als eins. Nach Umordnen der Gleichungen d\"urfen wir
  ohne Einschr\"ankung annehmen, dass $a^1_1\neq0$ gilt. (Gibt es
  n\"amlich keinen Koeffizienten $a^i_1$ in der ersten Spalte, der
  nicht verschwindet, so folgt die Behauptung per Induktion.) Addiere
  nun $-\frac{a^i_1}{a^1_1}$-mal die erste Zeile zur $i$-ten. Wir
  bezeichnen die Koeffizienten im neuen linearen Gleichungssystem
  wieder mit $a^i_j$. Dann gilt $a^i_1=0$ f\"ur $2\le i\le m$. Nach
  Induktionsvoraussetzung k\"onnen wir den Block ab der zweiten
  Gleichung in einem System der Form
  \[
  \begin{matrix}
    a^1_1x^1&amp;+&amp;a^1_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;a^1_nx^n&amp;=&amp;b^1\\
    &amp;&amp;\tilde a^2_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;\tilde a^2_nx^n&amp;=&amp;\tilde b^2\\
    &amp;&amp;\vdots&amp;&amp;&amp;&amp;\vdots &amp;&amp;\vdots\\
    &amp;&amp;\tilde a^m_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;\tilde a^m_nx^n&amp;=&amp;\tilde b^m.
  \end{matrix}
  \]
  in Zeilenstufenform bringen. Die Behauptung folgt daher. \par
  Nach Multiplikation der $i$-ten Zeile mit $\frac1{A^i_{N(i)+1}}$ wie
  in Definition \ref{def Zeilenstufenform} d\"urfen wir zus\"atzlich
  ohne Einschr\"ankung annehmen, dass das Gleichungssystem in
  Zeilenstufenform $A^i_{N(i)+1}=1$ erf\"ullt (falls $N(i)\le n$ ist),
  dass also der erste von Null verschiedene Koeffizient gleich $1$
  ist, falls die Gleichung nicht $0=0$ lautet. 
\end{proof}

\begin{lemma}\label{eind loesbar zeilenstufenform}
  Sei (L) ein lineares Gleichungssystem der Form \eqref{allg LGS} in
  Zeilenstufenform.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann besitzt (L) genau dann eine L\"osung, wenn (L) keine
    Zeile der Form $0=b^i$ mit $b^i\neq0$ enth\"alt.
  \item Die L\"osung ist eindeutig, falls eine L\"osung existiert,
    $N(i)=i-1$ f\"ur $1\le i\le m$ mit $N(i)$ wie in Definition
    \ref{def Zeilenstufenform} und $n=m$ gelten.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Damit (L) eine L\"osung besitzen, darf keine Zeile der Form
    $0\neq0$ auftreten. Nehme dies an. Dann hat die letzte Zeile, die
    nicht die Form $0=0$ hat, die Form
    \[a^i_kx^k+\ldots+a^i_nx^n=b^i\] mit $a^i_k\neq0$. W\"ahle
    $\xi^{k+1},\ldots,\xi^n$ beliebig und setze
    \[\xi^k:=\frac1{a^i_k}\left(b^i-\left(a^i_{k+1}\xi^{k+1}
        +\ldots+a^i_n\xi^n\right)\right).\] $(\xi^k,\ldots,\xi^n)$
    l\"ost diese letzte Gleichung. Ersetze nun $x^k,\ldots,x^n$ im
    restlichen Gleichungssystem durch $\xi^k,\ldots,\xi^n$. Dieses
    Gleichungssystem hat nun eine Gleichung weniger als das bisher
    betrachtete. Per Induktion finden wir daher eine L\"osung.
  \item Gilt $N(1)=0$, $N(2)=1$, \ldots, so sind s\"amtliche $\xi^i$
    beim L\"osen des Gleichungssystems von unten eindeutig
    bestimmt. Daher ist die L\"osung eindeutig. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei (H) ein homogenes lineares Gleichungssystem der Form \eqref{allg
    LGS} mit $m&lt;n$, also mit weniger Zeilen als Variablen. Dann
  besitzt (H) eine nichttriviale L\"osung, \dh eine L\"osung
  $(\xi^1,\ldots,\xi^n)\neq(0,\ldots,0)$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir bringen das Gleichungssystem in Zeilenstufenform. Wegen $m&lt;n$
  gibt es ein $i&lt;m$ mit $N(i)+2\le N(i+1)$ und $N(i)+2\le n$ oder es
  ist $N(m)\le n-2$. L\"osen wir das Gleichungssystem also wie in
  Lemma \ref{eind loesbar zeilenstufenform}, so ist $\xi^{N(i)+2}$
  bzw.{} $\xi^n$ frei w\"ahlbar.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei (L) ein beliebiges lineares Gleichungssystem wie in \eqref{allg
    LGS} mit $m=n$, also mit genausovielen Gleichungen wie
  Variablen. Dann gilt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Besitzt (HL) nur die triviale L\"osung, so besitzt (L) genau
    eine L\"osung. 
  \item Besitzt (HL) eine nichttriviale L\"osung, so besitzt (L)
    entweder keine oder unendlich viele L\"osungen. \par (Dieser Teil
    gilt mit unver\"andertem Beweis auch f\"ur $m\neq n$.)
  \end{enumerate}
  \"Aquivalent dazu ist, dass (L) entweder eindeutig l\"osbar ist,
  oder (HL) eine nichttriviale L\"osung besitzt.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Verfahren wir wie in Theorem \ref{Gauss Algorithmus}, so erhalten
  wir dasselbe homogene lineare Gleichungssystem, egal ob wir
  zun\"achst (L) auf Zeilenstufenform bringen und dann das homogene
  lineare Gleichungssystem dazu betrachten oder ob wir (HL) auf
  Zeilenstufenform bringen. Daher d\"urfen wir ohne Einschr\"ankung
  annehmen, dass (L) bereits in Zeilenstufenform ist. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Besitzt (HL) nur die triviale L\"osung, so hat (L) die Gestalt
    \[
    \begin{matrix}
      a^1_1x^1&amp;+&amp;a^1_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;a^1_nx^n&amp;=&amp;b^1\\
      &amp;&amp;a^2_2x^2&amp;+&amp;\ldots&amp;+&amp;a^2_nx^n&amp;=&amp;b^2\\
      &amp;&amp;&amp;&amp;\ddots&amp;&amp;\vdots &amp;&amp;\vdots\\
      &amp;&amp;&amp;&amp;&amp;&amp;a^n_nx^n&amp;=&amp;b^n.
    \end{matrix}
    \]
    mit $a^i_i\neq0$ f\"ur $1\le i\le n$, hat also \glqq obere
    Dreiecksgestalt\grqq. Nach Lemma \ref{eind loesbar
      zeilenstufenform} besitzt (L) daher eine eindeutige L\"osung.
  \item Sei $\eta=(\eta^1,\ldots,\eta^n)$ eine nichttriviale L\"osung
    des homogenen linearen Gleichungssystems (HL), also eine L\"osung
    mit $(\eta^1,\ldots,\eta^n)\neq(0,\ldots,0)$. Nehme an, dass (L)
    eine L\"osung $\xi=(\xi^1,\ldots,\xi^n)$ besitzt. Dann sind
    $\xi+\lambda\eta$ f\"ur alle $\lambda\in\R$ L\"osungen von
    (L). Die Behauptung folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Matrizen}

\begin{definition}
  Eine $(m\times n)$-Matrix $A$ ist ein Element in $\R^{m\cdot n}$.  Wir
  schreiben $A\in\R^{m\times n}$. $A$ hat $m\cdot n$ reelle
  Komponenten, die wir mit $a^i_j$, $1\le i\le m$, $1\le j\le n$,
  bezeichnen: $A=(a^i_j)$ oder genauer
  $A=(a^i_j)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le j\le n}}$. Wir stellen
  Matrizen wie folgt graphisch dar:
  \[A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^1_2&amp;a^1_3&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    a^2_1&amp;a^2_2&amp;a^2_3&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^m_1&amp;a^m_2&amp;a^m_3&amp;\ldots&amp;a^m_n
  \end{pmatrix}.
  \]
  Der obere Index bezieht sich auf die Zeilen, der untere auf die
  Spalten der Matrix. $a^i_j$ steht daher in Zeile $i$ und Spalte
  $j$. \par Seien $A,B$ zwei $(m\times n)$-Matrizen mit Komponenten
  $a^i_j$ bzw.{} $b^i_j$. Wir definieren die Summe durch
  \[A+B:=\left(a^i_j+b^i_j\right),\] also durch komponentenweise
  Addition. Sei $\lambda\in\R$. Wir definieren das Produkt einer
  Matrix mit einer reellen Zahl komponentenweise durch \[\lambda
  A:=\left(\lambda a^i_j\right).\]
\end{definition}

\begin{remark}
  Wir k\"onnen $n$-Tupel $\xi\in\R^n$ als $(1\times n)$-Matrizen
  auf{}fassen. Dann stimmen die Operationen Summieren und
  Produktbildung mit einer reellen Zahl mit den f\"ur $n$-Tupel
  bereits definierten Operationen \"uberein. 
\end{remark}

\begin{definition}
  Eine $(n\times n)$-Matrix hei\ss{}t quadratische Matrix. Die
  $(n\times n)$-Matrix
  \[I=
  \begin{pmatrix}
    1&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;1&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;0&amp;1&amp;\ldots&amp;0\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;1
  \end{pmatrix}
  \]
  hei\ss{}t Einheitsmatrix der Ordnung $n$. Man schreibt auch
  $I=\eins$. Wir definieren das Kroneckersymbol durch 
  \[\delta^i_j:=
  \begin{cases}
    1,&amp;i=j,\\
    0,&amp;\text{sonst.}
  \end{cases}
  \]
  Dann gilt $I=\left(\delta^i_j\right)$. \par Eine quadratische Matrix
  hei\ss{}t Diagonalmatrix, falls $a^i_j=0$ f\"ur $i\neq j$ gilt. Die
  Elemente $a^i_i$ hei\ss{}en Diagonalelemente. 
\end{definition}

\begin{definition}[Matrixmultiplikation]
  Sei $A$ eine $(m\times n)$-Matrix und $B$ eine $(n\times p)$-Matrix,
  wie bisher mit Eintr\"agen $(a^i_j)$ und $(b^j_k)$. Wenn die
  Spaltenzahl von $A$ mit der Zeilenzahl von $B$ wie angegeben
  \"ubereinstimmt, so definieren wir das Produkt $C=AB$, eine
  $(m\times p)$-Matrix $(c^i_k)$, f\"ur $1\le i\le m$ und $1\le k\le
  p$ durch \[c^i_k:=\sum\limits_{j=1}^n a^i_jb^j_k \equiv a^i_1b^1_k
  +a^i_2b^2_k +\ldots +a^i_nb^n_k.\] (Physiker benutzen die
  Einsteinsche Summenkonvention und schreiben $c^i_k=a^i_j b^j_k$.)
\end{definition}

\begin{beispiele}
  Es gilt 
  \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2\\-1&amp;0\\2&amp;1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      1&amp;0\\1&amp;1
    \end{pmatrix}
    =&amp;\,
    \begin{pmatrix}
      3&amp;2\\-1&amp;0\\3&amp;1
    \end{pmatrix},\\
    \begin{pmatrix}
      1&amp;0\\1&amp;1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2\\-1&amp;0\\2&amp;1
    \end{pmatrix}
    \quad&amp;\,\text{ist nicht definiert,}\\
    \begin{pmatrix}
      1&amp;1\\0&amp;1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2\\1&amp;0
    \end{pmatrix}
    =&amp;\,
    \begin{pmatrix}
      2&amp;2\\1&amp;0
    \end{pmatrix},\\
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2\\1&amp;0
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      1&amp;1\\0&amp;1
    \end{pmatrix}
    =&amp;\,
    \begin{pmatrix}
      1&amp;3\\1&amp;1
    \end{pmatrix}. 
  \end{align*}
  Wie das letzte Beispiel zeigt, gilt im allgemeinen nicht $AB=BA$,
  selbst, wenn beide Verkn\"upfungen definiert sind. Gilt $AB=BA$, so
  sagen wir, dass die beiden Matrizen vertauschen oder kommutieren. 
\end{beispiele}

\begin{lemma}
  Sei $A$ eine $(m\times n)$-Matrix, $B,C$ seien $(n\times
  p)$-Matrizen, $D$ eine $(p\times q)$-Matrix und $\lambda\in\R$. Dann
  gelten die Rechenregeln
  \begin{align*}
    A(B+C) =&amp;\,AB+AC,\\
    (\lambda A)B =&amp;\,\lambda(AB)=A(\lambda B),\\
    A(BD) =&amp;\,(AB)D.
  \end{align*}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt
  \begin{align*}
    A(B+C) =&amp;\,\left(\sum\limits_{j=1}^n
      a^i_j(b^j_k+c^j_k)\right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le
        k\le p}} =\left(\sum\limits_{j=1}^n
      a^i_jb^j_k\right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le k\le
        p}} +\left(\sum\limits_{j=1}^n
      a^i_jc^j_k\right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le
        k\le p}}\\ =&amp;\,AB +AC,\\
    (\lambda A)B =&amp;\,\left(\sum\limits_{j=1}^n (\lambda
      a^i_j)b^j_k\right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le k\le
        p}} =\underbrace{\left(\sum\limits_{j=1}^n a^i_j(\lambda
        b^j_k)\right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le k\le
          p}}}_{=A(\lambda B)}
    =\underbrace{\lambda\left(\sum\limits_{j=1}^n
        a^i_jb^j_k\right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le
          k\le p}}}_{=\lambda(AB)},\\
    A(BD) =&amp;\,\left(\sum\limits_{j=1}^n
      a^i_j\left(\sum\limits_{k=1}^pb^j_kd^k_l\right)
    \right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le i\le m}{1\le l\le q}}
    =\left(\sum\limits_{k=1}^p\left(\sum\limits_{j=1}^n
      a^i_jb^j_k\right)d^k_l \right)_{\genfrac{}{}{0pt}{}{1\le
        i\le m}{1\le l\le q}}\\ =&amp;\,(AB)D. \qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{remark}
  Sei \[\sum\limits_{k=1}^na^i_kx^k=b^i,\quad 1\le i\le m,\] ein
  lineares Gleichungssystem. Wir definieren die Koeffizientenmatrix
  $A$ und die augmentierte Koeffizientenmatrix $A'$ zu diesem linearen
  Gleichungssystem durch
  \[A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^1_2&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    a^2_1&amp;a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^m_1&amp;a^m_2&amp;\ldots&amp;a^m_n
  \end{pmatrix}
  \quad\text{und}\quad
  A'=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^1_2&amp;\ldots&amp;a^1_n&amp;b^1\\
    a^2_1&amp;a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n&amp;b^2\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots\\
    a^m_1&amp;a^m_2&amp;\ldots&amp;a^m_n&amp;b^m
  \end{pmatrix}.
  \]
  (In $A'$ verwendet man gelegentlich auch einen senkrechten Strich
  vor der letzten Spalte.)  Definiere weiterhin
  \[
  b=
  \begin{pmatrix}
    b^1\\b^2\\\vdots\\b^m
  \end{pmatrix}
  \quad\text{und}\quad
  x=
  \begin{pmatrix}
    x^1\\x^2\\\vdots\\x^n
  \end{pmatrix}.
  \]
  Dann k\"onnen wir das Gleichungssystem in der Form \[Ax=b\]
  schreiben. 
\end{remark}

Alle Aussagen dieses Kapitels lassen sich nicht nur f\"ur lineare
Gleichungssysteme und Matrizen im Reellen zeigen, sondern auch f\"ur
beliebige K\"orper (die wie im n\"achsten Kapitel definieren
werden). Lediglich die Aussagen \"uber unendlich viele L\"osungen sind
in mehrere L\"osungen abzu\"andern.

\Section{K\"orper und Vektorr\"aume}

\Subsection{K\"orper}
Bereits bekannte Beispiele von K\"orpern sind die reellen Zahlen $\R$,
die komplexen Zahlen $\C$ oder die rationalen Zahlen $\Q$. Allgemein
definieren wir
\begin{definition}[K\"orper]
  Eine Menge $F$ (engl.: field) mit einer Addition \glqq$+$\grqq{} und
  einer Multiplikation \glqq$\cdot$\grqq{} hei\ss{}t K\"orper, wenn
  f\"ur alle $a,b,c\in F$ die folgenden Axiome erf\"ullt sind. (Die
  Verkn\"upfungen Addition und Multiplikation sind Abbildungen
  $F\times F\to F$, die wir in der Form $a+b$ oder $a\cdot b$
  schreiben.) 
  \begin{enumerate}[(F1)]
  \item\label{F1} $a+b=b+a$ (f\"ur alle $a,b\in F$) \hfill
    (Kommutativgesetz der Addition)
  \item\label{F2} $a+(b+c)=(a+b)+c$ \hfill (Assoziativgesetz der Addition)
  \item\label{F3} Es gibt ein neutrales Element $0\in F$ der Addition
    mit $a+0=a$ f\"ur alle $a\in F$.
  \item\label{F4} Zu jedem $a\in F$ gibt es ein (eindeutig bestimmtes)
    Element $-a\in F$, so dass $a+(-a)=0$ gilt. 
  \item\label{F5} $a\cdot b=b\cdot a$ \hfill (Kommutativgesetz der
    Multiplikation)
  \item\label{F6} $a\cdot(b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c$ \hfill
    (Assoziativgesetz der Multiplikation)
  \item\label{F7} Es gibt ein neutrales Element $1\in F$ der
    Multiplikation, $0\neq1$, mit $a\cdot 1=a$ f\"ur alle $a\in F$.
  \item\label{F8} Zu jedem $a\in F$ mit $a\neq0$ gibt es ein
    (eindeutig bestimmtes) Element $a^{-1}\in F$ mit $a\cdot
    a^{-1}=1$.
  \item\label{F9} $a\cdot(b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c)$ \hfill
    (Distributivgesetz)
  \end{enumerate}
  Die eingeklammerten Eindeutigkeitsforderungen kann man auch
  beweisen. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Mengen $\R,\Q,\C$ mit der \"ublichen Addition und
    Multiplikation bilden jeweils einen K\"orper. 
  \item $F:=\left\{a+b\sqrt 3\equiv a+\left(b\sqrt3\right)\colon
      a,b\in\Q\right\}\equiv\Q\left[\sqrt 3\right]\subset\R$ mit der
    \"ublichen Addition und Multiplikation von reellen Zahlen ist ein
    K\"orper.
  \item Sei $p$ eine Primzahl. Definiere die folgenden Teilmengen von
    $\Z$
    \begin{align*}
      \bar 0:=&amp;\,\{\ldots,-3p,-2p,-p,0,p,2p,3p,\ldots\},\\
      \bar 1:=&amp;\,\{\ldots,1-3p,1-2p,1-p,1,1+p,1+2p,1+3p,\ldots\},\\
      \bar 2:=&amp;\,\{\ldots,2-3p,2-2p,2-p,2,2+p,2+2p,2+3p,\ldots\},\\
      \bar a:=&amp;\,\{\ldots,a-3p,a-2p,a-p,a,a+p,a+2p,a+3p,\ldots\},\quad
      a\in\Z.
    \end{align*}
    Wir benutzen hier die Konvention $kp+q:=(k\cdot p)+q$.
    Setze \[\Z/p\Z:=\left\{\bar 0,\bar 1,\bar
      2,\ldots,\ol{p-1}\right\}.\] Auf $\Z/p\Z$ definieren wir
    Addition und Multiplikation durch
    \[\bar a+\bar b:=\ol{a+b}\quad\text{und}\quad\bar a\cdot\bar
    b:=\ol{a\cdot b}.\] (Hier ist noch die Wohldefiniertheit
    nachzuweisen, \dh wir m\"ussen zeigen, dass
    $\ol{a+kp}+\ol{b+lp}=\bar a+\bar b$ und $\ol{a+
      kp}\cdot\ol{b+lp}=\bar a\cdot\bar b$ f\"ur alle
    $k,l\in\Z$ gelten.) Wir multiplizieren also jeweils
    vertreterweise. Dann ist \[\mathbb F_p:=\left\{\bar 0,\bar 1,\bar
      2, \ldots,\ol{p-1}\right\}\] mit der oben definierten Addition
    und Multiplikation ein K\"orper. (Wir schreiben die Elemente auch
    wieder als $0,1,2,\ldots,p-1$, falls keine Verwechslungsgefahr
    besteht.)
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

Im Beispiel $\mathbb F_p$ haben wir implizit bereits einen
Quotientenraum betrachtet. Wir wollen dies nun auch noch allgemein
untersuchen.
\begin{definition}[Relationen]
  Sei $A$ eine Menge. Eine bin\"are Relation $R$ ist eine Teilmenge
  von $A\times A$. Seien $a,b\in A$. Wir schreiben $aRb$ und
  definieren, dass $aRb$ genau dann wahr ist, wenn $(a,b)\in R$
  ist.\par H\"aufige Eigenschaften von Relationen sind
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Reflexivit\"at: Es gilt $aRa$ oder $(a,a)\in R$ f\"ur alle
    $a\in R$. 
  \item Symmetrie: Gilt $aRb$, so auch $bRa$. 
  \item Antisymmetrie: Gilt $aRb$ und $bRa$, so ist $a=b$. 
  \item Transitivit\"at: Gilt $aRb$ und $bRc$, so auch $aRc$. 
  \item Eine Relation hei\ss{}t total oder linear, falls $aRb$ oder
    $bRa$ f\"ur beliebige $a,b\in A$ gilt. 
  \end{enumerate}
  \begin{enumerate}[(a)]
  \item Eine reflexive, symmetrische und transitive Relation hei\ss{}t
    \"Aquivalenzrelation.
  \item Eine reflexive, transitive, antisymmetrische und
    totale/lineare Relation hei\ss{}t Ordnung oder Totalordnung.
  \item Eine reflexive, transitive, antisymmetrische Relation
    hei\ss{}t Halbordnung. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Auf den reellen Zahlen gibt es folgende wichtige Relationen:
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item \glqq$&lt;$\grqq{} ($a&lt;b$ ist genau dann wahr, falls $a$ strikt
      kleiner als $b$ ist),
    \item \glqq$=$\grqq{} ($a=b$ ist genau dann wahr, falls $a$ und
      $b$ gleich sind),
    \item \glqq$&gt;$\grqq{} ($a&gt;b$ ist genau dann wahr, falls $a$ strikt
      gr\"o\ss{}er als $b$ ist),
    \item \glqq$\le$\grqq{} ($a\le b$ ist genau dann wahr, falls $a&lt;$
      oder $a=b$ wahr ist), 
    \item \glqq$\ge$\grqq{} ($a\ge b$ ist genau dann wahr, falls $a&gt;b$
      oder $a=b$ wahr ist) und
    \item \glqq$\neq$\grqq{} ($a\neq b$ ist genau dann wahr, falls $a$
      und $b$ verschiedene reelle Zahlen sind).
    \end{enumerate}
    (Genauer werden diese Relationen auf den reellen Zahlen in der
    Analysis im Zusammenhang mit geordneten K\"orpern besprochen.)\par
    $=$ ist eine \"Aquivalenzrelation, $\le$ und $\ge$ sind Ordnungen.
  \item Sei $0&lt;q\in\Z$. Auf $\Z$ definieren wir eine
    \"Aquivalenzrelation $\sim$ durch $n\sim m$ f\"ur $n,m\in\Z$, wenn
    $n-m$ durch $q$ teilbar ist, \dh wenn es ein $r\in\Z$ gibt, so
    dass $n-m=qr$ ist. Wir schreiben auch \[n\equiv m\quad\text{(mod
      $q$)}.\] (Rechnen modulo $24$ verwenden wir bei der Uhr: $2$
    Stunden nach $23$ Uhr ist es $1$ Uhr.)
  \item Sei $A$ eine Menge. Dann ist \glqq$\subset$\grqq{} eine
    Halbordnung auf $\mathcal P(A)$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[\"Aquivalenzklassen, Partition]
  Sei $A$ eine Menge und $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation auf $A$. Sei
  $a\in A$. Dann definieren wir die \"Aquivalenzklasse von $a$, $\bar
  a$ oder $[a]$ durch \[\bar a\equiv[a]:=\{x\in A\colon x\sim a\}.\]
  Die Menge aller \"Aquivalenzklassen wird mit $A/\!\!\sim$ bezeichnet:
  \[A/\!\!\sim:=\{[a]\colon a\in A\}.\] \par
  Sei $A$ eine Menge. Eine Partition ist eine Teilmenge $P$ der
  Potenzmenge von $A$, $P\subset\mathcal P(A)$, also eine Menge von
  Teilmengen von $A$ deren Elemente nichtleere, disjunkte Teilmengen
  von $M$ sind, so dass jedes Element von $A$ in einem Element von $P$
  als Element enthalten ist:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\emptyset\not\in P$,
  \item $U,V\in P\quad\Longrightarrow\quad U\cap V=\emptyset$ oder
    $U=V$,
  \item $\bigcup\limits_{U\in P}U=A$.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei $A$ eine Menge und $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation auf
  $A$. Dann ist $A/\!\!\sim$ eine Partition von $A$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $F$ ein K\"orper. Dann gilt f\"ur alle $a,b\in F$
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{kp i} $0\cdot a=a\cdot 0=0$,
  \item $a\cdot(-b) =-(a\cdot b) =(-a)\cdot b$,
  \item\label{kp iii} $-(-a)=a$,
  \item $(a^{-1})^{-1}=a$ f\"ur $a\neq0$,
  \item $(-1)\cdot a=-a$,
  \item\label{kp vi} $(-a)\cdot(-b)=a\cdot b$,
  \item $(-a)^{-1}=-\left(a^{-1}\right)$ f\"ur $a\neq0$.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $0\cdot a\overset{(F\ref{F3})}=(0+0)\cdot
    a\overset{(F\ref{F5}),(F\ref{F9})}=0\cdot a+0\cdot a$. Die rechte
    Seite lesen wir als $(0\cdot a)+(0\cdot a)$ nach der Regel \glqq
    Punkt vor Strich\grqq. Addiere nun auf beiden Seiten $-(0\cdot
    a)$. Es folgt $0= 0\cdot a$. Nun folgt $a\cdot0=0$ aus der
    Kommutativit\"at der Multiplikation.
  \item Es gilt $0=a\cdot(b+(-b)) =a\cdot b+a\cdot(-b)$. Addiere nun
    auf beiden Seiten $-(a\cdot b)$ und erhalte $a\cdot(-b)=-(a\cdot
    b)$. Die andere Gleichheit folgt analog.
  \item Es gelten $0=a+(-a)$ und $0=(-a)+(-(-a))$, also auch
    $(-a)+(-(-a)) =a+(-a)$. Durch Addition von $a$ d\"urfen wir auf
    beiden Seiten den Term $(-a)$ streichen. Die Behauptung folgt. 
  \item Verfahre wie beim Beweis von \eqref{kp iii} und verwende
    K\"orperaxiom (F\ref{F8}) statt (F\ref{F4}) und Multiplikation
    statt Addition.
  \item Es gilt $a+(-1)\cdot a =1\cdot a +(-1)\cdot a = (1+(-1))\cdot
    a =0\cdot a=0$ nach \eqref{kp i} f\"ur die letzte
    Gleichheit. Addiere nun auf beiden Seiten $(-a)$ und erhalte
    $(-1)\cdot a=-a$. 
  \item Wir multiplizieren $a+(-a)=0$ mit $(-b)$ und
    erhalten \[a\cdot(-b) +(-a)\cdot(-b) =0\cdot(-b) =0.\]
    Andererseits folgt aus $(-b)+b=0$ durch Multiplikation mit $a$
    \[a\cdot(-b)+a\cdot b=a\cdot0=0.\] Gleichsetzen und auf beiden
    Seiten $a\cdot(-b)$ abziehen liefert $(-a)\cdot(-b)=a\cdot b$.
  \item Wegen $a\neq0$ und somit $-a\neq0$ gibt es $(-a)^{-1}$. Es
    gilt \[1 =a\cdot a^{-1} \overset{\eqref{kp vi}}{=}(-a)\cdot
    \left(-\left(a^{-1}\right)\right).\] Multipliziere nun beide
    Seiten von links mit $(-a)^{-1}$. Die Behauptung folgt.
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Vektorr\"aume}
Die L\"osungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems ist ein
Beispiel f\"ur einen Vektorraum.
\begin{definition}
  Sei $F$ ein K\"orper. Ein Vektorraum $V$ \"uber $F$ (oder ein
  $F$-Vektorraum) ist eine nichtleere Menge zusammen mit einer
  Addition \glqq$+$\grqq{} und einer Multiplikation
  \glqq$\cdot$\grqq{} mit den folgenden Eigenschaften:
  \begin{itemize}
  \item Die Addition $+\colon V\times V\to V$ erf\"ullt die folgenden
    Axiome
    \begin{enumerate}[(V1)]
    \item\label{V1} $a+b=b+a$ f\"ur alle $a,b\in V$,\hfill
      (Kommutativit\"at) 
    \item\label{V2} $a+(b+c)=(a+b)+c$ f\"ur alle $a,b,c\in V$ \hfill
      (Assoziativit\"at) 
    \item\label{V3} Es gibt ein (eindeutig bestimmtes) Element, den
      Nullvektor $0$, mit $a+0=a$ f\"ur alle $a\in V$. \hfill
      (neutrales Element)
    \item\label{V4} Zu jedem $a\in V$ gibt es ein (eindeutig
      bestimmtes) Inverses $(-a)\in V$, so dass $a+(-a)=0$
      gilt. \hfill (additives Inverses)
    \end{enumerate}
  \item Die skalare Multiplikation $\cdot\colon F\times V\to V$
    erf\"ullt
    \begin{enumerate}[(V1)]
    \addtocounter{enumi}{4}
  \item\label{V5} $\lambda\cdot(a+b)=(\lambda\cdot a)+(\lambda\cdot
    b)$ f\"ur alle $\lambda\in F$, $a,b\in V$ 
  \item\label{V6} $(\lambda+\mu)\cdot a=(\lambda\cdot a)+(\mu\cdot a)$
    f\"ur alle $\lambda,\mu\in F$, $a\in V$\\ \rule{0mm}{1mm} \hfill
    (Distributivgesetze) 
  \item\label{V7} $(\lambda\cdot\mu)\cdot v=\lambda\cdot(\mu\cdot a)$
    f\"ur alle $\lambda,\mu\in F$, $a\in V$ \hfill (Assoziativit\"at)
    \item\label{V8} $1\cdot a=a$ f\"ur alle $a\in V$. 
    \end{enumerate}
  \end{itemize}
  \"Ublicherweise schreibt man (nicht nur hier) $\lambda a$ statt
  $\lambda\cdot a$. Die eingeklammerten Eindeutigkeitsforderungen kann
  man auch hier wieder beweisen. \par 
\end{definition}

\begin{remark}
  Ohne (V\ref{V8}) k\"onnte man auch $\lambda\cdot a:=0$ f\"ur alle
  $\lambda\in F$ und alle $a\in V$ setzen.
\end{remark}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\R^n$ mit der \"ublichen Addition und Skalarmultiplikation,
    in Koordinaten
    \begin{align*}
      (\xi^1,\ldots,\xi^n)+(\eta^1,\ldots,\eta^n)
      :=&amp;\,(\xi^1+\eta^1,\ldots\xi^n+\eta^n),\\ 
      \lambda\cdot(\xi^1,\ldots,\xi^n)
      :=&amp;\,(\lambda\xi^1,\ldots,\lambda\xi^n),
    \end{align*}
    ist ein $\R$-Vektorraum. 
  \item $\C^n$, der Raum der komplexen $n$-Tupel mit ebensolchen
    Verkn\"upfungen ist ein $\C$-Vektorraum.
  \item $\Q^n$ ist ein $\Q$-Vektorraum.
  \item Sei $F$ ein K\"orper. Dann ist $F^n$ ein $F$-Vektorraum. 
  \item Sei $F=\R$. Dann ist die Menge der Folgen reeller
    Zahlen \[\R^\N=\left\{\left(\xi^0,\xi^1,\xi^2,\ldots\right)
      \colon\xi^i\in\R\text{ f\"ur alle }i\in\N\right\}\] mit den
    Verkn\"upfungen
    \begin{align*}
      \left(\xi^0,\xi^1,\xi^2,\ldots\right)
      +\left(\eta^0,\eta^1,\eta^2,\ldots\right)
      :=&amp;\,\left(\xi^0+\eta^0,\xi^1+\eta^1,\xi^2+\eta^2,\ldots\right),\\
      \lambda\cdot\left(\xi^0,\xi^1,\xi^2,\ldots\right):=
      &amp;\,\left(\lambda\xi^0,\lambda\xi^1,\lambda\xi^2,\ldots\right)
    \end{align*}
    ein $\R$-Vektorraum. Die Teilmengen der konvergenten Folgen oder
    der Nullfolgen bilden ebenfalls einen Vektorraum.\par
    Folgenr\"aume k\"onnen wir auch f\"ur andere K\"orper $F$
    definieren: $F^\N$, den Raum aller Folgen mit Werten in $F$. Dies
    ist ebenfalls ein Vektorraum. 
  \item Die Menge der L\"osungen eines linearen homogenen
    Gleichungssystems wie in \eqref{allg LGS} bilden einen
    Vektorraum. (F\"ur nicht homogene lineare Gleichungssysteme ist
    dies nicht richtig.)
  \item $\C^n$ ist ein $\R$-Vektorraum mit der \"ublichen Addition und
    der Skalarmultiplikation \[\lambda
    \left(\xi^1,\ldots,\xi^n\right):=
    \left(\lambda\xi^1,\ldots,\lambda\xi^n\right).\]
  \item Sei $A$ eine Menge. Die Menge der Funktionen $f\colon A\to\R$
    bildet einen $\R$-Vektorraum. Die Verkn\"upfungen sind
    \begin{align*}
      (f+g)(x):=&amp;\,f(x)+g(x)\quad\text{f\"ur }x\in A,\\
      (\lambda f)(x):=&amp;\,\lambda(f(x))\quad\text{f\"ur }x\in A. 
    \end{align*}
  \item Die Menge der stetigen Funktionen $f\colon[0,1]\to\R$ bildet
    einen $\R$-Vektorraum $C^0([0,1])$ mit wie f\"ur beliebige
    Funktionen definierter Addition und Skalarmultiplikation.
  \item \[\{f\in C^0([0,1])\colon f(0)=0\}\] bildet mit der
    \"ublichen Addition und Multiplikation einen Vektorraum. 
  \item Polynome: Sei $F$ ein K\"orper. Betrachte in $F^\N$ die Menge
    aller abbrechenden Folgen, die also die Form
    $(\xi_0,\xi_1,\ldots,\xi_n,0,0,\ldots)$ f\"ur ein $n\in\N$
    haben. Dies ist mit der Addition und der Skalarmultiplikation wie
    bei Folgen in $F$ ein Vektorraum. Wir schreiben auch mit Hilfe
    einer Variablen $X$ \[\xi_0+\xi_1X+\xi_2X^2+\ldots+\xi_nX^n\] und
    bezeichnen den Vektorraum als $F[X]$. Polynome k\"onnen wir auch
    multiplizieren:
    \[(\xi_0,\xi_1,\ldots)\cdot(\eta_0,\eta_1,\ldots):=
    \left(\xi_0\cdot\eta_0, \xi_0\cdot\eta_1+\xi_1\cdot\eta_0,
      \xi_0\cdot\eta_2+\xi_1\cdot\eta_1+\xi_2\cdot\eta_0,\ldots\right),\]
    wobei allgemein an Stelle $k$ der Eintrag
    $\sum\limits_{i=0}^k\xi_i\eta_{k-i}$ steht. In vertrauterer
    Notation mit der Variablen $X$ schreiben wir
    \begin{align*}&amp;\, (\xi_0+\xi_1X+\xi_2X^2+\ldots+\xi_mX^m)\cdot
      (\eta_0+\eta_1X+\eta_2X^2+\ldots+\eta_nX^n)\\ =&amp;\,\xi_0\eta_0
      +(\xi_0\eta_1+\xi_1\eta_0)X
      +\ldots+\left(\sum\limits_{i=0}^k\xi_i\eta_{k-i}\right)X^k
      +\ldots+\xi_m\eta_nX^{m+n}.
  \end{align*}
  Die Multiplikation von Polynomen werden eigentlich erst sp\"ater im
  Zusammenhang mit \glqq Ringen\grqq{} untersuchen. Wir schreiben
  z.\,B.{} $P(X)$ f\"ur ein Polynom und $P(a)$, wenn wir statt der
  Variablen $X$ \"uberall $a\in F$ einsetzen.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein $F$-Vektorraum. Dann gilt f\"ur alle $a,b\in V$ und
  $\lambda,\mu\in F$
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $0\cdot a=0$
  \item\label{vr ax thm ii} $\lambda\cdot 0=0$
  \item Aus $\lambda\cdot a=0$ folgt $a=0$ oder $\lambda=0$.
  \item\label{vr ax thm iv} $(-\lambda)\cdot a =\lambda\cdot(-a)
    =-(\lambda\cdot a)$
  \item Definiere eine Subtraktion durch $a-b:=a+(-b)$ und
    $\lambda-\mu:=\lambda+(-\mu)$. Dann gelten
    \begin{align*}
      \lambda\cdot(a-b)=&amp;\,\lambda\cdot a-\lambda\cdot b,\\
      (\lambda-\mu)\cdot a=&amp;\,\lambda\cdot a-\mu\cdot a.
    \end{align*}
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach (V\ref{V6}) gilt \[0\cdot a=(0+0)\cdot a =0\cdot a+0\cdot
    a.\] Wir wenden (V\ref{V4}) auf $0\cdot a$ an und erhalten
    \begin{align*}
      0=&amp;\,0\cdot a+(-(0\cdot a))\\
      =&amp;\,(0\cdot a+0\cdot a)+(-(0\cdot a))\\
      =&amp;\,0\cdot a+(0\cdot a+(-(0\cdot a))&amp;\text{nach (V\ref{V2})}\\
      =&amp;\,0\cdot a+0\\
      =&amp;\,0\cdot a&amp;\text{nach (V\ref{V3})}.
    \end{align*}
  \item Nach (V\ref{V5}) gilt
    \[\lambda\cdot0=\lambda\cdot(0+0)=\lambda\cdot0
    +\lambda\cdot0.\] Wir addieren den zu $\lambda\cdot 0$ inversen
    Vektor auf beiden Seiten und erhalten
    \begin{align*}
      0=&amp;\,\lambda\cdot0+(-(\lambda\cdot0))\\
      =&amp;\,(\lambda\cdot0+\lambda\cdot0)+(-(\lambda\cdot0))
      =\lambda\cdot 0+(\lambda\cdot 0+(-(\lambda\cdot0)))\\
      =&amp;\,\lambda\cdot0+0&amp;\text{nach (V\ref{V2})}\\
      =&amp;\,\lambda\cdot0&amp;\text{nach (V\ref{V3}).}
    \end{align*}
  \item Sei $\lambda\cdot a=0$ und gelte $\lambda\neq0$. Zeige also,
    dass $a=0$ gilt. Da $\lambda\neq0$ ist, existiert
    $\frac1\lambda\equiv\lambda^{-1}$. Es gilt
    \begin{align*}
      0=&amp;\,\frac1\lambda\cdot 0&amp;\text{nach \eqref{vr ax thm
          ii}}\\
      =&amp;\,\frac1\lambda(\lambda\cdot a)\\
      =&amp;\,\left(\frac1\lambda\cdot\lambda\right)\cdot a&amp;\text{nach
        (V\ref{V7})}\\
      =&amp;\,1\cdot a\\
      =&amp;\,a&amp;\text{nach (V\ref{V8}).}
    \end{align*}
  \item Es gilt
    \[\lambda\cdot a+(-\lambda)\cdot a =(\lambda+(-\lambda))\cdot a
    =0\cdot a=0=\lambda\cdot a +(-(\lambda\cdot a)).\]
    Wir addieren auf beiden Seiten das Inverse von $\lambda\cdot a$
    und erhalten
    \[(-\lambda)\cdot a=-(\lambda\cdot a).\]
    Ebenso addieren wir zu beiden Seiten von \[\lambda\cdot
    a+\lambda\cdot(-a) =\lambda(a+(-a))=0=\lambda\cdot
    a+(-(\lambda\cdot a))\] auf beiden Seiten das Inverse von
    $\lambda\cdot a$ und erhalten $\lambda\cdot(-a)=-(\lambda\cdot
    a)$. Die Behauptung folgt. 
  \item Unter Benutzung von \eqref{vr ax thm iv} erhalten
    wir \[\lambda\cdot(a-b) =\lambda\cdot(a+(-b)) =\lambda\cdot
    a+\lambda\cdot(-b) =\lambda\cdot a+(-(\lambda\cdot b))
    =\lambda\cdot a-\lambda\cdot b.\] Ebenso folgt
    \[(\lambda-\mu)\cdot a =(\lambda+(-\mu))\cdot a =\lambda\cdot a
    +(-\mu)\cdot a =\lambda\cdot a+(-\mu\cdot a) =\lambda\cdot
    a-\mu\cdot a.\] 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
  Das Assoziativgesetz (V\ref{V2}) gilt auch f\"ur mehr als drei
  Summanden, ebenso gilt das Kommutativgesetz (V\ref{V1}) f\"ur mehr
  als zwei Summanden. Der Beweis ist nicht kompliziert, nur
  umst\"andlich aufzuschreiben. Man benutzt Induktion nach der Anzahl
  der Summanden. Beispiele sind:
  \begin{align*}
    (a+(b+c))+d=&amp;\,((a+b)+c)+d =(a+b)+(c+d)\\ =&amp;\,a+(b+(c+d))
    =a+((b+c)+d),\\ 
    a+b+c=&amp;\,a+c+b =c+a+b =c+b+a =b+c+a =b+a+c. 
  \end{align*}
  Daher wollen wir zuk\"unftig Klammern weglassen und benutzen das
  Summenzeichen bei assoziativer und kommutativer Summation
  \[\sum\limits_{i=1}^na_i=a_1+a_2+\ldots+a_n.\] 
  Dann gelten die \"ublichen Rechenregeln
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda\cdot\sum\limits_{i=1}^na_i
    =\sum\limits_{i=1}^n\lambda\cdot a_i$ f\"ur alle $\lambda\in F$
    und $a_1,\ldots,a_n\in V$,
  \item $\left(\sum\limits_{i=1}^n\lambda_i\right)\cdot a
    =\sum\limits_{i=1}^n\lambda_i\cdot a$ f\"ur alle
    $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in F$ und $a\in V$,
  \item $\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i +\sum\limits_{i=1}^n\mu^ia_i
    =\sum\limits_{i=1}^n \left(\lambda^i+\mu^i\right)a_i$ f\"ur alle
    $\lambda^1,\ldots,\lambda^n,\mu^1,\ldots,\mu^n\in F$ und
    $a_1,\ldots,a_n\in V$.
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung.  
\end{proof}

\Subsection{Linearkombinationen}
\begin{definition}[Linearkombination]
  Sei $V$ ein $F$-Vektorraum. Sei $S\subset V$
  nichtleer. Gilt \[a=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i\quad\text{f\"ur
  }\lambda^1,\ldots,\lambda^n\in F\quad\text{und }a_1,\ldots,a_n\in
  S\quad\text{und ein }n\in\N,\] so sagen wir, dass $a$ als
  Linearkombination von Vektoren aus $S$ dargestellt ist.  (Beachte,
  dass die Summen in Linearkombinationen stets endlich sind.) \par
  Die Menge aller Vektoren, die sich als Linearkombination von
  Vektoren in $S$ darstellen l\"asst, hei\ss{}t lineare H\"ulle von
  $S$; wir schreiben $\langle S\rangle$. Ist $S$ eine endliche Menge,
  so schreiben wir auch $\langle a_1,\ldots,a_m\rangle$ statt $\langle
  \{a_1,\ldots,a_m\}\rangle$. Wir sagen dann auch, dass $\langle
  a_1,\ldots,a_m\rangle$ aus den Linearkombinationen von
  $a_1,\ldots,a_m$ besteht. 
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $V$ ein $F$-Vektorraum und $S=\{a_1,\ldots,a_p\}\subset
    V$. Dann ist \[\langle
    S\rangle=\left\{\lambda^1a_1+\ldots\lambda^pa_p\colon
      \lambda^1,\ldots,\lambda^p\in F\right\}.\]
  \item Im Vektorraum $V=\R[X]$, der reellen Polynome in $X$ sei
    \[S=\{1,X^2,X^4,\ldots,X^{2n},\ldots\}.\] Dann ist $\langle
    S\rangle =\{P(X)\in\R[X]\colon P(a)=P(-a)\text{ f\"ur alle }a\in
    \R\}$.
  \item Sei $V=\R^3$ und $S=\{(1,1,0),(1,0,1)\}$. Es folgt
    \begin{align*}
      \langle S\rangle =&amp;\,\{a(1,1,0)+b(1,0,1)\colon a,b\in\R\}\\
      =&amp;\,\{(a+b,a,b)\colon a,b\in\R\}\\
      =&amp;\,\{(x,y,z)\colon x-y-z=0,\,x,y,z\in\R\}. 
    \end{align*}
    Ist $S'=\{(1,1,0),(2,1,1)\}$, so gilt $\langle S\rangle =\langle
    S'\rangle$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\Subsection{Unterr\"aume}
\begin{definition}
  Sei $V$ ein Vektorraum \"uber $F$. Eine nichtleere Teilmenge
  $W\subset V$, so dass f\"ur alle $a,b\in W$ und alle $\lambda,\mu\in
  F$ auch $\lambda a+\mu b\in W$ gilt, hei\ss{}t Unterraum von
  $V$.\par
  Ein Unterraum eines $F$-Vektorraumes $V$ ist mit der Addition und
  Skalarmultiplikation von $V$ ein $F$-Vektorraum.
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $V$ ein Vektorraum. Dann sind $V$ und $\{0\}$ (triviale)
    Unterr\"aume von $V$.
  \item Sei $V=F[X]$. Der Grad eines Polynomes $P(X)=a_0+a_1X+
    \ldots+a_mX^m$ ist das kleinste $n$, so dass f\"ur alle $i&gt;n$
    f\"ur die Koeffizienten $a_i=0$ gilt. Wir schreiben $\deg P=n$
    und setzen $\deg 0\equiv-\infty$. Sei $m\le n$.  Der Vektorraum
    der Polynome vom Grad kleiner oder gleich $m$ ist ein Unterraum
    der Polynome vom Grad kleiner oder gleich $n$.
  \item Sei $c\in[0,1]$. Dann ist $\{f\in C([0,1])\colon f(c)=0\}$ ein
    Unterraum von $C([0,1])$. 
  \item Die Menge der L\"osungen eines linearen homogenen
    Gleichungssystems in $n$ Variablen sind ein Unterraum von $F^n$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Hier und im folgenden betrachten wir Vektorr\"aume \"uber einem
beliebigen aber festen K\"orper $F$, falls dies nicht ausdr\"ucklich
anders angegeben ist. 
\begin{theorem}\label{erzeugnis minimal}
  Sei $V$ ein Vektorraum, $S\subset V$. Dann ist $\langle S\rangle$
  der kleinste Unterraum von $V$, der $S$ enth\"alt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wegen $\sum\limits_\emptyset=0$ ist $\langle S\rangle\neq\emptyset$.
  $\langle S\rangle$ ist ein Unterraum, denn f\"ur $a,b\in\langle
  S\rangle$ mit $a=\sum\limits_{i\in I}a^is_i$ und
  $b=\sum\limits_{j\in J}b^js_j$ f\"ur endliche Mengen $I,J$ und
  $\lambda,\mu\in F$ gilt auch \[\lambda a+\mu b=\sum\limits_{i\in
    I\cap J}\left(\lambda a^i+\mu b^i\right)s_i +\sum\limits_{i\in
    I\setminus J}\lambda a^is_i +\sum\limits_{j\in J\setminus I}\mu
  b^js_j\in\langle S\rangle.\] Somit ist $\langle S\rangle$ ein
  Unterraum von $V$. $\langle S\rangle$ enth\"alt insbesondere die
  Vektoren von $S$ und daher auch alle Linearkombinationen von
  Vektoren aus $S$. \par Sei $W\subset V$ ein beliebiger Unterraum von
  $V$ mit $S\subset W$. Dann enth\"alt $W$ nach Definition auch alle
  Linearkombinationen von Vektoren aus $S$ und somit $\langle
  S\rangle$. Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{theorem}\label{gleiches erzeugnis thm}
  Sei $V$ ein Vektorraum, $S\subset V$, $b\in V$.  Sei $b$ eine
  Linearkombination von Vektoren aus $S$. Dann gilt $\langle
  S\cup\{b\}\rangle =\langle S\rangle$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt $S\cup\{b\}\subset\langle S\rangle$. $\langle S\rangle$ ist
  ein Vektorraum. Somit folgt nach Theorem \ref{erzeugnis minimal}
  $\langle S\cup\{b\}\rangle\subset\langle S\rangle$. \par $\langle
  S\rangle\subset\langle S\cup\{b\}\rangle$ ist klar.
\end{proof}

\begin{definition}
  Wir sagen, dass $\langle S\rangle$ von $S$ erzeugt ist. Im Fall
  $\langle S\rangle =V$ hei\ss{}t $S$ ein Erzeugendensystem von
  $V$. Besitzt ein Vektorraum $V$ ein endliches Erzeugendensystem, so
  hei\ss{}t $V$ endlich erzeugt bzw.{} endlich erzeugbar. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A\in F^{m\times n}$. Fassen wir die Spalten von $A$ als
    Vektoren in $F^m$ auf, so nennen wir den von ihnen erzeugten
    Unterraum den Spaltenraum von $A$. Ebenso ist der Zeilenraum von
    $A$ der von den Zeilen von $A$ in $F^n$ erzeugte Unterraum. 
  \item Sei $V=\R^n$, $S=\{e_1,\ldots,e_n\}$ mit
    \begin{align*}
      e_1=&amp;\,(1,0,0,\ldots,0),\\
      e_2=&amp;\,(0,1,0,\ldots,0),\\
      e_3=&amp;\,(0,0,1,\ldots,0),\\
      \vdots&amp;\,\\
      e_n=&amp;\,(0,0,0,\ldots,1).
    \end{align*}
    (F\"ur sp\"ater eigentlich besser als Spaltenvektoren
    geschrieben.) Dann ist $\langle S\rangle =V$ und somit ist $S$
    ein Erzeugendensystem von $V$. F\"ur $\xi=(\xi^1,\ldots,\xi^n)$
    gilt $\xi=\sum\limits_{i=1}^n\xi^ie_i$. Somit ist $\R^n$ endlich
    erzeugbar.
  \item Sei $V=\R[X]$. Dann ist $S=\{1,X,X^2,\ldots\}$ ein
    Erzeugendensystem, da sich jedes Polynom als Linearkombination von
    Termen der Form $X^i$ schreiben l\"asst. $\R[X]$ ist aber nicht
    endlich erzeugbar, da ein endliches Erzeugendensystem nicht
    Polynome beliebigen Grades erzeugen kann. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{theorem}
  Sei $(W_i)_{i\in I}$ eine beliebige Familie von Unterr\"aumen von
  $V$. Dann ist $W:=\bigcap\limits_{i\in I}W_i$ ein Unterraum von $V$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Der Schnitt ist nicht leer, da jeder Unterraum die Null
  enth\"alt. Seien $a,b\in W$, also $a,b\in W_i$ f\"ur alle $i\in
  I$. Seien $\lambda,\mu\in F$. Dann gilt $\lambda a+\mu b\in W_i$
  f\"ur alle $i\in I$ und somit ist auch $\lambda a+\mu b\in W$. 
\end{proof}

Im Allgemeinen ist die Vereinigung von Unterr\"aumen eines
Vektorraumes kein Unterraum mehr. Die folgende Konstruktion macht aus
mehreren Unterr\"aumen einen Unterraum, der die Vereinigung aller
dieser Unterr\"aume enth\"alt. Dies funktioniert auch f\"ur beliebig
viele Unterr\"aume; dann erkl\"art man die Summe als die Menge
beliebiger endlicher Summen von Vektoren aus den Unterr\"aumen.
\begin{definition}\label{vek raum sum def}
  Seien $W_1,W_2,\ldots,W_p$ Unterr\"aume eines $F$-Vektorraumes
  $V$. Definiere deren Summe durch
  \[W_1+W_2+\ldots+W_p:=\{a_1+a_2+\ldots+a_p\colon a_i\in W_i,\,
  i=1,\ldots p\}.\] 
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein $F$-Vektorraum. Seien $W_1,\ldots,W_p$ Unterr\"aume von
  $V$. Dann ist $W:=W_1+\ldots+W_p$ der kleinste Unterraum von $V$,
  der jedes $W_i$ enth\"alt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Zeige zun\"achst, dass $W$ ein Unterraum von $V$ ist: Seien
  $a=a_1+\ldots+a_p,b=b_1+\ldots+b_p\in W$ mit $a_i,b_i\in W_i$. Seien
  $\lambda,\mu\in F$. Dann ist \[\lambda a+\mu b =(\lambda a_1+\mu
  b_1) +(\lambda a_2+\mu b_2) +\ldots+(\lambda a_p+\mu b_p).\] Somit
  ist $\lambda a+\mu b\in W$ und $W$ ist ein (nichtleerer)
  Unterraum.\par Wegen $0+\ldots+0+a_i+0+\ldots+0\in W$ f\"ur $a_i\in
  W_i$ gilt $W_i\subset W$. Sei $W'$ ein weiterer Unterraum von $V$
  mit $W_i\subset W'$ f\"ur alle $i$. Zeige, dass $W\subset W'$ gilt:
  Sei $a_1+\ldots+a_p\in W$ beliebig. Da $a_i\in W_i\subset W'$ ist,
  folgt auch $a_1+\ldots+a_n\in W'$, denn $W'$ ist ein Unterraum. Wir
  erhalten $W\subset W'$.
\end{proof}

\Section{Struktur von Vektorr\"aumen}
\Subsection{Lineare Unabh\"angigkeit}
\begin{definition}
  % Familien mit runden Klammern schreiben?
  Sei $\{a_1,\ldots,a_n\}$ eine endliche Familie von Vektoren in einem
  $F$-Vektorraum. Dann hei\ss{}t $\{a_1,\ldots,a_n\}$ linear
  unabh\"angig, wenn aus \[\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i=0\] f\"ur
  $\lambda^i\in F$ bereits $\lambda^1=\ldots=\lambda^n=0$
  folgt. Andernfalls hei\ss{}t diese Familie linear abh\"angig.\par
  Wir sagen auch, dass die Vektoren $a_1,\ldots,a_n$ linear
  unabh\"angig sind. \par Eine beliebige Familie hei\ss{}t linear
  unabh\"angig, wenn dies f\"ur jede endliche Teilfamilie
  $\{a_1,\ldots,a_n\}$ gilt. Andernfalls hei\ss{}t sie linear
  abh\"angig.
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\{a\}$ ist genau dann linear unabh\"angig, wenn $a\neq0$
    gilt.
  \item Ist $S$ linear abh\"angig und $S\subset T$, so ist $T$ linear
    abh\"angig. 
  \item $\{a+tb\colon t\in\R\}$ beschreibt genau dann eine Gerade, die
    den Ursprung $0$ nicht enth\"alt, wenn $a,b$ linear unabh\"angig
    sind. 
  \item Die Menge $\{(2,-1,1),(1,0,0),(0,2,1)\}\equiv\{a_1,a_2,a_3\}$
    ist linear unabh\"angig, denn f\"ur eine Linearkombination der
    Null gilt $0=\lambda^1a_1+\lambda^2a_2+\lambda^3a_3$, also 
    \[
    \begin{matrix}
      2\lambda^1&amp;+&amp;\lambda^2&amp;+&amp;&amp;=&amp;0,\\
      -\lambda^1&amp;&amp;&amp;+&amp;2\lambda^3&amp;=&amp;0,\\
      \lambda^1&amp;&amp;&amp;+&amp;\lambda^3&amp;=&amp;0
    \end{matrix}
    \]
    und diese lineare Gleichungssystem besitzt nur die Nulll\"osung. 
  \item Sei $e_i=(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ mit Eintrag $1$ an der
    Stelle $i$. Dann sind die Vektoren $\{e_1,\ldots,e_n\}$ in $F^n$
    linear unabh\"angig.
  \item $\{1,X,X^2,X^3,\ldots\}$ sind in $\R[X]$ linear unabh\"angig. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{theorem}\label{lin unabh nicht lin komb thm}
  Eine Familie von Vektoren $\{a_1,\ldots,a_n\}$ ist genau dann linear
  unabh\"angig, wenn sich keiner der Vektoren als Linearkombination
  der anderen schreiben l\"asst. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei zun\"achst ohne Einschr\"ankung \[a_1=\sum\limits_{i=2}^n
    \lambda^ia_i\] f\"ur $\lambda^i\in F$, $i=2,\ldots,n$. Setze
    $\lambda^1:=-1$. Dann gilt \[\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i=0\]
    mit $\lambda^1=-1\neq0$. Somit ist die Familie
    $\{a_1,\ldots,a_n\}$ linear abh\"angig.
  \item Gelte \[\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i=0\] und sei ohne
    Einschr\"ankung $\lambda^1\neq0$. Dann folgt
    \[a_1=-\frac1{\lambda^1}\sum\limits_{i=2}^n\lambda^ia_i.\] Somit
    haben wir $a_1$ als Linearkombination der \"ubrigen Vektoren
    dargestellt. 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}\label{eind lin unabh thm}
  Eine Familie $S$ von Vektoren ist genau dann linear unabh\"angig,
  wenn jedes $a\in\langle S\rangle$ nur auf genau eine Art und Weise
  linear aus den Vektoren aus $S$ kombiniert werden kann. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Insbesondere ist $0\in\langle S\rangle$. Der Nullvektor
    l\"asst sich als Linearkombination mit Koeffizienten $0$
    schreiben. Da dies nach Voraussetzung die einzige M\"oglichkeit
    ist, sind die Vektoren in $S$ linear unabh\"angig.
  \item Sei ein Vektor auf zwei verschiedene Arten dargestellt, gelte
    also \[\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i
    =\sum\limits_{i=1}^n\mu^ia_i\] mit $(\lambda^1,\ldots,\lambda^n)
    \neq(\mu^1,\ldots,\mu^n)$. Dann ist \[\sum\limits_{i=1}^n
    \left(\lambda^i-\mu^i\right)a_i=0\] eine nichttriviale
    Linearkombination der Null. Die Vektoren sind also linear
    abh\"angig.\qedhere
  \end{enumerate}  
\end{proof}

\Subsection{Basen}
\begin{definition}
  Sei $V$ ein Vektorraum. Dann ist $S\subset V$ eine Basis von $V$,
  wenn $S$ linear unabh\"angig ist und $\langle S\rangle=V$ gilt. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\{e_1,\ldots,e_n\}$ ist eine Basis des $F^n$, die
    Standardbasis von $F^n$. 
  \item $\{1,X,X^2,\ldots\}$ ist eine Basis von $F[X]$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Als Korollar zu Theorem \ref{eind lin unabh thm} erhalten wir
\begin{corollary}\label{basis eind darstellbarkeit cor}
  $S\subset V$ ist genau dann eine Basis von $V$, wenn sich jeder
  Vektor in eindeutiger Weise als Linearkombination von Vektoren aus
  $S$ schreiben l\"asst. 
\end{corollary}

\begin{theorem}\label{element hinzu thm}
  Sei $S\subset V$ linear unabh\"angig. Sei $b\in V$. Ist $b\not\in
  \langle S\rangle$, so ist $S\cup\{b\}$ linear unabh\"angig.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\{a_1,\ldots,a_n\}$ eine endliche Teilmenge von $S$. Zeige,
  dass $\{a_1,\ldots,a_n,b\}$ linear unabh\"angig ist: Gelte
  \[\mu b+\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i=0.\] Dann folgt zun\"achst
  $\mu=0$, denn sonst w\"are $b$ als Linearkombination der $\{a_i\}$
  darstellbar. Aufgrund der linearen Unabh\"angigkeit von $S$ folgt
  dann aber auch $\lambda^i=0$ f\"ur alle $i$. Somit ist $S\cup\{b\}$
  linear unabh\"angig.
\end{proof}
Mit Hilfe dieses Satzes kann man linear unabh\"angige Teilmengen
sukzessive vergr\"o\ss{}ern. 

\begin{definition}
  Sei $S\subset V$ linear unabh\"angig. Dann hei\ss{}t $S$ maximal
  oder maximal linear unabh\"angig, wenn $S\cup\{b\}$ f\"ur jedes
  $b\in V\setminus S$ linear abh\"angig ist.
\end{definition}

\begin{theorem}\label{max lin unabh thm}
  Sei $S\subset V$. Dann ist $S$ genau dann eine Basis von $V$, wenn
  $S$ linear unabh\"angig und maximal ist.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $S$ maximal und linear unabh\"angig. G\"abe es $b\in
    V\setminus \langle S\rangle$, so w\"are $S\cup\{b\}$ nach Theorem
    \ref{element hinzu thm} auch linear unabh\"angig. Dies
    widerspricht der Maximalit\"at. Somit gibt es kein solches $b$ und
    wir erhalten $\langle S\rangle=V$. Da $S$ nach Voraussetzung
    linear unabh\"angig ist, handelt es sich um eine Basis.
  \item Ist $S$ eine Basis, so ist $S$ nach Definition linear
    unabh\"angig. Da jedes $b\in V$ eine Linearkombination von
    Vektoren aus $S$ ist, ist $S\cup\{b\}$ f\"ur beliebiges $b\in V$
    nach Theorem \ref{lin unabh nicht lin komb thm} linear
    abh\"angig. Somit ist $S$ bereits maximal. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Das Zornsche Lemma erlaubt uns nun, zu zeigen, dass jeder Vektorraum
eine Basis besitzt. Das Zornsche Lemma ist \"aquivalent zum
Auswahlaxiom. Dies wird in einer Vorlesung \"uber Logik oder
Mengenlehre bewiesen.
\begin{lemma}[Zornsches Lemma]
  Sei $A$ nichtleer und $\le$ eine Halbordnung auf $A$. Besitzt jede
  total geordnete Teilmenge $B$ eine obere Schranke in $A$, also ein
  $\beta\in A$ mit $b\le\beta$ f\"ur alle $b\in B$, so besitzt $A$
  mindestens ein maximales Element $m$. ($m$ ist maximales Element von
  $A$, falls aus $m\le a$, $a\in A$ stets $a=m$ folgt.)
\end{lemma}

\begin{theorem}\label{exist basis thm}
  Sei $V$ ein Vektorraum. Dann besitzt $V$ eine Basis.  
\end{theorem}
Nach Konvention ist $\emptyset$ die Basis von $\{0\}$, da
$\sum\limits_\emptyset=0$ gilt. 
\begin{proof}[Beweis]
  Die Relation $\subset$ ist eine Halbordnung auf $\mathcal P(V)$ und
  daher auch auf der Menge aller linear unabh\"angigen Teilmengen
  $\mathcal U$ von $V$. Sei also $\{A_i\}_{i\in I}$ eine total
  geordnete Teilmenge von $\mathcal U$, gelte also stets $A_i\subset
  A_j$ oder $A_j\subset A_i$. Setze $A:=\bigcup\limits_{i\in
    I}A_i$. Wir behaupten, dass $A$ eine obere Schranke f\"ur
  $\{A_i\}_{i\in I}$ ist. $A_i\subset A$ ist klar. Zur linearen
  Unabh\"angigkeit: Seien $a_1,\ldots,a_n\in A$ und gelte
  $\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i=0$. Dann gibt es Mengen $A_{j(i)}$
  mit $a_i\in A_{j(i)}$. Es gilt $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$ oder
  $A_{j(2)}\subset A_{j(1)}$. Setze $k(2):=j(2)$, falls
  $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$ gilt und sonst $k(2):=j(1)$. Dann gilt
  $A_{j(i)}\subset A_{k(2)}$ f\"ur alle $i=1,2$. Gelte per Induktion
  bereits $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ f\"ur $1\le i\le p$ und f\"ur ein
  $k(p)\in\{j(1),\ldots,j(p)\}$. Gilt auch $A_{j(p+1)}\subset
  A_{k(p)}$, so setze $k(p+1):=k(p)$, sonst $k(p+1):=j(p+1)$. Es folgt
  $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ f\"ur $1\le i\le p+1$. Somit gibt es
  einen Index $k(n)\in\{j(1),\ldots,j(n)\}$ mit $a_i\in A_{k(n)}$
  f\"ur alle $1\le i\le n$. Damit sind die Vektoren $\{a_i\}_{1\le
    i\le n}$ linear unabh\"angig, $A$ ist also eine obere Schranke der
  $(A_i)_{i\in I}$. \par Das Zornsche Lemma impliziert nun, dass es
  ein maximales $B\in\mathcal U$ gibt. Nach Theorem \ref{max lin unabh
    thm} folgt $\langle B\rangle=V$. Damit ist $B$ ein maximales
  linear unabh\"angiges Erzeugendensystem von $V$ und somit eine Basis
  von $V$.
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $S$ ein Erzeugendensystem von $V$. Dann hei\ss{}t $S$ minimal,
  falls es keine echte Teilmenge von $S$ gibt, die ebenfalls $V$ erzeugt.
\end{definition}

\begin{theorem}\label{min erz thm}
  Eine Familie $S$ von Vektoren ist genau dann eine Basis von $V$,
  wenn $S$ ein minimales Erzeugendensystem von $V$ ist. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $S$ nicht minimal, so gibt es $b\in S$, so dass
    $S\setminus\{b\}$ ebenfalls ein Erzeugendensystem von $V$
    ist. Insbesondere gilt dann aber auch \[b=\sum\limits_{i=1}^n
    \lambda^ia_i\] f\"ur spezielle $\lambda^1,\ldots\lambda^n\in F$,
    $a_1,\ldots,a_n\in S\setminus\{b\}$, $n\in\N$. Bringen wir $b$ auf
    die andere Seite, so widerspricht dies der linearen
    Unabh\"angigkeit von $S$. Somit ist eine Basis minimal.
  \item Sei $S$ ein minimales Erzeugendensystem. Ist $S$ nicht linear
    unabh\"angig, so gibt es $a_1,\ldots,a_n\in S$ und
    $\lambda^1,\ldots,\lambda^n\in F$, $n\in\N$,
    mit \[\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i=0\] und
    $(\lambda^1,\ldots,\lambda^n)\neq (0,\ldots,0)$. Nehme ohne
    Einschr\"ankung an, dass $\lambda_1\neq0$ ist. Dann l\"asst sich
    $a_1$ als Linearkombination von $a_2,\ldots,a_n$ schreiben. Nach
    Theorem \ref{gleiches erzeugnis thm} gilt $\langle S\rangle
    =\langle S\setminus\{a_1\}\rangle$. Somit ist $S$ nicht
    minimal. Widerspruch. Die Behauptung folgt.
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}\label{basis aequiv char kor}
  Sei $V$ Vektorraum, $S\subset V$. Nach den Theoremen \ref{max lin
    unabh thm} und \ref{min erz thm} sind die folgenden Aussagen
  \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $S$ ist eine Basis von $V$,
  \item $S$ ist eine maximale linear unabh\"angige Teilmenge von $V$,
  \item $S$ ist ein minimales Erzeugendensystem von $V$. 
  \end{enumerate}
\end{corollary}

Im endlich erzeugten Fall k\"onnen wir auch absteigende Folgen von
Erzeugendensystemen betrachten um eine Basis zu bekommen.
\begin{theorem}
  Sei $S$ ein endliches Erzeugendensystem von $V$. Dann gibt es eine
  Basis $S'\subset S$ von $V$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Ist $S$ keine Basis, so ist $S$ nach Korollar \ref{basis aequiv char
    kor} nicht minimal. Somit gibt es $S_1\subsetneq S$, das ebenfalls
  ein Erzeugendensystem ist. Ist $S_1$ keine Basis, so wiederholen wir
  diesen Schritt und erhalten $S_2\subsetneq S_1$, \ldots. Da $S$
  endlich ist, bricht die strikt absteigende Folge \[S\supsetneq
  S_1\supsetneq S_2\supsetneq\ldots\supsetneq S_k\] bei einem $k\in\N$
  ab. $S_k$ ist minimal und somit nach Korollar \ref{basis aequiv char
    kor} eine Basis.
\end{proof}

In den \"Ubungen werden wir sehen, dass dieses Vorgehen ohne die
Endlichkeit des Erzeugendensystems nicht funktioniert.

Es gilt aber auch allgemein
\begin{theorem}\label{exist teilmenge basis thm}
  Sei $S$ ein Erzeugendensystem von $V$. Dann gibt es $S'\subset S$,
  so dass $S'$ eine Basis von $V$ ist.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Argumentiere wie im Beweis von Theorem \ref{exist basis thm},
  benutze aber linear unabh\"angige Teilmengen von $S$ statt von $V$. 
\end{proof}

\begin{theorem}\label{zur basis ergaenzen thm}
  Sei $S\subset V$ linear unabh\"angig. Dann besitzt $V$ eine Basis
  $B$ mit $S\subset B$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Gehe wie beim Beweis von Theorem \ref{exist basis thm} vor, benutze
  aber linear unabh\"angige Teilmengen, die $S$ enthalten statt
  linearen Teilmengen von $V$. 
\end{proof}

\Subsection{Dimension}
\begin{definition}
  Sei $V$ ein Vektorraum mit Basis $S$. Ist $S$ endlich und besitzt
  $n$ Elemente, $n\in\N$, so hat $V$ die Dimension $n$, $\dim V=n$.
\end{definition}
Zun\"achst einmal ist nicht klar, ob die Dimension wohldefiniert ist,
da es verschiedene Basen mit unterschiedlich vielen Elementen geben
k\"onnte. Wir werden aber in Theorem \ref{dim wohldef thm} noch
zeigen, dass dies nicht der Fall ist.

\begin{lemma}[Austauschsatz von Steinitz]
  \label{steinitz lem}
  Sei $V$ ein Vektorraum. Ist die Familie $\{a_1,\ldots,a_p\}$ linear
  unabh\"angig und sei $\{b_1,\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von
  $V$. Dann gilt $p\le n$ und nach einer Umnummerierung der $b_i$'s
  ist auch die Familie $\{a_1,\ldots,a_p,b_{p+1},\ldots,b_n\}$ ein
  Erzeugendensystem von $V$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir beweisen per Induktion nach $k$, dass $\{a_1,\ldots,a_k,
  b_{k+1},\ldots,b_n\}$ f\"ur $0\le k\le n$ nach Umnummerierung der
  $b_i$'s ebenfalls ein Erzeugendensystem von $V$ ist. (W\"are $p&gt;n$,
  so folgte aus diesem Beweis, dass insbesondere $\{a_1,\ldots,a_n\}$
  ein Erzeugendensystem von $V$ ist. Dann w\"are aber $a_{n+1}$ aus
  $a_1,\ldots,a_n$ linear kombinierbar. Widerspruch.) F\"ur $k=0$ ist
  die Aussage klar. Sei also $\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+1},\ldots,b_n\}$
  ein Erzeugendensystem von $V$. Es gibt also eine Linearkombination
  davon, die $a_{k+1}$ darstellt \[a_{k+1}=\sum\limits_{i=1}^k
  \lambda^ia_i +\sum\limits_{j=k+1}^n \mu^jb_j.\] Da $a_{k+1}\neq0$
  ist und da die $a_i$'s linear unabh\"angig sind, ist ein
  $\mu^j\neq0$, ohne Einschr\"ankung $\mu^{k+1}\neq0$. Daher ist
  $b_{k+1}\in\langle a_1,\ldots,a_{k+1}, b_{k+2},\ldots,b_n\rangle$.
  Setze $S:=\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+2},\ldots,b_n\}$. 
  Nach Theorem \ref{gleiches erzeugnis thm} erhalten wir \[\langle
  S\cup\{b_{k+1}\}\rangle =\langle
  S\cup\{a_{k+1},b_{k+1}\}\rangle =\langle S\cup\{a_{k+1}\}\rangle.\]
  Die Behauptung folgt nun per Induktion.
\end{proof}

Aufgrund des folgenden Theorems ist die Dimension wohldefiniert. 
\begin{theorem}\label{dim wohldef thm}
  Sei $V$ ein Vektorraum mit Basen $S$ und $T$. Habe $S$ endlich viele
  Elemente $n$, $n\in\N$. Dann besitzt $T$ ebenfalls $n$ Elemente.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $|T|$ und $|S|$ die Anzahlen der Elemente von $T$ bzw.{}
  $S$. Dann gilt nach Lemma \ref{steinitz lem} $|T|\le|S|$ und
  $|S|\le|T|$. Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $V$ ein $n$-dimensionaler Vektorraum. Dann gelten folgende
  Aussagen. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jedes Erzeugendensystem von $V$ besitzt wenigstens $n$ Vektoren.
  \item Jede Familie von strikt mehr als $n$ Vektoren ist linear
    abh\"angig.
  \item Jedes Erzeugendensystem aus $n$ Vektoren ist eine Basis von
    $V$.
  \item Jede Familie von $n$ linear unabh\"angigen Vektoren ist eine
    Basis von $V$.
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Theorem \ref{exist teilmenge basis thm} g\"abe es zu
    einem Erzeugendensystem mit weniger als $n$ Elementen auch eine
    Basis mit weniger als $n$ Elementen. Widerspruch zu Theorem
    \ref{dim wohldef thm}. 
  \item Nach Theorem \ref{zur basis ergaenzen thm} k\"onnte man sonst
    diese Menge zu einer Basis mit mehr als $n$ Elementen
    erg\"anzen. Dies widerspricht wiederum Theorem \ref{dim wohldef
      thm}.
  \item Ein minimales Erzeugendensystem ist eine Basis. 
  \item Eine maximale linear unabh\"angige Familie ist eine
    Basis. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $W$ ein Unterraum eines Vektorraumes $V$ mit $\dim V=n$. Dann
  gilt $\dim W\le\dim V$ und Gleichheit gilt genau dann, wenn $V=W$
  ist. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $S$ eine Basis von $W$ und $T$ mit $S\subset T$ eine Basis von
  $V$. Dann gilt $|S|\le|T|$. Bei Gleichheit gilt $S=T$ und die
  Erzeugnisse stimmen \"uberein. Die R\"uckrichtung ist trivial. 
\end{proof}

\begin{theorem}[Dimensionsformel]\label{dim fml raum thm}
  Seien $U,V\subset W$ endlichdimensionale Unterr\"aume eines
  Vektorraumes $W$. Dann gilt \[\dim U+V=\dim U+\dim V-\dim(U\cap
  V).\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $w_1,\ldots,w_{\dim U\cap V}$ eine Basis von $U\cap V$. Seien
  $u_1,\ldots,u_{\dim U-\dim U\cap V}$ so gew\"ahlt, dass sie zusammen
  mit den $w_i$'s eine Basis von $U$ bilden und seien
  $v_1,\ldots,v_{\dim V-\dim U\cap V}$ so gew\"ahlt, dass sie zusammen
  mit den $w_i$'s eine Basis von $V$ bilden. Wir behaupten nun, dass
  alle diese Vektoren zusammen eine Basis von $U+V$ bilden. Es ist
  klar, dass sie $U+V$ erzeugen. Zum Nachweis der linearen
  Unabh\"angigkeit sei \[\underbrace{\sum\limits_i c^iw_i}_{=:w\in
    U\cap V} +\underbrace{\sum\limits_j a^ju_j}_{=:u\in U}
  +\underbrace{\sum\limits_k b^kv_k}_{=:v\in V} =0.\] Dann ist $v\in
  V$ und $v=-w-u\in U$, also $v\in U\cap V$. Die $w_i$'s bilden
  zusammen mit den $v_i$'s eine Basis von $V$, Vektoren in $U\cap V$
  werden aber bereits eindeutig als Linearkombination von $w_i$'s
  dargestellt. Die obige Darstellung von $v$ enh\"alt keine
  $w_i$'s. Somit ist $v=0$. Ebenso ist $u=0$. Die lineare
  Unabh\"angigkeit folgt.
\end{proof}

\subsubsection{Koordinaten}
\begin{definition}[Koordinaten]
  Sei $V$ ein $F$-Vektorraum mit einer (geordneten) Basis
  $\{a_1,\ldots,a_n\}$. Wir schreiben auch $(a_1,\ldots,a_n)$. Dann
  l\"asst sich nach Korollar \ref{basis eind darstellbarkeit cor}
  jedes $a\in V$ in eindeutiger Weise aus den $a_i$'s linear
  kombinieren \[a=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i,\] $\lambda^i\in
  F$. Die Koeffizienten $\lambda^1,\ldots,\lambda^n$ hei\ss{}en
  Koordinaten von $a$ bez\"uglich der Basis $\{a_1,\ldots,a_n\}$.
\end{definition}

\Subsection{Lineare Abbildungen}
\begin{definition}[Lineare Abbildung]
  Seien $V,W$ zwei Vektorr\"aume \"uber einem K\"orper $F$. Eine
  Abbildung $f\colon V\to W$ hei\ss{}t linear, falls
  \begin{align}
    \label{lin abb i}
    f(a+b)=&amp;\,f(a)+f(b)&amp;\text{f\"ur alle }a,b\in V\text{ und}\\
    \label{lin abb ii}
    f(\lambda a)=&amp;\,\lambda f(a)&amp;\text{f\"ur alle }a\in V,\lambda\in
    F\text{ gelten.}
  \end{align}
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann gelten die folgenden Aussagen
  \begin{enumerate}
  \item $f(0)=0$,
  \item $f\left(\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i\right)
    =\sum\limits_{i=1}^n \lambda^if(a_i)$ f\"ur alle $\lambda^i\in F$,
    $a_i\in V$, insbesondere ist \[f(\lambda a+\mu b)=\lambda f(a)+\mu
    f(b)\] f\"ur alle $\lambda,\mu\in F$ und $a,b\in V$. Diese letzte
    Gleichheit ist \"aquivalent zu \eqref{lin abb i} und \eqref{lin
      abb ii}, auch wenn wir $\mu=1$ w\"ahlen.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Benutze \eqref{lin abb ii} mit $\lambda=0$.
  \item Per Induktion erhalten wir
    \begin{align*}
      f\left(\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i\right) =&amp;\,
      f\left(\lambda^1a_1 +\sum\limits_{i=2}^n\lambda^ia_i\right)\\
      \overset{\eqref{lin abb i}}=&amp;\,f(\lambda^1a_1)
      +f\left(\sum\limits_{i=2}^n \lambda^ia_i\right)\\
      \overset{\eqref{lin abb ii}}=&amp;\,\lambda^1f(a_1)
      +\sum\limits_{i=2}^n\lambda^if(a_i)&amp;\text{nach
        Induktionsannahme}\\
      =&amp;\,\sum\limits_{i=1}^n\lambda^if(a_i). 
    \end{align*}
    Die Gleichung \eqref{lin abb i} erh\"alt man mit $\lambda=\mu=1$,
    die Gleichung \eqref{lin abb ii} mit $b=0$. 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Identit\"at $\eins=\eins_V\colon V\to V$, $\eins(a):=a$
    ist linear.
  \item Seien $a^i_j\in F$, $1\le i\le m$, $1\le j\le n$. Dann ist
    $f\colon F^n\to F^m$ mit \[f(\xi)\equiv
    f(\xi^1,\ldots,\xi^n)\equiv (f^1(\xi),\ldots,f^m(\xi)),\quad
    f^i(\xi):=\sum\limits_{j=1}^n a^i_j\xi^j\] linear. 
  \item Seien $f\colon V\to W$ und $g\colon W\to X$ linear. Dann ist
    $g\circ f\colon V\to X$ ebenfalls linear. 
  \item Sei $P\in F[X]$. Dann ist die Abbildung $D$
    (Differenzieren) \[D:P[X] =\sum\limits_{i=0}^na_iX^i \mapsto
    \sum\limits_{i=1}^n ia_iX^{i-1}\] eine lineare Abbildung.
  \item Die Abbildung \[C^0([0,1])\ni f\mapsto\left(x\mapsto
      \int\limits_0^x f(t)\,dt\right)\in C^0([0,1])\] ist linear.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}\label{inv abb def}
  Eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ hei\ss{}t Isomorphismus,
  wenn es eine Abbildung $g\colon W\to V$ mit $g\circ f=\eins_V$ und
  $f\circ g=\eins_W$ gibt. $g$ hei\ss{}t die zu $f$ inverse
  Abbildung. Wir schreiben $g=f^{-1}$. (Wir werden erst in Lemma
  \ref{inv lin lem} sehen, dass $g$ wohldefiniert ist.) \par Zwei
  Vektorr\"aume $V$ und $W$ hei\ss{}en isomorph, wenn es einen
  Isomorphismus $f\colon V\to W$ gibt. Isomorph zu sein ist eine
  \"Aquivalenzrelation auf einer Kollektion von $F$-Vektorr\"aumen.
\end{definition}

\begin{lemma}\label{inv lin lem}
  Sei $f\colon V\to W$ ein Isomorphismus. Dann ist die Inverse
  $g\colon W\to V$ von $f$ eindeutig bestimmt und ebenfalls linear.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $h\colon W\to V$ eine weitere Abbildung mit $h\circ f=\eins_V$
  und $f\circ h=\eins_W$. Dann gilt f\"ur alle $b\in W$ \[g(b)
  =\eins_V\circ g(b) =(h\circ f)\circ g(b) =h\circ(f\circ g)(b)
  =h\circ\eins_W(b) =h(b).\] Somit gilt $h=g$. \par $g$ ist linear,
  denn es gilt
  \begin{align*}
    g(a)+g(b) =&amp;\, \eins_V(g(a)+g(b)) =g\circ f(g(a)+g(b))\\
    =&amp;\,g(f\circ g(a)+f\circ g(b))&amp;\text{da $f$ linear ist}\\
    =&amp;\,g(a+b);\\
    \lambda g(a) =&amp;\, g\circ f(\lambda g(a)) =g(\lambda f\circ g(a))
    &amp;\text{da $f$ linear ist}\\
    =&amp;\,g(\lambda a). &amp;&amp;\qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{lemma}[Koordinatenabbildung]\label{koordinatenabb lem}
  Sei $V$ ein $F$-Vektorraum mit geordneter Basis
  $(a_1,\ldots,a_n)$. Dann ist die Abbildung $f\colon V\to F^n$,
  \[V\ni a=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i\mapsto
  (\lambda^1,\ldots\lambda^n)\in F^n,\] ein Isomorphismus. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Da die Darstellung von $a$ eindeutig ist, ist $f$ wohldefiniert. Die
  Linearit\"at von $f$ ist klar. Die Umkehrabbildung $g\colon F^n\to
  V$, \[g(\lambda^1,\ldots,\lambda^n):=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i,\]
  ist ebenfalls offensichtlicherweise linear und zu $f$ invers. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $V$ ein $n$-dimensionaler $F$-Vektorraum. Dann ist $V$ isomorph
  zu $F^n$. 
\end{corollary}

\begin{theorem}
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Sei $\{a_1,\ldots,a_n\}\subset V$
  linear abh\"angig. Dann ist $\{f(a_1),\ldots,f(a_n)\}\subset W$
  ebenfalls linear abh\"angig. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Aus $\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i=0$ folgt mit Hilfe der
  Linearit\"at $\sum\limits_{i=1}^n\lambda^if(a_i)=0$. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $f\colon V\to W$ ein Isomorphismus. Dann ist
  $\{a_1,\ldots,a_n\}$ genau dann linear abh\"angig, wenn
  $\{f(a_1),\ldots,f(a_n)\}$ linear abh\"angig ist. 
\end{corollary}

\begin{theorem}
  Seien $V,W$ \"uber $F$ endlich erzeugbare Vektorr\"aume. Dann sind
  $V$ und $W$ genau dann isomorph, falls $\dim V=\dim W$ gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Gelte zun\"achst $\dim V=\dim W$. Dann gibt es nach Lemma
    \ref{koordinatenabb lem} Isomorphismen $\phi\colon V\to F^n$ und
    $\psi\colon W\to F^n$. Somit ist $\psi^{-1}\circ\phi\colon V\to W$
    der gesuchte Isomorphismus.
  \item Sei $\{a_1,\ldots,a_n\}$ eine Basis von $V$. Sei $f\colon V\to
    W$ ein Isomorphismus. Dann ist $\{f(a_i)\}$ linear
    unabh\"angig. Es ist auch eine Basis, denn sei $b\in W$ beliebig,
    dann gilt \[V\ni f^{-1}(b)=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i\] f\"ur
    geeignete $\lambda_i\in F$. Somit ist $b=f\left(f^{-1}(b)\right)
    =\sum\limits_{i=1}^n \lambda^if(a_i)$, $\{f(a_i)\}$ ist also auch
    ein Erzeugendensystem von $W$ und damit eine Basis. Da die Anzahl
    von Basiselementen in beiden Vektorr\"aumen \"ubereinstimmt, gilt
    $\dim V=\dim W$.
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Rechenmethoden}
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum, $S\subset V$ endlich. Wir
wollen folgende Fragen konkret behandeln k\"onnen:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Ist $S$ linear unabh\"angig?
\item Wie findet man eine Basis von $\langle S\rangle$, falls $S$
  linear abh\"angig ist?
\item Wie findet man eine Basis von $\langle S\rangle$, die aus
  Elementen von $S$ besteht?
\item Gilt $a\in\langle S\rangle$, \dh ist $a$ aus Vektoren in $S$
  linear kombinierbar?
\end{enumerate}
Wegen Lemma \ref{koordinatenabb lem} und da diese Eigenschaften sich
unter Isomorphismen sich nicht \"andern, k\"onnen wir ohne
Einschr\"ankung $V=F^n$ betrachten. 

\begin{notation}
  Sei $S=(a_1,\ldots,a_m)$, $a_i\in F^n$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\langle S\rangle:=\langle\{a_1,\ldots,a_m\}\rangle$ (Ebenso
    werden wir die Anordnung der Vektoren vergessen, wenn es um Fragen
    wie z.\,B.{} lineare Unabh\"angigkeit geht.)
  \item $S_{ij}:=(a_1,\ldots,a_{i-1},a_j,a_{i+1},
    \ldots,a_{j-1},a_i,a_{j+1},\ldots,a_m)$; $S_{ij}$ entsteht aus $S$
    durch Vertauschen des $i$-ten mit dem $j$-ten Vektor.
  \item $S_i(\lambda):=(a_1,\ldots,a_{i-1},\lambda
    a_i,a_{i+1},\ldots,a_m)$, $0\neq\lambda\in F$; $S_i(\lambda)$
    entsteht aus $S$ durch Multiplikation des $i$-ten Vektors mit
    $\lambda$.
  \item $S_{ij}(\lambda):=(a_1,\ldots,a_{i-1},a_i+\lambda a_j,a_{i+1},
    \ldots,a_m)$, $\lambda\in F$, $i\neq j$; $S_{ij}(\lambda)$
    entsteht aus $S$ durch Addition des $\lambda$-fachen des Vektors
    $a_j$ zu $a_i$.
  \end{enumerate}
\end{notation}

\begin{theorem}\label{gl erz thm}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt $\langle S\rangle =\langle S_{ij}\rangle =\langle
    S_i(\lambda)\rangle =\langle S_{ij}(\lambda)\rangle$ f\"ur alle
    $\lambda$, $i,j$ wie oben.
  \item Ist eine der Familien $S,\,S_{ij},\, S_i(\lambda),\,
    S_{ij}(\lambda)$ linear unabh\"angig, so gilt dies auch f\"ur alle
    anderen dieser Familien.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item 
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item $\langle S\rangle =\langle S_{ij}\rangle$ ist klar. 
    \item Sei $a=\sum\limits_{k=1}^m\mu^ka_k\in\langle
      S\rangle$. Dann ist $\sum\limits_{k\neq i}\mu^ka_k
      +\left(\frac1\lambda\mu^i\right)\left(\lambda a_i\right)=a\in\langle
      S_i(\lambda)\rangle$. $\langle S_i(\lambda)\subset\langle
      S\rangle$ folgt analog.  
    \item Benutze nun, dass sich die Linearkombination einer Familie
      von Vektoren nicht \"andert, wenn man einen linear
      kombinierbaren Vektor hinzuf\"ugt, vergleiche Theorem
      \ref{gleiches erzeugnis thm}.
      \begin{align*}
        \langle S\rangle =&amp;\,\langle
        a_1,\ldots,a_i,\ldots,a_m\rangle\\
        =&amp;\,\langle a_1,\ldots,a_i,\ldots,a_m,a_i+\lambda a_j\rangle\\
        =&amp;\,\langle a_1,\ldots,a_i+\lambda a_j,\ldots,a_m\rangle,\quad
        \text{da }a_i=(a_i+\lambda a_j)-\lambda a_j\text{ gilt,}\\
        =&amp;\,\langle S_{ij}(\lambda)\rangle. 
      \end{align*}
    \end{enumerate}
  \item Sei $S$ linear abh\"angig. Man \"uberlegt sich leicht, dass
    dann auch die anderen drei Familien von Vektoren linear abh\"angig
    sind. Insbesondere folgt aus $\mu^ia_i+\mu^ja_j=0$ auch
    $\mu^i(a_i+\lambda a_j) +\left(\mu^j-\mu^i\lambda\right)a_j=0$.
    \par Sei umgekehrt eine der Familien $S_{ij},\,
    S_i(\lambda),\, S_{ij}(\lambda)$ linear abh\"angig. Die
    Operationen, die von $S$ zu dieser Familie gef\"uhrt haben, sind
    mit Hilfe derselben Operationen invertierbar: Ist $T=S_{ij}$,
    so ist $T_{ij}=S$; ist $T=S_i(\lambda)$, so ist
    $T_i\left(\frac1\lambda\right)=S$; ist $T=S_{ij}(\lambda)$, so ist
    $T_{ij}(-\lambda)=S$. Somit ist in diesem Fall auch $S$ linear
    abh\"angig. Die Behauptung folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Seien $a^i=(a^i_1,\ldots,a^i_n)$, $1\le i\le m$, Zeilenvektoren
  und 
  \[A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^1_2&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    a^2_1&amp;a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^m_1&amp;a^m_2&amp;\ldots&amp;a^m_n
  \end{pmatrix}
  \]
  die aus diesen Zeilenvektoren bestehende Matrix. Dann hei\ss{}t der
  von den Zeilen $(a^i_1,\ldots,a^i_n)$ in $F^n$ erzeugte Unterraum
  Zeilenraum der Matrix $A$. (Analog hei\ss{}t der von den Spalten in
  $F^m$ erzeugte Unterraum Spaltenraum der Matrix $A$.) \par
  In Analogie zu den Operatoren auf Erzeugendensystemen definieren wir
  die folgenden elementaren Zeilenoperationen:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Vertausche die Zeilen $i$ und $j$.
  \item Ersetze die $i$-te Zeile durch das $\lambda$-fache der $i$-ten
    Zeile f\"ur $0\neq\lambda\in F$. 
  \item Ersetze die $i$-te Zeile $a^i$ durch $a^i+\lambda a^j$ f\"ur
    $j\neq i$ und $\lambda\in F$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

Wie bei linearen Gleichungssystemen sagen wir, dass eine Matrix in
Zeilenstufenform ist, wenn die Anzahl der links stehenden Nullen von
Zeile zu Zeile strikt w\"achst oder eine Zeile und alle folgenden
Zeilen nur Nullen enthalten. 

\begin{theorem}
  Eine $(m\times n)$-Matrix $A$ l\"asst sich auf Zeilenstufenform
  bringen.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Verfahre so wie beim Beweis, dass sich ein lineares Gleichungssystem
  auf Zeilenstufenform bringen l\"asst. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  Sei $A$ eine $(m\times n)$-Matrix. Bringt man $A$ auf
  Zeilenstufenform, so bilden die Nicht-Null-Zeilen eine Basis des
  Zeilenraumes von $A$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Theorem \ref{gl erz thm} \"andern elementare Zeilenumformungen
  den Zeilenraum einer Matrix nicht. Da in Zeilenstufenform die
  Nicht-Null-Zeilen eine Basis des Zeilenraumes bilden, folgt die
  Behauptung. 
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen wollen wir den Zeilenraum
  bestimmen. Wir erhalten
  \begin{align*}
    &amp;\,
    \begin{pmatrix}
      2&amp;4&amp;-1&amp;7\\
      -1&amp;-2&amp;1&amp;-4\\
      1&amp;2&amp;2&amp;1\\
      3&amp;6&amp;3&amp;6
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2&amp;2&amp;1\\
      -1&amp;-2&amp;1&amp;-4\\
      2&amp;4&amp;-1&amp;7\\
      3&amp;6&amp;3&amp;6
    \end{pmatrix},\\
    &amp;\,
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2&amp;2&amp;1\\
      0&amp;0&amp;3&amp;-3\\
      0&amp;0&amp;-5&amp;5\\
      0&amp;0&amp;-3&amp;3
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2&amp;2&amp;1\\
      0&amp;0&amp;1&amp;-1\\
      0&amp;0&amp;0&amp;0\\
      0&amp;0&amp;0&amp;0
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
\end{beispiel}

\Subsection{Anwendungen auf lineare Gleichungssysteme}
Gleichungen der Form \[a_1x^1+a_2x^2+\ldots+a_nx^n=b\] bilden unter
den Verkn\"upfungen
\begin{align*}
  (a_1x^1+\ldots+a_nx^n=b)+\quad&amp;\,\\ (a'_1x^1+\ldots+a'_nx^n=b'):=&amp;\,
  ((a_1+a'_1)x^1+\ldots+(a_n+a'_n)x^n=(b+b')),\\
  \lambda(a_1x^1+\ldots+a_nx^n=b):=&amp;\,
  ((\lambda a_1)x^1+\ldots+(\lambda a_n)x^n=(\lambda b))
\end{align*}
einen Vektorraum $V$. $f\colon V\to F^{n+1}$
mit \[(a_1x^1+\ldots+a_nx^n=b)\mapsto(a_1,\ldots,a_n,b)\] ist ein
Isomorphismus. 

Sei nun ein lineares Gleichungssystem gegeben. Eine L\"osung des
Gleichungssystems l\"ost auch alle Gleichungen im von den linearen
Gleichungen erzeugten Unterraum $U$ (und eine L\"osung aller
Gleichungen des Unterraumes ist auch eine L\"osung des
urspr\"unglichen linearen Gleichungssystems). Wenden wir dies zweimal
an, so sehen wir: Sei $S$ eine Basis von $U$. Dann ist $x$ genau dann
eine L\"osung des urspr\"unglichen Gleichungssystems, wenn $x$ alle
Gleichungen in $S$ erf\"ullt. 

Technisches Vorgehen: Um \[\sum\limits_{k=1}^na^i_kb^k=b^i\] f\"ur alle
$1\le i\le m$ zu l\"osen k\"onnen wir alle L\"osungen der Matrix
bestimmen, die wir erhalten, wenn wir 
\[
\begin{pmatrix}
  a^1_1&amp;a^1_2&amp;\ldots&amp;a^1_n&amp;b^1\\
  a^2_1&amp;a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n&amp;b^2\\
  \vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots\\
  a^m_1&amp;a^m_2&amp;\ldots&amp;a^m_n&amp;b^m
\end{pmatrix}
\]
auf Zeilenstufenform gebracht haben. Dies ist einfach, wenn wir die
Gleichungen von unten nach oben betrachten und das bisherige Ergebnis
jeweils in die weiter oben stehenden Gleichungen einsetzen. 

\Subsection{Der Rang}
\begin{definition}
  Sei $A$ eine $(m\times n)$-Matrix 
  \[
  A=\left(a^i_j\right)_{\overset{1\le i\le m}{1\le j\le n}} =
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^1_2&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    a^2_1&amp;a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    a^m_1&amp;a^m_2&amp;\ldots&amp;a^m_n
  \end{pmatrix}
  \] \"uber $F$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann ist der Zeilenrang die Dimension des von den Zeilen
    $b^1,\ldots,b^m$, $b^i=(a^i_1,\ldots,a^i_n)$, in $F^n$ erzeugten
    Vektorraumes.
  \item Der Spaltenrang ist die Dimension des von den Spalten
    $d_1,\ldots,d_n$, \[d_j=\left(a^i_j\right)_{1\le i\le n}=
    \begin{pmatrix}
      a^1_j\\\vdots\\a^n_j
    \end{pmatrix}\]
    erzeugten Vektorraumes in $F^m$. Der von den Spalten erzeugte
    Vektorraum hei\ss{}t Spaltenraum von $A$. 
  \item Der Rang einer Matrix $A$ ist der Zeilenrang von $A$, $\rang
    A$.  
  \end{enumerate}
\end{definition}

Die Begriffsbildung bei der letzten Definition ist sinnvoll, denn es
gilt
\begin{theorem}\label{zeilenrang spaltenrang thm}
  Sei $A$ eine Matrix. Dann ist der Zeilenrang von $A$ gleich dem
  Spaltenrang von $A$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wollen die Matrix auf Zeilenstufenform bringen. F\"ur Matrizen
  in Zeilenstufenform gilt die Behauptung offensichtlicherweise. Zeige
  also noch, dass sich weder Zeilenrang noch Spaltenrang unter
  elementaren Zeilenumformungen \"andern. \par
  Da sich sogar der Zeilenraum einer Matrix unter elementaren
  Zeilenumformungen nicht \"andert, bleibt auch der Zeilenrang
  konstant. \par
  Unter elementaren Zeilenumformungen kann sich der Spaltenraum
  \"andern. Sei \[\sum\limits_{i=1}^n\lambda^id_i=0\] eine lineare
  Abh\"angigkeit der Spalten. Dann bleibt diese unter elementaren
  Zei\-len\-um\-for\-mun\-gen erhalten. Der Spaltenrang wird unter
  elementaren Zeilenumformungen also h\"ochstens kleiner. Da sich
  elementare Zeilenumformungen aber invertieren lassen, bleibt er
  gleich. \par
  Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $A$ eine $(n\times n)$-Matrix. Dann hei\ss{}t $A$
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item regul\"ar, falls $\rang A=n$ ist,
  \item sonst hei\ss{}t sie singul\"ar. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}\label{reg aequiv thm}
  Sei $A$ eine $(n\times n)$-Matrix. Dann sind die folgenden Aussagen
  \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ ist regul\"ar,
  \item $\rang A=n$, 
  \item die Zeilen sind linear unabh\"angig,
  \item die Spalten sind linear unabh\"angig,
  \item das lineare Gleichungssystem $Ax=0$ hat nur die triviale
    L\"osung.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Definition und Theorem \ref{zeilenrang spaltenrang thm} ist nur
  noch die \"Aquivalenz zur ausschlie\ss{}lich trivialen L\"osbarkeit
  zu zeigen. \par $Ax=0$ besitzt genau dann eine nichttriviale
  L\"osung, wenn die Spalten von $A$ linear abh\"angig sind. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $Ax=0$ ein lineares homogenes Gleichungssystem mit $n$
  Unbekannten. Dann hat der Raum der L\"osungen die Dimension $n-\rang
  A$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Bringe das Gleichungssystem auf Zeilenstufenform. Dann kann man die
  Aussage direkt am Gleichungssystem ablesen.
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $Ax=b$ ein inhomogenes lineares Gleichungssystem. Sei $(A|b)$
  die augmentierte Matrix. Dann ist das Gleichungssystem genau dann
  l\"osbar, wenn $\rang A=\rang(A|b)$ gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Ist $Ax=b$ l\"osbar, so ist $b$ eine Linearkombination der Spalten
  von $A$. Somit \"andert sich der Spaltenrang durch Hinzunahme der
  Spalte $b$ nicht.\par
  Der Spaltenraum von $A$ ist im Spaltenraum von $(A|b)$ enthalten. Da
  die Dimensionen nach Voraussetzung \"ubereinstimmen, ist $b$ im
  Spaltenraum von $A$ enthalten. Die Linearkombination von $b$ aus den
  Spalten von $A$ liefert gerade die L\"osung $x$.   
\end{proof}

\Subsection{Basiswechsel}

\begin{herleitung}
  Sei $V$ ein $n$-dimensionaler Vektorraum \"uber $F$ mit geordneten
  Basen $S=(a_1,\ldots,a_n)$ und $T=(b_1,\ldots,b_n)$. Sei $\xi\in V$
  und gelte
  \[\xi=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i
  =\sum\limits_{k=1}^n\mu^kb_k.\] Aufgrund der Basiseigenschaft gibt
  es Zahlen $\left(d^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ mit
  \[a_i=\sum\limits_{k=1}^nd^k_ib_k.\] Wir wollen nun herleiten, wie
  sich die Koeffizienten $\left(\lambda^i\right)$ aus den
  Koeffizienten $\left(\mu^k\right)$ bestimmen lassen. Es gilt
  \[\xi=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i =\sum\limits_{i,k=1}^n
  \lambda^id^k_ib_k =\sum\limits_{k=1}^n
  \left(\sum\limits_{i=1}^n\lambda^id^k_i\right) b_k
  =\sum\limits_{k=1}^n\mu^kb_k.\] Aufgrund der eindeutigen
  Darstellbarkeit eines Vektors mit Hilfe einer Basis
  folgt \[\mu^k=\sum\limits_{i=1}^n \lambda^id^k_i.\] 
\end{herleitung}

\begin{herleitung}\label{zwei basis wechsel}
  Seien $(\alpha_i),(\beta_i)$ und $(\gamma_i)$ geordnete Basen eines
  $n$-dimensionalen $F$-Vektorraumes $V$. Gelte
  \begin{align*}
    \beta_j=&amp;\,\sum\limits_{k=1}^n a^k_j\alpha_k,\\
    \gamma_i=&amp;\,\sum\limits_{j=1}^n b^j_i\beta_j
    \intertext{und}
    \gamma_i=&amp;\,\sum\limits_{k=1}^n c^k_i\alpha_k.
  \end{align*}
  Dann folgt
  \[\gamma_i =\sum\limits_{j=1}^n b^j_i\beta_j =\sum\limits_{j,k=1}^n
  b^j_ia^k_j\alpha_k.\] Aufgrund der eindeutigen Darstellbarkeit in
  einer Basis erhalten wir \[c^k_i=\sum\limits_{j=1}^nb^j_ia^k_j.\] In
  Matrizenform mit $A=\left(a^k_j\right)_{1\le k,j\le n}$,
  $B=\left(b^j_i\right)$ und $C=\left(c^k_i\right)$ erhalten
  wir \[C=AB.\] \par Sei nun insbesondere $\alpha_i=\gamma_i$ f\"ur
  alle $1\le i\le n$. Dann gilt $c^i_j=\delta^i_j$
  und \[\delta^k_i=\sum\limits_{j=1}^nb^j_ia^k_j\quad\text{oder}
  \quad\eins=AB.\]
\end{herleitung}

\begin{definition}
  Sei $A$ eine $(n\times n)$-Matrix \"uber $F$.  Eine $(n\times
  n)$-Matrix $B$ mit $AB=BA=\eins$ hei\ss{}t zu $A$ inverse Matrix,
  $B=A^{-1}$.
\end{definition}

\begin{remark}\label{inv eind bem}
  Besitzt $A$ eine Inverse, so ist diese eindeutig bestimmt.
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $B$ und $C$ Inverse. Aus $AC=I$ folgt $B =BI =B(AC) =(BA)C =IC
  =C$. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{theorem}\label{reg besitzt inv thm}
  Sei $A$ eine $(n\times n)$-Matrix \"uber $F$. Dann sind die
  folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ ist regul\"ar
  \item $A$ besitzt eine eindeutig bestimmte Inverse, \dh eine
    $(n\times n)$-Matrix mit $AB=BA=\eins$.
  \item $A$ ist die Matrix eines Basiswechsels in einem
    $n$-dimensionalen $F$-Vektorraum.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $A$ die Matrix eines Basiswechsels. Da auch ein Basiswechsel in
  der anderen Richtung m\"oglich ist, gibt es nach Herleitung
  \ref{zwei basis wechsel} eine Matrix $B$ mit $I=BA$. Vertauschen wir
  die Rollen der beiden Basen finden wir eine Matrix $C$ mit
  $I=AC$. Es gilt $B =BI =B(AC) =(BA)C =IC =C$. $B$ ist nach Bemerkung
  \ref{inv eind bem} eindeutig bestimmt. \par Eine invertierbare
  Matrix ist regul\"ar: Nach Theorem \ref{reg aequiv thm} ist $A$
  genau dann invertierbar, wenn das lineare Gleichungssystem
  $\sum\limits_{i=1}^n a^j_ix^i=0$, $1\le j\le n$, nur die triviale
  L\"osung besitzt. Sei $B$ die Inverse zu $A$. Somit gilt
  $\sum\limits_{j=1}^nb^k_ja^j_i=\delta^k_i$ f\"ur alle $1\le i,k\le
  n$. Wir erhalten \[0=\sum\limits_{i,j=1}^n b^k_ja^j_ix^i
  =\sum\limits_{i=1}^n \delta^k_ix^i =x^k\] f\"ur $1\le k\le n$. Somit
  ist jede L\"osung trivial. \par Sei schlie\ss{}lich $A$
  regul\"ar. $(e_1,\ldots,e_n)$ ist eine geordnete Basis von
  $F^n$. Setze \[a_k:=\sum\limits_{i=1}^k a^i_ke_i.\] Die $a_k$'s sind
  also gerade die Spalten der Matrix $A$ und sind damit linear
  unabh\"angig und somit eine Basis von $F^n$. Also ist $A$ eine
  Basiswechselmatrix. 
\end{proof}

\Subsection{Gruppen}
Regul\"are Matrizen sind Beispiele f\"ur die algebraische Struktur
einer Gruppe: 
\begin{definition}[Gruppe]
  Eine Gruppe ist eine Menge $G$ zusammen mit
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item einer Verkn\"upfung \glqq$\cdot$\grqq{}$\colon G\times G\to G$,
  \item einer Abbildung $G\to G$, die jedem Element $a\in G$ ein
    $a^{-1}\in G$ zuordnet und
  \item einem ausgezeichneten Element $e\in G$,
  \end{enumerate}
  so dass die folgenden Axiome erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(G1)]
  \item\label{G1} $a\cdot(b\cdot c) =(a\cdot b)\cdot c$ f\"ur alle
    $a,b,c\in G$ \hfill (Assoziativgesetz)
  \item\label{G2} $a\cdot e =a =e\cdot a$ f\"ur alle $a\in G$ \hfill
    (Neutrales Element, Einselement)
  \item\label{G3} $a\cdot a^{-1} =a^{-1}\cdot a=e$ f\"ur alle $a\in
    G$, \dh $a^{-1}$ ist die Inverse von $a$. 
  \item\label{G4} Gilt $a\cdot b =b\cdot a$ f\"ur alle $a,b\in G$, so
    hei\ss{}t die Gruppe $G$ kommutativ oder abelsch.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die regul\"aren $(n\times n)$-Matrizen \"uber einem K\"orper
    $F$ mit der Matrizenmultiplikation bilden eine Gruppe, $GL_n(F)$
    oder $GL(n,F)$.
  \item Die komplexen Zahlen mit Norm $1$, also $z\cdot\bar z=1$,
    bilden mit der Multiplikation eine abelsche Gruppe.
  \item Sei $F$ ein K\"orper. Dann bilden die von Null verschiedenen
    Elemente mit der Multiplikation eine abelsche Gruppe, $F^\times
    =F\setminus\{0\}$.
  \item Sei $F$ ein K\"orper. Dann ist $(F,+)$ eine additive
    Gruppe. (Die Bezeichnung additiv betont, dass die \"ubliche
    additive Verkn\"upfung hier die Gruppenoperation ist.) Diese
    Gruppe ist abelsch.
  \item $(\Z,+)$ ist eine additive abelsche Gruppe. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[Untergruppe]
  Sei $G$ eine Gruppe. Dann ist $U\subset G$ eine Untergruppe von $G$,
  falls $U$ nicht leer ist und mit $a,b\in U$ auch $a\cdot b\in U$ und
  $a^{-1}\in U$ folgen. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\{1,i,-1,-i\}$ bilden eine bez\"uglich der Multiplikation
    eine Untergruppe der multiplikativen Gruppe $\C\setminus\{0\}$ der
    komplexen Zahlen.
  \item Die geraden Zahlen bilden eine additive Untergruppe der ganzen
    Zahlen $\Z$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\Subsection{Komplemente und direkte Summen}
\begin{definition}
  Sei $U$ ein Unterraum des Vektorraumes $V$. Dann ist $W$ ein
  Komplement von $U$, wenn
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $U\cap W=\{0\}$ und
  \item $U+W=V$ gelten. 
  \end{enumerate}
  (Die Summe ist hier wie in Definition \ref{vek raum sum def}
  erkl\"art. Im allgemeinen gibt es mehrere Komplemente eines
  Unterraumes.) \par
  Ist $W$ ein Komplement von $U$ in $V$, so hei\ss{}t $V$ die direkte
  Summe der Unterr\"aume $U$ und $W$, $V=U\oplus W$.  
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $V=\R^n$. Sei $\{a_1,\ldots,a_n\}$ eine Basis von
    $V$. Dann ist $\langle a_{k+1},\ldots,a_n\rangle$ ein Komplement
    von $\langle a_1,\ldots,a_k\rangle$. Ein anderes ist $\langle
    a_{k+1}+a_1,a_{k+2},\ldots,a_n \rangle$. Also gilt
    \[V=\langle a_1,\ldots,a_k\rangle\oplus \langle
    a_{k+1},\ldots,a_n\rangle.\]
  \item Sei $V=F[X]$ und $U=\{P(X)\in V\colon P(0)=0\}$. Dann ist der
    Unterraum $W$, der alle konstanten Polynome enth\"alt, ein
    Komplement von $U$ in $V$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{theorem}
  Seien $U,W$ Unterr\"aume von $V$. Dann ist $W$ genau dann ein
  Komplement von $U$ in $V$, wenn jedes $v\in V$ sich in eindeutiger
  Weise als $u+w$ mit $u\in U$ und $w\in W$ schreiben l\"asst. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Gelte $U\oplus W=V$. Sei $v\in V$ beliebig. Dann gibt es wegen
  $U+W=V$ Vektoren $u\in U$ und $w\in W$ mit $u+w=v$. Seien $u'\in U$
  und $w'\in W$ weitere Vektoren mit $u'+w'=v$. Dann folgt
  $u-u'=w'-w\in U\cap W=\{0\}$. Es folgen $u=u'$ und $w=w'$.\par Aus
  der Darstellbarkeit folgt $U+W=V$. W\"are $U\cap W$ strikt
  gr\"o\ss{}er als $\{0\}$, $0\neq v\in U\cap W$, so k\"onnten wir $0$
  nichttrivial als $v-v\in U+W$ kombinieren. Widerspruch.
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein Vektorraum und $U$ ein Unterraum. Dann besitzt $U$ ein
  Komplement $W$, $U\oplus W=V$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\{a_i\}_{i\in I}$ eine Basis von $U$. Dann k\"onnen wir diese
  Basis durch eine Familie $\{b_j\}_{j\in J}$ zu einer Basis von $V$
  erg\"anzen. Setze $\langle\{b_j\}_{j\in J}\rangle=:W$. Dann gilt
  $U+W=V$. \par Zu $U\cap W=\{0\}$: Gelte nach einer Umbenennung der
  Vektoren $a_i$ und $b_i$ ohne
  Einschr\"ankung \[v=\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i
  =\sum\limits_{j=1}^m\mu^jb_j.\] Dann folgt $0=\sum\limits_{i=1}^n
  \lambda^ia_i-\sum\limits_{j=1}^m \mu^jb_j$. Da $\{a_i,b_j\}$ eine
  Basis von $V$ ist, folgt $0=\lambda^i=\mu^j$ f\"ur alle $1\le i\le
  n$ und $1\le j\le m$. Somit ist $v=0$.
\end{proof}

\Section{Lineare Abbildungen}
\Subsection{Dimensionsformel}
Erinnerung: $f\colon V\to W$ hei\ss{}t linear, falls \[f(\lambda a+\mu
b)=\lambda f(a)+\mu f(b)\] f\"ur alle $\lambda,\mu\in F$ und $a,b\in
V$ gilt. 

\begin{beispiel}
  Sei $V=U\oplus W$. Definiere $p_U\colon V\to V$, die Projektion auf
  $U$, wie folgt: Sei $v\in V$. Dann gibt es $u\in U$ und $w\in W$ mit
  $v=u+w$. Setze $p_U(v):=u$. $p_U$ ist eine lineare Abbildung. 
\end{beispiel}

\begin{definition}
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann definieren wir
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item den Kern von $f$ als
    \[\ker f:=\{v\in V\colon f(v)=0\}\]
  \item und das Bild von $f$ als
    \[\im f:=\{f(v)\colon v\in V\} =f(V) =\{w\in W\colon (\exists\,v\in
    V\colon f(v)=w)\}.\]
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $\ker f$ ein Unterraum von $V$
  und $im f$ ein Unterraum von $W$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $v,w\in\ker f$, $\lambda,\mu\in F$. Dann
    gilt \[f(\lambda v+\mu w)=\lambda f(v)+\mu f(w) =\lambda\cdot
    0+\mu\cdot0=0.\] Wegen $f(0)=0$ ist $0\in\ker f$ und $\ker
    f\neq\emptyset$. 
  \item Seien $a,b\in\im f$ und $u,v\in V$ mit $f(u)=a$ sowie
    $f(v)=b$. Dann folgt f\"ur $\lambda,\mu\in F$ \[\lambda a+\mu
    b =\lambda f(u)+\mu f(v) =f(\lambda u+\mu v).\] Schlie\ss{}lich
    ist wiederum wegen $f(0)=0$ auch $0\in\im f$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $f\colon V\to W$ eine (lineare) Abbildung. Dann hei\ss{}t $f$
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item injektiv, falls aus $f(a)=f(b)$ stets $a=b$ folgt;
  \item surjektiv, falls $\im f=W$ gilt (d.\,h.{} f\"ur jedes $w\in W$
    existiert ein $a\in V$ mit $f(a)=w$). 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $f$ genau dann injektiv, wenn
  $\ker f=\{0\}$ gilt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $f$ injektiv, so folgt aus $f(a)=0=f(0)$, dass $a=0$
    gilt. Somit ist $\ker f=\{0\}$. 
  \item Ist $f$ nicht injektiv, so finden wir
    $a\neq b\in V$ mit $f(a)=f(b)$. Somit ist $f(a-b)=0$ und $0\neq
    a-b\in\ker f$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}\label{iso inj surj thm}
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $f$ genau dann ein
  Isomorphismus, wenn $f$ injektiv und surjektiv ist.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f$ ein Isomorphismus. Dann existiert eine lineare
    Abbildung $g\colon W\to V$ mit $g\circ f=\eins_V$ und $f\circ
    g=\eins_W$. Sei $f(a)=f(b)$. Nach beidseitiger Anwendung von $g$
    erhalten wir \[a=g\circ f(a)=g\circ f(b)=b.\] Somit ist $f$
    injektiv. Sei $w\in W$ beliebig, $a:=g(w)$. Dann folgt
    $f(a)=f\circ g(w) =w$. Somit ist $f$ surjektiv.
  \item Sei $f$ injektiv und surjektiv, so gibt es (Surjektivit\"at)
    zu jedem $w\in W$ ein eindeutig (Injektivit\"at) bestimmtes $v\in
    V$ mit $f(v)=w$. Definiere $g(w):=v$. $g\colon W\to V$ ist eine
    Funktion, \dh auf ganz $W$ eindeutig definiert. Dann gelten nach
    Definition $g\circ f=\eins_V$ und $f\circ g=\eins_W$.  (Die
    Linearit\"at von $g$ hatten wir in der Definition \ref{inv abb
      def} nicht gefordert, sie folgt aber aus Lemma \ref{inv lin
      lem}.) \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}\label{basis bilder def lin abb lem}
  Sei $\{a_i\}_{i\in I}$ eine Basis von $V$ und seien $b_i\in W$,
  $i\in I$, beliebig. Dann gibt es genau eine lineare Abbildung
  $f\colon V\to W$ mit $f(a_i)=b_i$ f\"ur alle $i\in I$.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $J\subset I$ eine beliebige endliche Teilmenge.  Sei
  $a=\sum\limits_{i\in J}\lambda^ia_i$ eine beliebige
  Linearkombination der Vektoren $a_i$, also ein beliebiger Vektor in
  $V$. Definiere $f(a):=\sum\limits_{i\in J}\lambda^if(a_i)
  =\sum\limits_{i\in J}\lambda^ib_i$.\par Diese Abbildung $f$ ist
  linear: Seien n\"amlich $a,b\in V$ und $\lambda,\mu\in F$
  beliebig. Ohne Einschr\"ankung wollen wir
  $a=\sum\limits_{i=1}^n\alpha^ia_i$ und
  $b=\sum\limits_{i=1}^n\beta^ia_i$ annehmen, dass sich also beide
  Vektoren aus denselben Basisvektoren linear kombinieren lassen und
  dass diese die angegebenen Indices tragen. Es folgt
  \begin{align*}  
    f(\lambda a+\mu b)
    =&amp;\,f\left(\lambda\sum\limits_{i=1}^n\alpha^ia_i
      +\mu\sum\limits_{i=1}^n\beta^ia_i\right)
    =f\left(\sum\limits_{i=1}^n\left(\lambda\alpha^i
        +\mu\beta^i\right)a_i\right)\umbruch\\ 
    =&amp;\,\sum\limits_{i=1}^n\left(\lambda\alpha^i+\mu\beta^i\right)b_i
    =\lambda\sum\limits_{i=1}^n\alpha^ib_i
    +\mu\sum\limits_{i=1}^n\beta^ib_i =\lambda f(a)+\mu f(b).
  \end{align*}
  Zur Eindeutigkeit: Sei $g\colon V\to W$ eine weitere solche
  Abbildung. Dann folgt f\"ur einen beliebigen Vektor
  $a=\sum\limits_{j\in J} \lambda^ja_j$, $J\subset I$ endlich, ohne
  Einschr\"ankung $J=\{1,\ldots,n\}$, \[g\left(\sum\limits_{i=1}^n
    \lambda^ia_i\right) =\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ig(a_i)
  =\sum\limits_{i=1}^n \lambda^if(a_i) =f\left(\sum\limits_{i=1}^n
    \lambda^ia_i\right).\qedhere\]
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $\{a_i\}_{i\in I}$ eine linear unabh\"angige Teilmenge von $V$
  und seien $b_i\in W$, $i\in I$, beliebig. Dann gibt es eine lineare
  Abbildung $f\colon V\to W$ mit $f(a_i)=b_i$ f\"ur alle $i\in I$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Erg\"anze $\{a_i\}_{i\in I}$ zu einer Basis von $V$, w\"ahle die
  zugeh\"origen $b_i$'s beliebig und wende Lemma \ref{basis bilder def
    lin abb lem} an. 
\end{proof}

Direkt aus dem Beweis von Lemma \ref{basis bilder def lin abb lem}
folgt auch
\begin{corollary}\label{basis bilder im cor}
  Sei $\{a_i\}_{i\in I}$ eine Basis von $V$ und seien $b_i\in W$,
  $i\in I$, beliebig. Sei $f$ die eindeutig bestimmte lineare
  Abbildung $f\colon V\to W$ mit $f(a_i)=b_i$. Dann gilt $\im
  f=\langle\{b_i\}_{i\in I}\rangle$. 
\end{corollary}

\begin{theorem}[Dimensionsformel]\label{dim fml thm}
  Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Sei $\dim V=n$. Dann
  gilt \[\dim(\ker f) +\dim(\im f) =n =\dim V.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Da $\ker f$ ein Unterraum von $V$ ist, gibt es eine Basis
  $\{a_1,\ldots,a_p\}$ von $\ker f$. Erg\"anze diese zu einer Basis
  $\{a_1,\ldots,a_n\}$ von $V$. Nach Korollar \ref{basis bilder im
    cor} ist $\im f$ von \[f(a_1)=0,\ldots,f(a_p)=0,
  f(a_{p+1}),\ldots,f(a_n)\] erzeugt. Daher gen\"ugt es zu zeigen,
  dass die Vektoren $f(a_{p+1}),\ldots,f(a_n)$ linear unabh\"angig
  sind. Sonst h\"atten wir $\lambda^i$'s, nicht alle gleich Null, mit
  $\sum\limits_{i=p+1}^n \lambda^if(a_i)=0$, also
  $0=f\left(\sum\limits_{i=p+1}^n \lambda^ia_i\right)$. Widerspruch,
  denn der Nicht-Nullvektor $\sum\limits_{i=p+1}^n \lambda^ia_i$
  l\"age dann ebenfalls in $\ker f$. Somit gilt \[\dim\ker f+\dim\im f
  =p+(n-p) =n =\dim V.\qedhere\] 
\end{proof}

\begin{remark}
  Definiert man im Beweis der Dimensionsformel den Unterraum $U$ durch
  $U:=\langle a_{p+1},\ldots,a_n\rangle$, so ist $V=\ker f\oplus
  U$. Dann ist $f|_U\colon U\to W$, die Einschr\"ankung von $f$ auf
  den Unterraum $U\subset V$ ebenfalls linear und der obige Beweis
  zeigt, dass $f|_U$ injektiv ist.
\end{remark}

\begin{definition}
  Sei $G$ eine Gruppe, $U\subset G$ eine Untergruppe. Wir definieren
  auf $G$ eine Relation $\sim_U$ durch 
  \[a\sim_U b\quad\Longleftrightarrow\quad b^{-1}a\in U.\] 
\end{definition}

\begin{lemma}
  Die Relation $\sim_U$ ist eine \"Aquivalenzrelation.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\sim_U$ ist reflexiv, denn es gilt $a^{-1}a=e\in U$.
  \item $\sim_U$ ist symmetrisch, denn aus $a\sim_U b$ folgt
    $b^{-1}a\in U$, also auch $\left(b^{-1}a\right)^{-1} =a^{-1}b\in
    U$ und somit ist $b\sim_U a$.
  \item $\sim_U$ ist transitiv, denn aus $a\sim_U b$ und $b\sim_U c$
    folgen $b^{-1}a,c^{-1} b\in U$, also auch
    $c^{-1}bb^{-1}a=c^{-1}a\in U$ und somit $a\sim_U c$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Die folgende Definition ben\"otigen wir sp\"ater nicht, wenn wir uns
nur f\"ur Quotientenr\"aume von abelschen Gruppen oder Vektorr\"aumen
interessieren. 
\begin{definition}[Normalteiler]
  Ein Normalteiler $N$ einer Gruppe $G$ ist eine Untergruppe von $G$,
  so dass f\"ur alle $g\in G$ die Relation $gN=Ng$ gilt, wobei
  $gN=\{ga\colon a\in N\}$ ist (Linksnebenklasse) und $Ng$ analog
  definiert ist.
\end{definition}

\begin{lemma}
  $N$ ist genau dann ein Normalteiler von $G$, wenn f\"ur alle $x\in
  N$ und f\"ur alle $g\in G$ auch $g^{-1}xg\in N$ gilt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  $gN=Ng$ ist \"aquivalent zu $gNg^{-1}=N$ oder zu den beiden Aussagen 
  \begin{align*}
    \forall\, x\in N\,\forall g\in G\,\exists y\in N\colon gxg^{-1}=y
    \intertext{und} \forall\, y\in N\,\forall\, g\in G\,\exists\, x\in
    N\colon gxg^{-1}=y.
  \end{align*}
  Die erste Aussage ist gerade die Behauptung und die zweite ist
  \"aquivalent dazu (man multipliziere mit $g$ von rechts und mit
  $g^{-1}$ von links und setze $h=g^{-1}$). 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $G$ eine Gruppe mit Normalteiler $N$. Dann ist \[G/N:=\{gN\colon
  g\in G\}\] mit vertreterweise definierter Verkn\"upfung eine
  Gruppe. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Setze $aN\cdot bN:=(a\cdot b)N$. Dies ist wohldefiniert, denn
    seien $a'=an$ und $b'=bm$ mit $n,m\in N$, so folgt $a'N\cdot b'N
    =anbmN =anbN =anNb =aNb =abN$, wobei wir $nN=N$ verwendet
    haben. Zeige dies: Es gilt nach Definition einer
    Untergruppe $nN\subset N$ und Multiplikation mit $n^{-1}$ von
    links liefert $N\subset n^{-1}N$; da $n\in N$ beliebig ist, folgt
    $nN=N$. 
  \item Setze $(aN)^{-1}:=a^{-1}N$.
  \item Das neutrale Element ist $eN$ mit dem neutralen Element $e\in
    G$. 
  \item Die Assoziativit\"at $(aN\cdot bN)\cdot cN=aN\cdot (bN\cdot
    cN)$ folgt nach Definition der Multiplikation aus der
    Assoziativit\"at von $G$.
  \item Ebenso folgen $aN\cdot eN=aN=eN\cdot aN$
  \item und $aN\cdot a^{-1}N =eN =a^{-1}N\cdot aN$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein $F$-Vektorraum. Sei $U\subset V$ ein
  Unterraum. Definiere $\sim_U$ durch $a \sim_Ub$ genau dann, wenn
  $a-b\in U$. Dann ist $\sim_U$ eine \"Aquivalenzrelation. Der
  Faktorraum \[V/U:=\{v+U\colon v\in V\}\] mit
  repr\"asentantenweise definierter Verkn\"upfung ist wiederum ein
  Vektorraum.  
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  $(V,+)$ ist eine abelsche Gruppe mit Untergruppe (und damit auch
  Normalteiler) $U$. Daher \"ubertragen sich die Kommutativit\"at der
  Addition (V\ref{V1}), die Assoziativit\"at der Addition (V\ref{V2}),
  die Eigenschaft des Nullelementes (V\ref{V3}) und des Inversen
  (V\ref{V4}) direkt. \par Die Skalarmultiplikation ist durch
  $\lambda\cdot(a+U):=\lambda\cdot a +U$ definiert. Sie ist
  wohldefiniert, denn aus $a+U=b+U$, also $a-b\in U$ folgt $\lambda
  a-\lambda b =\lambda(a-b)\in U$. Die vertreterweise definierten
  Distributiv- und Assoziativgesetze der Skalarmultiplikation
  ((V\ref{V5}), (V\ref{V6}) und (V\ref{V7})) \"ubertragen sich direkt,
  ebenso gilt $1\cdot(a+U)=(1\cdot a)+U =a+U$ f\"ur $1\in F$.
\end{proof}

\begin{remark}
  Ein Diagramm aus R\"aumen und Pfeilen, die Abbildungen zwischen
  diesen R\"aumen entsprechen, hei\ss{}t kommutativ, wenn folgendes
  gilt: Starte in einem Raum und folge den Pfeilen. Dann ist das
  Ergebnis in einem anderen Raum unabh\"angig von der speziellen Wahl
  der Pfeile. Beispiel: \[\xymatrix{A\ar[r]^-f\ar[d]_-\phi
    &amp;B\ar[d]^-\psi\\ C\ar[r]_-g&amp;D}\] ist genau dann kommutativ, wenn
  $\psi(f(a))=g(\phi(a))$ f\"ur alle $a\in A$ gilt. Wir schreiben
  auch \[\xymatrix@=1.5ex{A\ar[rr]^-f\ar[dd]_-\phi &amp;&amp;B\ar[dd]^-\psi\\
    &amp;/\!/\!/&amp;\\ C\ar[rr]_-g&amp;&amp;D}\] um die Kommutativit\"at anzudeuten.
  \par Weiterhin verwenden wir die Pfeile
  $\xymatrix{A\ar@{^(-&gt;}[r]^-i&amp;B}$ f\"ur eine injektive und
  $\xymatrix{A\ar@{-&gt;&gt;}[r]^-p&amp;B}$ f\"ur eine surjektive Abbildung.
  \glqq$\cong$\grqq{} an einem Pfeil deutet an, dass es sich um einen
  Isomorphismus handelt.
\end{remark}

Versionen des folgenden Theorems gibt es auch f\"ur andere
Homomorphismen. 
\begin{theorem}[Homomorphiesatz]
  Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Dann gibt es eine
  Zerlegung von $f$
  \[\xymatrix{V\ar[rrrr]^-f\ar@{-&gt;&gt;}[dr]_-\pi&amp;&amp;&amp;&amp;W,\\
  &amp;V/\ker f\ar[rr]^-{\bar f}_-{\cong}&amp;&amp;\im f\ar@{^(-&gt;}[ru]_-i&amp;}\]
wobei $\pi\colon V\to V/\ker f$, $v\mapsto v+\ker f\equiv[v]$, die
Projektionsabbildung, $i\colon\im f\to W$ die Inklusionsabbildung
$w\mapsto w$ und $\bar f\colon V/\ker f\to\im W$ die von $f$
induzierte Abbildung $\bar f([a]):=f(a)$ ist. Das obige Diagramm ist
kommutativ. $\bar f$ ist ein Isomorphismus.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $a\in V$. Dann gilt $\pi(a)=a+\ker f$, $\bar f(\pi(a)) =f(a)$
  und $i\left(\bar f(\pi(a))\right) =f(a)$. Die Abbildung $\bar f$ ist
  wohldefiniert, da f\"ur $[a]=[b]$ ein $c\in\ker f$ existiert, so
  dass $a=b+c$ ist. Somit folgt $f(a)=f(b)+0$. \par
  $\bar f$ ist surjektiv, da $\im f$ aus Punkten der Form $f(a)$
  besteht und $\bar f([a])= f(a)$ ist. $\bar f$ ist injektiv, da aus
  $\bar f([a]) =\bar f([b])$ auch $f(a)=f(b)$ oder $f(a-b)=0$
  folgt. Somit ist $a-b\in\ker f$ und daher gilt $[a]=[b]$.
\end{proof}

\Subsection{Matrizen}
Wir wollen lineare Abbildungen mit Hilfe von Matrizen darstellen. \par
Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Seien
$\{a_1,\ldots,a_n\}$ und $\{b_1,\ldots,b_m\}$ Basen von $V$ bzw.{}
$W$. Nach Lemma \ref{basis bilder def lin abb lem} definieren die
Bilder $f(a_j)$, $1\le j\le n$, die Abbildung $f$ eindeutig. Es gibt
$(a^i_j)_{\overset{1\le i\le m}{1\le j\le n}}$, so
dass \[f(a_j)=\sum\limits_{i=1}^m a^i_jb_i\] f\"ur alle $1\le j\le n$
gilt. Sei $a=\sum\limits_{j=1}^n x^ja_j$ ein beliebiger Vektor aus $V$
mit Koordinaten $(x^1,\ldots,x^n)$. Mit Hilfe von $a^i_j$ wollen wir
angeben, welche Koordinaten $(y^1,\ldots,y^m)$ sein Bild
$f(a)=\sum\limits_{i=1}^m y^ib_i$ hat. Es gilt
\begin{equation}\label{matrix def lin abb}
  f(a) =f\left(\sum\limits_{j=1}^n x^ja_j\right) =\sum\limits_{j=1}^n
  x^jf(a_j) =\sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_{i=1}^m x^ja^i_jb_i
  =\sum\limits_{i=1}^m\left(\sum\limits_{j=1}^n x^ja^i_j\right)b_i.
\end{equation}
Es folgt \[y^i=\sum\limits_{j=1}^n x^ja^i_j.\]

Wir erhalten
\begin{theorem}\label{matr abb aequiv}
  Seien $V,W$ endlichdimensionale $F$-Vektorr\"aume. Sei
  $(a_1,\ldots,a_n)$ eine Basis von $V$ und sei $(b_1,\ldots,b_m)$
  eine Basis von $W$. Dann wird eine lineare Abbildung $f\colon V\to
  W$ vollst\"andig durch eine $(m\times n)$-Matrix $A$ beschrieben. Es
  ist \[A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^1_2&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    a^2_1&amp;a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^m_1&amp;a^m_2&amp;\ldots&amp;a^m_n
  \end{pmatrix}.
  \]
  In der $k$-ten Spalte von $A$ stehen dabei gerade die Koordinaten
  des Vektors $f(a_k)$ bez\"uglich der Basis $(b_1,\ldots,b_m)$. \par
  Umgekehrt definiert eine $(m\times n)$-Matrix $A$ verm\"oge
  \eqref{matrix def lin abb} eine eindeutig bestimmte lineare
  Abbildung $f\colon V\to W$, so dass die $k$-te Spalte von $A$ gerade
  die Koordinaten von $f(a_k)$ bez\"uglich der Basis
  $(b_1,\ldots,b_m)$ enth\"alt. \par
  $A$ hei\ss{}t die zur linearen Abbildung $f$ geh\"orige Matrix
  bez\"uglich der beiden Basen $(a_1,\ldots,a_n)$ und
  $(b_1,\ldots,b_m)$.
\end{theorem}

Weiterhin folgt aus den obigen \"Uberlegungen
\begin{theorem}
  Sei $f$ wie oben und seien die Basen wiederum fixiert. Dann
  erhalten wir aus $f$ eine Abbildung f\"ur die
  Koordinatenvektoren \[x= 
  \begin{pmatrix}
    x^1\\x^2\\\vdots\\x^n
  \end{pmatrix}
  \quad\text{und}\quad
  \begin{pmatrix}
    y^1\\y^2\\\vdots\\y^m
  \end{pmatrix}.
  \]
  Ist $x$ der Koordinatenvektor von $a\in V$, so erf\"ullt der
  Koordinatenvektor $y$ von $f(a)\in W$
  \[y=Ax.\]
\end{theorem}

\begin{theorem}\label{verkn abb matr thm}
  Seien $f\colon U\to V$ und $g\colon V\to W$ lineare
  Abbildungen mit zugeh\"origen Matrizen $A$ bzw.{} $B$. Dann ist
  $D=BA$ die zu $g\circ f$ geh\"orige Matrix.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $(\alpha_i)_{1\le i\le l}$, $(\beta_j)_{1\le j\le m}$ und
  $(\gamma_k)_{1\le k\le n}$ Basen von $U,V$ bzw.{} $W$. Die zu $f$
  geh\"orige Matrix sei $\left(a^i_j\right)_{\overset{1\le i\le
      m}{1\le j\le l}}$ und die zu $g$ geh\"orige Matrix sei
  $\left(b^i_j\right)_{\overset{1\le i\le n}{1\le j\le m}}$. Es ist
  also zu zeigen, dass die zu $g\circ f\colon U\to W$ geh\"orige
  Matrix durch $\left(d^i_j\right)_{\overset{1\le i\le n}{1\le j\le
      l}}$ mit $d^i_j=\sum\limits_{k=1}^m b^i_ka^k_j$ gegeben ist.\par
  Nach Voraussetzung gelten \[f(\alpha_j) =\sum\limits_{i=1}^m
  a_j^i\beta_i\quad\text{und}\quad g(\beta_i) =\sum\limits_{k=1}^n
  b_i^k\gamma_k.\] Somit ist \[g\circ f(\alpha_j) =\sum\limits_{i=1}^m
  \sum\limits_{k=1}^n a^i_jb^k_i \gamma_k\] und die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{remark}
  Da die Komposition von Abbildungen assoziativ ist, ist auch die
  Matrizenmultiplikation assoziativ. 
\end{remark}

\Subsection{Rang einer linearen Abbildung}

\begin{definition}\label{def rang lin abb}
  Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen
  endlichdimensionalen Vektorr\"aumen. Dann ist der Rang von $f$,
  $\rang f$, durch \[\rang f:=\dim\im f\] definiert.
\end{definition}

\begin{theorem}\label{rang abb matr thm}
  Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen
  endlichdimensionalen Vektorr\"aumen. Zu fixierten Basen $S=\{a_i\}$
  von $V$ und $T=\{b_j\}$ von $W$ sei $A$ die zu $f$ geh\"orige
  Matrix. Dann gilt \[\rang f=\rang A.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Der Raum $\im f$ ist durch die Vektoren $f(a_i)$
  erzeugt. Bez\"uglich der Basis $T$ sind diese Vektoren aber gerade
  die Spalten von $A$. Daher ist $\rang f$ gleich dem Spaltenrang von
  $A$. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Seien $A$ und $B$ zwei Matrizen, die bez\"uglich verschiedener Basen
  zu einer linearen Abbildung $f\colon V\to W$ geh\"oren. Dann gilt
  $\rang A=\rang B$. 
\end{corollary}

\begin{theorem}\label{dim fml zwei thm}
  Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen
  endlichdimensionalen Vektorr\"aumen. Dann gilt \[\rang f+\dim\ker
  f=\dim V.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Mit Definition \ref{def rang lin abb} folgt dies aus der
  Dimensionsformel, Theorem \ref{dim fml thm}.
\end{proof}

\begin{remark}
  Wir k\"onnen die Matrix $A=\left(a^i_j\right)$ eines linearen
  Gleichungssystems
  \[\sum\limits_{k=1}^n a^i_kx^k=b^i,\quad 1\le i\le m,\] als Matrix
  einer linearen Abbildung $f\colon F^n\to F^m$ bez\"uglich der
  Standardbasen betrachten. Dann erhalten wir:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Das homogene lineare Gleichungssystem hat genau $\ker f$ als
    L\"osungsraum und die Dimension des L\"osungsraumes ist nach
    Theorem \ref{dim fml zwei thm} gleich $n-\rang A$. 
  \item Das lineare Gleichungssystem ist genau dann l\"osbar, wenn
    $(b^1,\ldots,b^n)\in\im f$. $\im f$ und der Spaltenraum von
    $A$ stimmen \"uberein. 
  \item Im Falle $\ker f=\{0\}$ hat das lineare Gleichungssystem
    h\"ochstens eine L\"osung. Nach Theorem \ref{dim fml zwei thm}
    gilt $\ker f=\{0\}$ genau dann, wenn $\rang A=n$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}
  Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Sei $\dim V=\dim
  W=n$. Dann sind die folgenden Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f$ ist ein Isomorphismus,
  \item $f$ ist injektiv,
  \item $f$ ist surjektiv. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt aus Theorem \ref{iso inj surj thm} und der
  Dimensionsformel \[\dim\ker f+\dim\im f=\dim V. \qedhere\] 
\end{proof}
Somit korrespondieren Isomorphismen genau zu regul\"aren Matrizen. 

\Subsection{Basiswechsel}
Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Sei
\[\{a_1,\ldots,a_p, a_{p+1},\ldots,a_n\}\] eine Basis von $V$, so dass
$\{a_{p+1},\ldots,a_n\}$ eine Basis von $\ker f$ ist. Setze
$f(a_i)=:b_i$ f\"ur $1\le i\le p$. Dann ist die Familie
$\{b_1,\ldots,b_p\}$ linear unabh\"angig. Erg\"anzen wir sie zu einer
Basis $\{b_1,\ldots,b_p,b_{p+1},\ldots,b_m\}$ so hat die zu $f$
geh\"orige Matrix die Form
\begin{equation}
  \label{trivial matrix}
  \begin{pmatrix}
    1&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;1&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;0&amp;1&amp;\ldots&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;1&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0
  \end{pmatrix}.
\end{equation}
Diese Matrix hat $p$ Einsen, $m$ Zeilen und $n$ Spalten. \par
Komplizierter wird es, wenn man eine Basis finden will, so dass
$f\colon V\to V$ eine einfache Gestalt hat.

\begin{remark}[Transformationsregeln]
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Wir verwenden die folgenden
  Bezeichnungen
  \[
  \begin{array}{|l|l|l|}
    \hline
    &amp; V &amp; W\\\hline\hline
    \text{Alte Basen} &amp; S=\{a_1,\ldots,a_n\} &amp;
    T=\{b_1,\ldots,b_m\}\\\hline 
    \text{Alte Koordinaten} &amp; x^1,\ldots,x^n &amp; y^1,\ldots,y^m\\\hline
    \text{Transformationsmatrizen} &amp; D\in F^{n\times n} &amp; E\in
    F^{m\times m}\\\hline
    \text{Neue Basen} &amp; S'=\{a'_1,\ldots,a'_n\} &amp;
    T'=\{b'_1,\ldots,b'_m\}\\\hline 
    \text{Neue Koordinaten} &amp; (x')^1,\ldots,(x')^n &amp;
    (y')^1,\ldots,(y')^m\\\hline 
  \end{array}
  \]
  Nach Wahl von $D$ und $E$ gelten \[x'=Dx\quad\text{und}\quad
  y'=Ey.\] Sei $f$ bez\"uglich $S,T$ durch $A$ und bez\"uglich $S',T'$
  durch $A'$ dargestellt. Es gelten daher \[y=Ax\quad\text{und}\quad
  y'=A'x'.\] Daraus erhalten wir $Ey=A'Dx$ und daraus $y=E^{-1}A'Dx$
  sowie durch Vergleich mit $y=Ax$ die 
  Relation \[A=E^{-1}A'D\quad\text{sowie}\quad A'=EAD^{-1}.\] 
\end{remark}

\begin{corollary}\label{trafo cor}
  Seien $S$ und $S'$ zwei geordnete Basen von $V$. Sei $D$ die
  Transformationsmatrix, die die Vektoren von $S$ als die
  Linearkombinationen von Vektoren aus $S'$ darstellt. Sei $f\colon
  V\to V$ bez\"uglich $S$ durch $A$ und bez\"uglich $S'$ durch $A'$
  dargestellt. Dann gilt \[A'=DAD^{-1}.\] 
\end{corollary}
Bei Abbildungen $f\colon V\to V$ wollen wir stets dieselbe Basis f\"ur
den Definitions- und Zielbereich verwenden. 

Kombinieren wir nun die spezielle Darstellung einer linearen Abbildung
aus \eqref{trivial matrix} mit den Transformationsregeln, so erhalten
wir
\begin{theorem}
  Sei $A$ eine beliebige $(m\times n)$-Matrix. Dann gibt es regul\"are
  Matrizen $D\in F^{n\times n}$ und $E\in F^{m\times m}$, so dass die
  Matrix $EAD^{-1}$ von der Form \eqref{trivial matrix} ist. 
\end{theorem}

\Subsection{Der Vektorraum $\Hom(V,W)$}

Seien $V,W$ Vektorr\"aume \"uber $F$. Seien die Abbildungen $f,g\colon
V\to W$ linear. Seien $\lambda,\mu\in F$. Definiere \[(\lambda f+\mu
g)(a) :=\lambda f(a)+\mu g(a).\] (Man rechnet nach, dass auch $\lambda
f+\mu g$ wieder linear ist.) Wir erhalten
\begin{theorem}
  Seien $V,W$ Vektorr\"aume \"uber $F$.  Die Menge der linearen
  Abbildungen $V\to W$ mit der (wie oben) punktweise erkl\"arten
  Addition und Skalarmultiplikation ist ein $F$-Vektorraum:
  $\Hom(V,W)$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{theorem}\label{hom matr iso thm}
  Seien $V$ und $W$ Vektorr\"aume der Dimension $n$ bzw. $m$ \"uber
  $F$. Die Zuordnung \[\Hom(V,W)\ni f\mapsto A\in F^{m\times n}\] aus
  Theorem \ref{matr abb aequiv} ist ein Isomorphismus. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Linearit\"at ist klar. Die Zuordnung und ihre Umkehrung sind vor
  und in Theorem \ref{matr abb aequiv} beschrieben. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Seien $V,W$ endlichdimensionale Vektorr\"aume mit Basen $(a_i)$
  bzw.{} $(b_i)$. Dann bilden die durch $f_i^j(a_k):=b_i\delta^j_k$
  definierten Abbildungen eine Basis von $\Hom(V,W)$. Insbesondere ist
  $\dim\Hom(V,W)=\dim V\cdot\dim W$.
\end{corollary}
Die Aussage \"uber die Basen gilt auch f\"ur beliebige Vektorr\"aume.  
\begin{proof}[Beweis]
  Diese Abbildungen entsprechen gerade den Matrizen, die in Zeile $i$
  und Spalte $j$ eine $1$ und sonst Nullen haben. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Abbildungen $f\in\Hom(V,F)$ hei\ss{}en (lineare) Funktionale auf
  $V$.\par Wir schreiben $V^*:=\Hom(V,F)$. $V^*$ hei\ss{}t der zu $V$
  duale Raum. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Wahl einer Basis $(a_1,\ldots,a_n)$ von $V$ und
    bez\"uglich der Basis $1$ von $F$ hat ein lineares Funktional die
    Gestalt \[f\left(\sum\limits_{i=1}^nx^ia_i\right)=\sum\limits_{i=1}^n
    x^if(a_i).\] Wir bezeichnen die Abbildung $F^n\ni(x^1,\ldots,x^n)
    \mapsto\sum\limits_{i=1}^n x^if(a_i)$ auch als Linearform. 
  \item F\"ur $0\neq f\in V^*=\Hom(V,F)$ mit $\dim V=n$ gilt $\dim\ker
    f=n-1$, da $\dim\im f=1$ und $\dim\im f+\dim\ker f=n$ gelten.  
  \item Habe $V$ die Basis $(a_1,\ldots,a_n)$. Dann bilden die
    Vektoren $f^i\in V^*$ mit $f^i(a_k)=\delta^i_k$ eine Basis von
    $V^*$. Wir schreiben auch $(a^*)^i=f^i$. F\"ur
    $b=\sum\limits_{i=1}^n x^ia_i$ gilt
    \[(a^*)^j(b) =\sum\limits_{i=1}^n x^i(a^*)^j(a_i)
    =\sum\limits_{i=1}^n x^i\delta^j_i =x^j.\] 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}[Duale Abbildung]
  Sei $f\colon V\to W$ linear. Dann definieren wir die duale Abbildung
  $f^*\colon W^*\to V^*$ zu $f$ durch $f^*(\phi):=\psi$ mit
  $\psi(\xi)=\phi(f(\xi))$ f\"ur $\phi\in W^*$ und $\xi\in V$.
  \[\xymatrix{V\ar[r]^-f\ar[dr]_-{f^*(\phi)} &amp;W\ar[d]^-\phi\\ &amp;F.}\]
  (Es folgt aus der Definition, dass $f^*(\phi)\in V^*$ gilt und dass
  $f^*$ linear ist.)
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei $f\colon V\to W$ durch die $(m\times n)$-Matrix
  $A=\left(a^i_j\right)_{\overset{1\le i\le m}{1\le j\le n}}$
  bez\"uglich Basen $(a_i)_{1\le i\le n}$ und $(b_j)_{1\le j\le m}$
  von $V$ bzw.{} $W$ dargestellt. Dann ist $f^*\colon W^*\to V^*$
  durch die $(m\times n)$-Matrix $\left(b^i_j\right)_{\overset{1\le
      i\le m}{1\le j\le n}}$ mit $b^i_j=a^i_j$ bez\"uglich der Basen
  $\left((b^*)^j\right)_{1\le j\le m}$ und $\left((a^*)^i\right)_{1\le
    i\le n}$ in dem Sinne dargestellt, dass
  $f^*\left((b^*)^j\right)=\sum\limits_{i=1}^n b^j_i(a^*)^i$ f\"ur
  alle $1\le j\le m$ gilt.\par F\"ur die Koordinaten erhalten wir die
  Abbildung \[(\xi_1,\ldots,\xi_m)\mapsto \left(\sum\limits_{j=1}^m
    \xi_jb^j_i\right)_{1\le i\le n}.\]
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Definition gilt
  \begin{align*}
    \left(f^*\left(\left(b^*\right)^j\right)\right)(a_k)
    =&amp;\,\left((b^*)^j\circ f\right)(a_k)
    =(b^*)^j\left(\sum\limits_{i=1}^m a^i_kb_i\right)\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i=1}^ma^i_k(b^*)^jb_i
    =\sum\limits_{i=1}^ma^i_k\delta^j_i =a^j_k.
  \end{align*}
  Aus $f^*\left((b^*)^j\right) =\sum\limits_{l=1}^n b^j_l(a^*)^l$
  folgt andererseits
  \[\left(f^*\left(\left(b^*\right)^j\right)\right)(a_k)
    =\sum\limits_{l=1}^n b^j_l(a^*)^l(a_k) =\sum\limits_{l=1}^n
    b^j_l\delta^l_k =b^j_k.\] Die Behauptung f\"ur die Koordinaten
    ergibt sich direkt aus der Linearit\"at.
\end{proof}

\begin{remark}
  Achtung, in der Darstellung als Matrix haben wir soeben \"uber
  andere Indices als f\"ur Abbildungen $f\colon V\to W$ summiert. Die
  Koordinaten ver\"andern sich folglich nach der Regel
  \[(\xi_1,\ldots,\xi_m)\mapsto
  (\xi_1,\ldots,\xi_m)
  \begin{pmatrix}
    b^1_1&amp;\ldots&amp;b^1_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots\\
    b^m_1&amp;\ldots&amp;b^m_n
  \end{pmatrix}.
  \]
  Beachte dazu, dass wir die Basisvektoren von $V^*$ anders als die
  von $V$ oben indiziert haben. Die Koordinaten haben wir folglich
  unten indiziert. Somit handelt es sich um Zeilenvektoren. \par
  In der Literatur weit verbreitet ist aber die (aus
  Kovarianzgr\"unden nicht so saubere) Variante, auch diese
  Koordinaten als Spaltenvektoren zu schreiben, Indices generell unten
  anzubringen und den oberen Index einer Matrix an die erste Stelle zu
  senken, also $a_{ij}$ statt $a^i_j$ zu verwenden. Dann gilt f\"ur
  die Komponenten unter $f^*$ die Abbildungsregel
  \[
  \begin{pmatrix}
    \xi_1\\
    \vdots\\
    \xi_m
  \end{pmatrix}
  \mapsto
  \begin{pmatrix}
    b^1_1&amp;\ldots&amp;b^m_1\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots\\
    b^1_n&amp;\ldots&amp;b^m_n
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    \xi_1\\
    \vdots\\
    \xi_m
  \end{pmatrix}.
  \]
  Wie man sich leicht \"uberzeugt sind die Eintr\"age im so erhaltenen
  Spaltenvektor dieselben wie beim Zeilenvektor. Hier ist nun die
  Transformationsmatrix die Matrix $A^T$, die transponierte Matrix,
  die f\"ur $A=(a^i_j)_{\overset{1\le i\le m}{1\le j\le n}}$ durch
  $A^T:=(b^j_i)_{\overset{1\le j\le n}{1\le i\le m}}$ mit
  $b^j_i:=a^i_j$ definiert ist. Graphisch erh\"alt man
  \[
  A^T=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^2_1&amp;a^3_1&amp;\ldots&amp;a^m_1\\
    a^1_2&amp;a^2_2&amp;a^3_2&amp;\ldots&amp;a^m_2\\
    a^1_3&amp;a^2_3&amp;a^3_3&amp;\ldots&amp;a^m_3\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^1_n&amp;a^2_n&amp;a^3_n&amp;\ldots&amp;a^m_n
  \end{pmatrix}
  \quad\text{aus}\quad
  A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;a^1_2&amp;a^1_3&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    a^2_1&amp;a^2_2&amp;a^2_3&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    a^3_1&amp;a^3_2&amp;a^3_3&amp;\ldots&amp;a^3_n\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^m_1&amp;a^m_2&amp;a^m_3&amp;\ldots&amp;a^m_n
  \end{pmatrix}.
  \]
\end{remark}

\Subsection{Endomorphismen}
\begin{definition}[Ring]
  Ein Ring $R$ ist eine additive abelsche Gruppe, \dh wir schreiben
  die Verkn\"upfung als \glqq$+$\grqq{}, mit einer Multiplikation
  \glqq$\cdot$\grqq{}, so dass folgende Axiome f\"ur alle $a,b,c\in R$
  gelten
  \begin{enumerate}[(R1)]
  \item\label{R1} $a\cdot (b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c$ \hfill
    (Assoziativit\"at) 
  \item\label{R2} $a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$ \hfill
    (Distributivit\"at) 
  \item\label{R3} $(a+b)\cdot c=a\cdot c+b\cdot c$ \hfill
    (Distributivit\"at) 
  \end{enumerate}
  Hierbei verwenden wir eine Klammersetzung nach der Regel \glqq Punkt
  vor Strich\grqq. 
  \begin{enumerate}[(R1)]
    \addtocounter{enumi}{3}
  \item Ein Ring mit Einselement, also einem Element $1=1_R\in R$, das
    $a\cdot 1=a=1\cdot a$ f\"ur alle $a\in R$ erf\"ullt, hei\ss{}t
    Ring mit $1$. H\"aufig wird die Existenz eines Einselementes
    bereits in der Definition eines Ringes verlangt.
  \item Ein Ring hei\ss{}t kommutativ, falls $a\cdot b=b\cdot a$ f\"ur
    alle $a,b\in R$ gilt. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Z$ ist ein kommutativer Ring mit Eins.
  \item Die geraden Zahlen sind ein Ring ohne Eins.
  \item Ein K\"orper ist ein kommutativer Ring mit Eins. 
  \item $F^{n\times n}$ ist ein Ring. F\"ur $n\ge2$ ist er nicht
    kommutativ. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[Ringhomomorphismus]
  Seien $R,S$ Ringe. Dann hei\ss{}t eine Abbildung $\Phi\colon R\to S$
  Ringhomomorphismus, wenn $\Phi(a+b)=\Phi(a)+\Phi(b)$ und
  $\Phi(a\cdot b)=\Phi(a)\cdot\Phi(b)$ f\"ur alle $a,b\in R$
  gelten. Bei Ringen mit Eins verlangt man zus\"atzlich
  $\Phi(1)=1$.\par
  Der Deutlichkeit halber k\"onnte man auch
  $\Phi(a+_Rb)=\Phi(a)+_S\Phi(b)$ oder $\Phi(1_R)=1_S$ schreiben.
\end{definition}

\begin{definition}[Algebra]
  Eine Algebra $A$ \"uber einem K\"orper $F$ ist ein Vektorraum mit
  einer Multiplikation \glqq$\cdot$\grqq, so dass folgende Axiome
  f\"ur alle $a,b,c\in A$ und $\lambda\in F$ erf\"ullt sind:
  \def\AalsBuchstabe{A}
  \begin{enumerate}[(\AalsBuchstabe{}1)]
  \item\label{A1} $a\cdot(b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c$ \hfill
    (Assoziativit\"at) 
  \item\label{A2} $a\cdot(b+c)=a\cdot b+a\cdot c$ \hfill (Distributivit\"at)
  \item\label{A3} $(a+b)\cdot c=a\cdot c+b\cdot c$ \hfill
    (Distributivit\"at)
  \item\label{A4} $(\lambda a)\cdot b=\lambda(a\cdot b)
    =a\cdot(\lambda b)$ 
  \item\label{A5} Es existiert ein Einselement $1=1_A$ mit $a\cdot
    1=1\cdot a=a$ f\"ur alle $a\in A$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $F^{n\times n}$ mit der Matrixmultiplikation ist eine Algebra.
  \item Sei $V$ ein $F$-Vektorraum. Dann ist $\Hom(V,V)$ eine
    Algebra. Lineare Selbstabbildungen eines Vektorraumes hei\ss{}en
    auch Endomorphismen, $\End(V)$. 
  \item $F[X]$ ist eine Algebra \"uber $F$ und ein Ring, der
    Polynomring in der Variablen $X$ \"uber $F$.
  \item $\C$ ist eine Algebra \"uber $\R$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{remark}\label{hom matr rem}
  Sei $V$ ein Vektorraum. Nach Wahl einer Basis ist jedem
  $f\in\Hom(V,V)$ eine Matrix $A$ zugeordnet. Nach Theorem \ref{hom
    matr iso thm} ist diese Abbildung\[\Phi\colon\Hom(V,V) \to
  F^{n\times n}\] ein Isomorphismus von Vektorr\"aumen.  Dann gelten
  \[\Phi(f\circ g)=\Phi(f)\cdot\Phi(g),\quad 
  \Phi(f+g)=\Phi(f)+\Phi(g)\quad \text{sowie}\quad \Phi(\id)=\eins,\]
  siehe insbesondere Theorem \ref{verkn abb matr thm}. Entsprechendes
  gilt f\"ur die Umkehrabbildung von $\Phi$. Wir sagen daher, dass die
  Algebren $\Hom(V,V)$ und $F^{n\times n}$ isomorph sind.
\end{remark}

Korollar \ref{trafo cor} motiviert die folgende 
\begin{definition}
  Seien $A,A'\in F^{n\times n}$. Dann hei\ss{}en $A$ und $A'$
  \"ahnlich, wenn es eine regul\"are Matrix $D$ mit $A'=DAD^{-1}$
  gibt. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \"Aquivalent dazu h\"atte man auch zwei Matrizen \"ahnlich nennen
  k\"onnen, wenn es eine lineare Abbildung und zugeh\"orige Basen gibt,
  so dass diese Abbildung bez\"uglich der Basen durch diese Matrizen
  beschrieben wird. 
\end{remark}

\textbf{Ziel:} Im weiteren Verlauf der Vorlesung wollen wir uns
intensiver mit der Frage besch\"aftigen, wie wir es erreichen
k\"onnen, dass die einer Abbildung $f\colon V\to V$ verm\"oge einer
Basis zugeordnete Matrix m\"oglichst einfach aussieht.

Als Vorbereitung definieren wir dazu
\begin{definition}
  Ein Unterraum $U$ von $V$ hei\ss{}t bez\"uglich einer linearen
  Abbildung $f\colon V\to V$ invariant, falls $f(U)\subset U$ gilt. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Betrachte $F[X]$ mit der linearen Abbildung $f(p(X)):=p'(X)$,
    der Ableitung von $p$, \[f\left(\sum\limits_{i=0}^n a_iX^i\right)
    :=\sum\limits_{i=1}^n ia_iX^{i-1}.\] Die Unterr\"aume der Polynome
    vom Grad $\le m$ sind beim Ableiten invariant. $\{p(X)\colon
    p(0)=0\}$ ist unter $f$ nicht invariant.
  \item Sei $f\colon V\to V$ eine beliebige lineare Abbildung. Dann
    sind $\ker f$ und $\im f$ invariante Unterr\"aume.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $U$ unter $f\colon V\to V$ invariant, $\dim V&lt;\infty$. Sei
    $\{a_1,\ldots,a_p\}$ eine Basis von $U$. Erg\"anze diese zu einer
    Basis $\{a_1,\ldots,a_p,a_{p+1},\ldots,a_n\}$ von $V$. Dann ist
    $f$ bez\"uglich dieser Basis durch
    \[
    \begin{pmatrix}
      a^1_1&amp;\ldots&amp;a^1_p&amp;a^1_{p+1}&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
      \vdots&amp;\ddots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
      a^p_1&amp;\ldots&amp;a^p_p&amp;a^p_{p+1}&amp;\ldots&amp;a^p_n\\
      0&amp;\ldots&amp;0&amp;a^{p+1}_{p+1}&amp;\ldots&amp;a^{p+1}_n\\
      \vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
      0&amp;\ldots&amp;0&amp;a^n_{p+1}&amp;\ldots&amp;a^n_n
    \end{pmatrix}
    \equiv
    \begin{pmatrix}
      A&amp;B\\
      0&amp;C
    \end{pmatrix}
    \]
    dargestellt, wobei $A$ f\"ur einen $p\times p$-Block, $B$ f\"ur
    einen $p\times(n-p)$-Block, $0$ f\"ur einen $(n-p)\times p$-Block
    und $C$ f\"ur einen $(n-p)\times(n-p)$-Block steht; hierbei ist
    ein Block eine rechteckige Anordnung von Zahlen wie aus der
    Gleichung ersichtlich.
  \item Kann man gegebenenfalls auch noch $B=0$ erreichen? Gelte
    $V=U_1\oplus\ldots\oplus U_k$ f\"ur $f$-invariante Unterr\"aume
    $U_i$. Dann hat die $f$ darstellende Matrix bez\"uglich einer
    Basis, die aus den Basen der Unterr\"aume $U_i$ (in geeigneter
    Anordnung) besteht, die Blockgestalt
    \[
    \begin{pmatrix}
      A_1&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
      0&amp;A_2&amp;\ldots&amp;0\\
      \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
      0&amp;\ldots&amp;\ldots&amp;A_k
    \end{pmatrix}.
    \]
    Dabei ist $A_i$ die Matrix, die $f|_{U_i}$ bez\"uglich einer Basis
    von $U_i$ darstellt, $1\le i\le k$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

Da eine solche Darstellung besonders einfach wird, wenn $\dim U_i=1$
ist, definiert man Eigenvektoren und Eigenr\"aume:

\Subsection{Eigenvektoren und Eigenr\"aume}
\begin{definition}
  Ein Vektor $a\in V$ mit $a\neq0$ hei\ss{}t Eigenvektor von $f\colon
  V\to V$ zum Eigenwert $\lambda\in F$, falls \[f(a)=\lambda a\]
  gilt. Der Unterraum \[E_\lambda:=\{b\in V\colon f(b)=\lambda b\}\]
  hei\ss{}t der zu $\lambda$ geh\"orige Eigenraum. Die Dimension $\dim
  E_\lambda$ hei\ss{}t geometrische Vielfachheit von $\lambda$. \par
  Ebenso spricht man bei einer Matrix $A\in F^{n\times n}$ vom
  Eigenvektor $x$ zum Eigenwert $\lambda$, falls \[Ax=\lambda x\]
  gilt. Eigenr\"aume und geometrische Vielfachheit definiert man
  entsprechend. \par Ein $\lambda\in F$ hei\ss{}t Eigenwert von $f$
  bzw.{} $A$, wenn es einen zugeh\"origen Eigenvektor gibt. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda$ ist genau dann ein Eigenwert von $f$, wenn $\lambda$
    ein Eigenwert der $f$ zugeordneten Matrix $A$ ist. 
  \item $\ker f$ ist der Eigenraum zum Eigenwert $0$. Ebenso gilt
    $\ker(f-\lambda\eins)=E_\lambda$. 
  \item $\lambda$ ist genau dann ein Eigenwert von $f$, wenn
    $f-\lambda\eins$ singul\"ar ist. 
  \item Die Eigenr\"aume $E_\lambda$ von $f$ sind unter $f$
    invariant. 
  \item F\"ur $a\in E_\lambda$ gilt $f(a)=\lambda a$. Daher ist
    $f|_{E_\lambda}\colon E_\lambda\to E_\lambda$ bez\"uglich einer
    beliebigen Basis von der Form
    \[
    \begin{pmatrix}
      \lambda&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
      0&amp;\lambda&amp;\ldots&amp;0\\
      \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
      0&amp;0&amp;\ldots&amp;\lambda
    \end{pmatrix}. 
    \]
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}\label{versch ew lin unabh thm}
  Sein $\lambda_i$, $1\le i\le m$, paarweise verschiedene Eigenwerte
  von $f$ mit zugeh\"origen Eigenvektoren $a_i$, so sind die Vektoren
  $a_i$ linear unabh\"angig. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Falls nicht, so gibt es eine nichttriviale Darstellung der
  Null. W\"ahle eine k\"urzeste nichttriviale Darstellung der Null,
  also eine solche, die m\"oglichst wenige der Vektoren $a_i$
  verwendet. Ohne Einschr\"ankung verwendet die k\"urzeste
  Darstellung $a_1,\ldots,a_n$. Es gilt \[0=\sum\limits_{i=1}^n
  \mu^ia_i\] f\"ur geeignete $\mu^i\in F$. Wir erhalten einerseits
  \begin{align*}
    0=&amp;\,f\left(\sum\limits_{i=1}^n\mu^ia_i\right)
    =\sum\limits_{i=1}^n \mu^if(a_i) =\sum\limits_{i=1}^n
    \mu^i\lambda_i a_i
    \intertext{und andererseits}
    0=&amp;\,\lambda_1\sum\limits_{i=1}^n \mu^ia_i =\sum\limits_{i=1}^n
    \lambda_1\mu^ia_i. 
    \intertext{Als Differenz erhalten wir} 
    0=&amp;\,\sum\limits_{i=2}^n (\lambda_i-\lambda_1)\mu^ia_i.
  \end{align*}
  Da dies eine k\"urzere Darstellung der Null als die urspr\"ungliche
  ist, muss sie trivial sein. Also gilt $(\lambda_i-\lambda_1)
  \mu^ia_i=0$ f\"ur alle $2\le i\le n$. Da die Eigenwerte paarweise
  verschieden sind, folgt bereits $\mu^ia_i=0$ und somit auch
  $\mu^i=0$ f\"ur $2\le i\le n$. Also ist auch $\mu^1a_1=0$. Wegen
  $a_1\neq0$, da es sich um einen Eigenvektor handelt, ist $\mu^1=0$,
  die Linearkombination der Null also doch trivial. Widerspruch. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $V$ ein $n$-dimensionaler Vektorraum. Sei $f\colon V\to V$ ein
  Endomorphismus. Dann besitzt $f$ h\"ochstens $n$ verschiedene
  Eigenwerte. Besitzt $f$ genau $n$ verschiedene Eigenwerte
  $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$, so bildet eine Auswahl zugeh\"origer
  Eigenvektoren $a_1,\ldots,a_n$ eine Basis von $V$. Bez\"uglich
  dieser Basis hat $f$ die Gestalt
  \[
  \begin{pmatrix}
    \lambda_1&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;\lambda_2&amp;\ldots&amp;0\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;\ldots&amp;\lambda_n
  \end{pmatrix}.
  \]
\end{corollary}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Matrix eines Endomorphismusses hei\ss{}t
    diagonalisierbar, wenn es eine Basis gibt, so dass
    $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ diagonal ist, also
    $a^i_j=0$ f\"ur $i\neq j$ erf\"ullt.\par Eine solche Matrix ist
    genau dann diagonalisierbar, wenn es eine Basis aus Eigenvektoren
    gibt.
  \item Die Matrix $\left(\begin{smallmatrix}1&amp;1\\
        0&amp;1\end{smallmatrix}\right)$ ist nicht diagonalisierbar, da
    $\left(\begin{smallmatrix}1\\0 \end{smallmatrix}\right)$ (bis auf
    skalare Vielfache) der einzige Eigenvektor ist.
  \end{enumerate}
\end{remark}

\Section{Determinanten}
\Subsection{Polynome}
\begin{remark}\label{grad eig rem}
  Seien $p,q\in F[X]$. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\deg(p+q)\le\max\{\deg p,\deg q\}$
  \item $\det(p\cdot q)=\deg p+\deg q$
  \end{enumerate}
  $a\in F$ hei\ss{}t Nullstelle von $p$, wenn $p(a)=0$ gilt, wobei
  $p(a)$ der Ausdruck ist, den wir erhalten, wenn wir in $p(X)$
  \"uberall die Variable $X$ durch $a$ ersetzen.
\end{remark}

\begin{theorem}[Polynomdivision]\label{poly div thm}
  Seien $p,q\in F[X]$, $\deg q&gt;0$. Dann gibt es eindeutig bestimmte
  Polynome $s,r\in F[X]$ mit \[p(X)=s(X)q(X)+r(X)\] und $\deg r&lt;\deg
  q$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Zur Eindeutigkeit: Seien $s,r$ wie behauptet und $s',r'\in F[X]$, so
  dass \[p(X)=s'(X)q(X)+r'(X)\] und $\deg r'&lt;\deg q$ gelten. Wir
  erhalten \[0=(s(X)-s'(X))q(X)+(r(X)-r'(X)).\] Ist $s\neq s'$, so ist
  $s(X)-s'(X)$ ein Polynom vom Grad $\ge0$. Also ist $0+\deg
  q(X)\le\deg((s(X)-s'(X))q(X)) =\deg(r'(X)-r(X))&lt;\deg
  q(X)$. Widerspruch. \par
  Zur Existenz: Wir beweisen die Aussage per Induktion nach $\deg
  p$. F\"ur $\deg p&lt;\deg q$ k\"onnen wir $s=0$ und $r=p$ w\"ahlen. Sei
  also $\deg p\ge\deg q$. Nehme an, dass
  \begin{align*}
    p(X)=&amp;\,a_nX^n+\ldots+a_0\quad\text{mit }a_n\neq0 \intertext{und}
    q(X)=&amp;\,b_mX^m+\ldots+b_0\quad\text{mit }b_m\neq0\text{ und }m\le
    n \intertext{gelten. Es folgt}
    a_nX^n+\ldots+a_0=&amp;\,\frac{a_n}{b_m}X^{n-m}
    \left(b_mX^m+\ldots+b_0\right) +a_nX^n+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_0\\  
    &amp;\,-a_nX^n -\frac{a_nb_{m-1}}{b_m}X^{n-1}
    -\frac{a_nb_{m-2}}{b_m}X^{n-2}
    -\ldots -\frac{a_nb_0}{b_m}X^{n-m}\\
    =&amp;\,\frac{a_n}{b_m}X^{n-m}q(X)+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_0\\
    &amp;\,-\frac{a_nb_{m-1}}{b_m}X^{n-1}
    -\frac{a_nb_{m-2}}{b_m}X^{n-2}
    -\ldots -\frac{a_nb_0}{b_m}X^{n-m}\\
    =&amp;\,\frac{a_n}{b_m}X^{n-m}q(X)+R(X),
    \intertext{wobei $R(X)$ ein Polynom vom Grad $\le(n-1)$ ist. Nach
      Induktionsvoraussetzung existieren daher $A,B\in F[X]$ mit $\deg
      B&lt;\deg q$, so dass}
    R(X)=&amp;\,A(X)q(X)+B(X)
    \intertext{gilt. Es folgt}
    p(X)=&amp;\,\left(\frac{a_n}{b_m}X^{n-m}+A(X)\right) q(X) +B(X)
  \end{align*}
  wie behauptet.   
\end{proof}

\begin{corollary}\label{nst abspalten cor}
  Sei $a\in F$ Nullstelle eines Polynomes $p\in F[X]$. Dann gibt es
  ein eindeutig bestimmtes Polynom $q(X)$, so dass \[p(X)=q(X)(X-a)\]
  mit $\deg q=(\deg p)-1$ gilt. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Bemerkung \ref{grad eig rem} ist die Aussage \"uber den Grad
  klar. \par Theorem \ref{poly div thm} liefert eine Darstellung wie
  gefordert, $p(X)=q(X)(X-a)+r(X)$, aber m\"oglicherweise mit einem
  zus\"atzlichen Polynom $r(X)$, das $\deg r&lt;1$ erf\"ullt und somit
  konstant ist. Auswerten an der Stelle $X=a$ liefert $r=0$. 
\end{proof}

Per Induktion erh\"alt man hieraus
\begin{corollary}
  Ein Polynom $p(X)$ vom Grad $n\ge1$ besitzt h\"ochstens $n$
  Nullstellen. 
\end{corollary}

\begin{definition}
  Sei $a\in F$ eine Nullstelle des Polynomes $p\in F[X]$. Dann besitzt
  $p$ nach Korollar \ref{nst abspalten cor} (gegebenenfalls mehrfach
  angewandt) eine Darstellung der Form \[p(X)=(X-a)^kq(X)\] mit
  $k\in\N$ und $q\in F[X]$, so dass $q(a)\neq0$ gilt. $k$ hei\ss{}t
  dann die Vielfachheit der Nullstelle $a$.
\end{definition}

Wie das Beispiel $X^2+1\in\R[X]$ zeigt, braucht ein Polynom keine
Nullstelle zu besitzen. Es gilt aber
\begin{theorem}[Fundamentalsatz der Algebra]
  Sei $p\in\C[X]$ mit $\deg p\ge1$. Dann besitzt $p$ eine Nullstelle.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Siehe Vorlesung \glqq Funktionentheorie\grqq.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $p\in\C[X]$ ein Polynom mit $\deg p=n&gt;0$. Dann gibt es komplexe
  Zahlen $d,\lambda_1,\ldots,\lambda_n$, so dass
  \[p(X)=d(X-\lambda_1)(X-\lambda_2)\cdots(X-\lambda_n)\]
  ist. $\lambda_i$ sind gerade die Nullstellen von $p$. Sie kommen
  entsprechend ihrer Vielfachheit ggf.{} mehrfach vor. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Induktion, \"Ubung. 
\end{proof}

\begin{lemma}
  Sei $p\in\C[X]$ ein Polynom mit reellen Koeffizienten. Sei $a+ib$,
  $a,b\in\R$, eine Nullstelle von $p$, so ist auch die komplex
  konjugierte Zahl $\overline{a+ib}:=a-ib$ eine Nullstelle von $p$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $p(x)=a_nX^n+\ldots a_1X+a_0$ mit $a_i\in\R$. Setze
  $c:=a+ib$. Es gilt
  \[0=\overline{p(c)} =\overline{a_nc^n+\ldots+a_1c+a_0}\\
  =a_n\bar c^n+\ldots+a_1\bar c+a_0 =p(\bar c).\]
  Somit ist auch $\bar c$ eine Nullstelle von $p$. 
\end{proof}

\Subsection{Permutationen}
\begin{definition}
  Eine Permutation der Zahlen $1,\ldots,n$ ist eine bijektive
  Abbildung $\sigma\colon\{1,\ldots,n\}\to\{1,\ldots,n\}$.\par
  Schematisch k\"onnen wir eine Permutation durch
  \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
      1&amp;2&amp;3&amp;\ldots&amp;n\\
      \sigma(1)&amp;\sigma(2)&amp;\sigma(3)&amp;\ldots&amp;\sigma(n)
    \end{pmatrix}
    \intertext{oder k\"urzer durch}
    \begin{pmatrix}
      \sigma(1)&amp;\sigma(2)&amp;\sigma(3)&amp;\ldots&amp;\sigma(n)
    \end{pmatrix}
  \end{align*}
  darstellen, im zweiten Fall auch mit Kommata getrennt. (Aufgrund der
  Bijektivit\"at von $\sigma$ kommt jede der Zahlen $1,2,\ldots,n$ in
  jeder dieser Zeilen genau einmal vor.)
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gibt genau $n!:=1\cdot2\cdots n$ Permutationen von
    $1,\ldots,n$. 
  \item Die Permutationen mit $(\sigma\circ\tau)(i):=\sigma(\tau(i))$
    bilden eine Gruppe: $S_n$.
  \item $S_n$ ist genau f\"ur $n=1,2$ abelsch.  
  \end{enumerate}
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ubung.
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $\sigma$ eine Permutation der Zahlen $1,2,\ldots,n$. Sei
  $s=s(\sigma)$ die Anzahl der Paare $(i,j)$ mit $1\le i&lt;j\le n$ und
  $\sigma(i)&gt;\sigma(j)$. Dann definieren wir das Signum der
  Permutation $\sigma$ durch \[\sign\sigma:=(-1)^{s(\sigma)}.\]
  Eine Permutation $\sigma$ mit $\sign(\sigma)=1$ hei\ss{}t gerade,
  eine Permutation $\sigma$ mit $\sign(\sigma)=-1$ hei\ss{}t
  ungerade. 
\end{definition}

\begin{definition}[Transposition]
  Setze f\"ur $1\le i,j\le n$ mit $i\neq j$
  \[\tau_{ij}(k):=
  \begin{cases}
    j&amp;k=i,\\
    i&amp;k=j,\\
    k&amp;sonst.
  \end{cases}
  \]
\end{definition}

Die Permutation vertauscht gerade die Zahlen $i$ und $j$. Es gilt
$\tau^{-1}=\tau$. 

\begin{theorem}\label{transp sign minus thm}
  Sei $\sigma$ eine Permutation der Zahlen $1,2,\ldots,n$. Sei
  $\tau$ eine Transposition. Dann gilt
  \[\sign(\tau\circ\sigma)=-\sign(\sigma).\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $\sigma$ und $\sigma'$ zwei Permutationen,
  \[(\sigma(1),\sigma(2),\ldots,\sigma(n))\quad \text{und}\quad
  (\sigma'(1),\sigma'(2),\ldots,\sigma'(n)),\] die sich nur dadurch
  unterscheiden, dass in dieser Darstellung zwei benachbarte
  Eintr\"age vertauscht wurden. Dann gilt nach
  Definition \[\sign\sigma =-\sign\sigma'.\]
  Sei $(\tau\sigma(1),\ldots,\tau\sigma(n))$ aus
  $(\sigma(1),\ldots,\sigma(n))$ durch Vertauschen der Zahlen $i$ und
  $j$ entstanden, die $k$ weitere Zahlen in dieser Darstellung
  zwischen sich haben. Durch $2k+1$ Vertauschungen
  nebeneinanderliegender Elemente kann man diese beiden Permutationen
  ineinander \"uberf\"uhren. Daher gilt
  \[\sign(\tau\circ\sigma)=(-1)^{2k+1}\sign(\sigma)=-\sign(\sigma).
  \qedhere\]
\end{proof}

\begin{theorem}
  Jede Permutation der Zahlen $1,2,\ldots,n$ l\"asst sich als Produkt
  von Transpositionen schreiben.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur die Identit\"at und eine beliebige Permutation $\tau$ gilt
  $\tau\circ\tau=\eins$. Sonst kann man durch Permutationen sukzessive
  erreichen, dass $(1,2,\ldots,n)$ in eine Permutation \"uberf\"uhrt
  wird, bei der in dieser Darstellung das Anfangsst\"uck, das mit
  $(\sigma(1),\sigma(2),\ldots,\sigma(n))$ \"ubereinstimmt um
  mindestens eine Position l\"anger wird. Die Aussage folgt nun per
  Induktion. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $\sigma$ eine Permutation, die sich als Produkt von $r$
  Transpositionen schreiben l\"asst. Dann gilt $\sign\sigma=(-1)^r$.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze Theorem \ref{transp sign minus thm}. 
\end{proof}

Da $\sign\sigma$ unabh\"angig von Transpositionen definiert ist, gilt 
\begin{corollary}
  L\"asst sich eine Permutation als Produkt von $k$ und $l$
  Transpositionen schreiben, dann gilt \[k\equiv l\quad\text{(mod
    $2$)},\] 
  \dh $k$ und $l$ sind entweder beide gerade oder beide ungerade. 
\end{corollary}

\begin{theorem}
  Sei $n\ge2$. Dann gibt es genau $\frac12n!$ gerade und $\frac12n!$
  ungerade Permutationen der Zahlen $1,2,\ldots,n$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\tau$ eine beliebige Transposition. Da die Permutationen eine
  Gruppe bilden, ist $\sigma\mapsto\tau\sigma$ bijektiv. Die geraden
  Permutationen werden dabei gerade auf die ungeraden und umgekehrt
  abgebildet. Folglich gibt es von jeder Sorte gleich viele. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Eine Untergruppe der symmetrischen Gruppe $S_n$ ist die
  alternierende Gruppe. Sie besteht aus den Elementen $\sigma$ der
  symmetrischen Gruppe mit $\sign\sigma=1$.
\end{remark}

\begin{definition}
  Seien $G,H$ Gruppen. Dann ist $\phi\colon G\to H$ ein
  Gruppenhomomorphismus, wenn f\"ur alle $a,b\in G$ 
  \[\phi(a\cdot b)=\phi(a)\cdot\phi(b)\] gilt. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Lineare Abbildungen sind Gruppenhomomorphismen, wenn wir einen
    Vektorraum als additive Gruppe betrachten.
  \item Die Koordinatenabbildung eines Vektorraumes ist ein
    Gruppenhomomorphismus bez\"uglich der additiven Gruppe eines
    Vektorraumes.
  \item Die Abbildung $\Phi\colon\Hom(V,V)\to F^{n\times n}$ wie in
    Bemerkung \ref{hom matr rem} ist ein Gruppenhomomorphismus. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Ein weiteres Beispiel f\"ur einen Gruppenhomomorphismus ergibt sich
aus 
\begin{theorem}
  Seien $\sigma$, $\tau$ zwei Permutationen. Dann
  gilt \[\sign(\sigma\circ\tau) =\sign(\sigma)\cdot\sign(\tau).\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Stelle die Permutationen als Verkettung von Transpositionen dar und
  z\"ahle deren Anzahl. 
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $\sigma$ eine Permutation. Dann gilt
  $\sign\left(\sigma^{-1}\right)=\sign\sigma$.  
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt $\sign(\sigma)\cdot\sign\left(\sigma^{-1}\right)
  =\sign\left(\sigma\circ\sigma^{-1}\right) =\sign\eins =1$. 
\end{proof}

\Subsection{Determinanten}
In diesem Kapitel werden wir h\"aufiger zwischen einer Matrix
$A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ und deren Spalten
$a_j=\left(a^i_j\right)_{1\le i\le n}=\sum\limits_{i=1}^na^i_je_i$ mit
$e_i=(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)^T$ hin- und herwechseln. Ebenso werden
wir zwischen $\det A$ und $\det(a_1,\ldots,a_n)$ hin- und
herwechseln. 
\begin{definition}[Determinante]
  Eine Funktion $\det\colon F^{n\times n}\to F$, die $n$ Vektoren in
  $F^n$ ein Element in $F$ zuordnet, $\det(a_1,\ldots,a_n)$, hei\ss{}t
  $n$-dimensionale Determinantenfunktion, wenn sie folgende Axiome
  erf\"ullt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\det(a_1,\ldots,a_{i-1},\lambda a_i,a_{i+1},\ldots,a_n)
    =\lambda\det(a_1,\ldots,a_{i-1},a_i,a_{i+1},\ldots,a_n)$\\ f\"ur
    alle $\lambda\in F$ und $1\le i\le n$
  \item $\det(a_1,\ldots,a_{i-1},a_i+b_i,a_{i+1},\ldots,a_n)
    =\det(a_1,\ldots,a_{i-1},a_i,a_{i+1},\ldots,a_n)
    +\det(a_1,\ldots,a_{i-1},b_i,a_{i+1},\ldots,a_n)$ f\"ur alle $1\le
    i\le n$ \hfill (Linearit\"at)
  \item\label{det iii} $\det(a_1,\ldots,a_i,\ldots,a_j,\ldots,a_n)=0$,
    falls $a_i=a_j$ f\"ur $i\neq j$
  \item $\det(e_1,\ldots,e_n)=1$ \hfill (Normierung)
  \end{enumerate}
\end{definition}
Da eine Determinantenfunktion in jedem Argument linear ist, hei\ss{}t
sie multilinear. 

\begin{remark}
  Die Determinante ist ein Polynom in den Eintr\"agen. Wir
  werden sp\"ater auch Matrizen statt K\"orperelementen
  einsetzen. Daher empfehlen wir, sich beim zweiten Lesen zu
  \"uberlegen, dass sich die Resultate \"uber Determinanten auf diesen
  Fall anpassen lassen. 
\end{remark}

Wir werden erst sp\"ater zeigen, dass es eine eindeutig bestimmte
Determinantenfunktion gibt. 
\begin{lemma}
  Sei $\det$ eine Determinantenfunktion. Dann gilt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\det\left(a_1,\ldots,a_{i-1},
      \sum\limits_{k=1}^m\lambda^kb_k, a_{i+1},\ldots,a_n\right)\\
    =\sum\limits_{k=1}^m\lambda^k \det(a_1,\ldots,a_{i-1},
    b_k,a_{i+1},\ldots,a_n)$
  \item $\det\left(a_1,\ldots,a_{i-1},a_i+\sum\limits_{\substack{k=1\\
          k\neq i}}^n \lambda^ka_k, a_{i+1},\ldots,a_n\right)\\
    =\det(a_1,\ldots,a_{i-1},a_i,a_{i+1},\ldots,a_n)$ 
  \item $\det(a_1,\ldots,a_i,\ldots,a_j,\ldots,a_n)
    =-\det(a_1,\ldots,a_j,\ldots,a_i,\ldots,a_n)$ f\"ur $i\neq j$\\
    \phantom x\hfill (Antisymmetrie)
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dies folgt direkt aus der Multilinearit\"at.
  \item Ist eine Folgerung aus der Multilinearit\"at und aus
    \eqref{det iii} in der Definition der Determinante.
  \item Es gilt
    \begin{align*}
      \det(a_1,\ldots,a_i,\ldots,a_j,\ldots,a_n)
      =&amp;\,\det(a_1,\ldots,a_i+a_j,\ldots,a_j,\ldots,a_n)\\
      =&amp;\,\det(a_1,\ldots,a_i+a_j,\ldots,a_j-a_i-a_j,\ldots,a_n)\\
      =&amp;\,-\det(a_1,\ldots,a_i+a_j,\ldots,a_i,\ldots,a_n)\\
      =&amp;\,-\det(a_1,\ldots,a_j,\ldots,a_i,\ldots,a_n).
      \qedhere
    \end{align*}
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}\label{lin abh det thm}
  Sei $\det$ eine Determinantenfunktion. Ist die Familie der Vektoren
  $\{a_1,\ldots,a_n\}$ linear abh\"angig, so
  gilt \[\det(a_1,\ldots,a_n)=0.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $a_i=\sum\limits_{\substack{k=1\\k\neq i}}^n\lambda^ka_k$. Dann folgt
  \[\det(a_1,\ldots,a_n)=\sum\limits_{\substack{k=1\\k\neq i}}^n
  \lambda^k\det(a_1,\ldots,a_{i-1},a_k,a_{i+1},\ldots,a_n) =0,\]
  da in den Determinanten auf der rechten Seite stets zwei Vektoren
  doppelt vorkommen. 
\end{proof}

Der Eindeutigkeitssatz f\"ur die Determinantenfunktion lautet
\begin{theorem}
  Sei $n\ge1$. Dann gibt es h\"ochstens eine $n$-dimensionale
  Determinantenfunktion. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $d,D$ zwei Determinantenfunktionen. Dann
  gilt \[1=d(e_1,\ldots,e_n) =D(e_1,\ldots,e_n).\] Sei
  $(i_1,\ldots,i_n)$ eine Permutation von $1,\ldots,n$. Da wir eine
  Permutation als Verkettung von Transpositionen schreiben k\"onnen
  erhalten wir aus der Antisymmetrie
  \begin{align*}
    d(e_{i_1},\ldots,e_{i_n}) =&amp;\,\sign(i_1,\ldots,i_n)
    d(e_1,\ldots,e_n)\\
    =&amp;\,\sign(i_1,\ldots,i_n) D(e_1,\ldots,e_n)\\
    =&amp;\,D(e_{i_1},\ldots,e_{i_n}).
  \end{align*}
  Sei nun $a_j=\sum\limits_{i=1}^na^i_je_i$. Wir erhalten
  \begin{align*}
    d(a_1,\ldots,a_n) =&amp;\,\sum\limits_{i_1=1}^n a^{i_1}_1
    \sum\limits_{i_2=1}^n a^{i_2}_2\ldots \sum\limits_{i_n=1}^n
    a^{i_n}_n d(e_{i_1},\ldots,e_{i_n})\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i_1=1}^n a^{i_1}_1 \sum\limits_{i_2=1}^n
    a^{i_2}_2\ldots \sum\limits_{i_n=1}^n
    a^{i_n}_n D(e_{i_1},\ldots,e_{i_n})\\
    =&amp;\,D(a_1,\ldots,a_n).
  \end{align*}
  Dabei haben wir das mittlere Gleichheitszeichen f\"ur den Fall, dass
  $(i_1,\ldots,i_n)$ eine Permutation von $(1,\ldots,n)$ ist, bereits
  nachgerechnet. Sonst stimmen jedoch mindestens zwei Indices
  \"uberein und beide Terme verschwinden. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

Der Existenzsatz f\"ur die Determinantenfunktion ist
\begin{theorem}
  F\"ur $n\ge1$ existiert eine Determinantenfunktion. Sie ist
  durch \[\det(a_1,\ldots,a_n)\equiv\det A :=\sum\limits_{\sigma\in
    S_n} \sign\sigma\cdot a_1^{\sigma(1)} \cdot a_2^{\sigma(2)} \cdots
  a_n^{\sigma(n)}\] gegeben. (Leibnizformel)
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Bereits aus dem Beweis des Eindeutigkeitssatzes folgt, dass es
  h\"ochstens diese Determinantenfunktion geben kann. \par Bei der
  angegebenen Funktion handelt es sich auch um eine
  Determinantenfunktion, denn sie ist offensichtlicherweise
  multilinear und normiert und wir erhalten f\"ur $a^i_j=a^i_k$ f\"ur
  alle $i$ und $j\neq k$
  \begin{align*}
    \det A=&amp;\,
    \det(a_1,\ldots,a_j,\ldots,\underbrace{a_k}_{=a_j},\ldots,a_n)\\
    =&amp;\, \sum\limits_{\sigma\in S_n} \sign\sigma\cdot
    a_1^{\sigma(1)}\cdots a_j^{\sigma(j)}\cdots a_k^{\sigma(k)}\cdots
    a_n^{\sigma(n)}\umbruch\\
    =&amp;\,\sum\limits_{\substack{\sigma\in S_n\\\sigma(j)&lt;\sigma(k)}}
    \sign\sigma\cdot a_1^{\sigma(1)}\cdots a_j^{\sigma(j)}\cdots
    a_j^{\sigma(k)}\cdots a_n^{\sigma(n)}\\
    &amp;\,+\sum\limits_{\substack{\sigma\in S_n\\\sigma(j)&gt;\sigma(k)}}
    \sign\sigma\cdot a_1^{\sigma(1)}\cdots a_j^{\sigma(j)}\cdots
    a_j^{\sigma(k)}\cdots a_n^{\sigma(n)}=0,
  \end{align*}
  denn f\"ur jeden Term in der obigen Summe gibt es einen Term in der
  unteren Summe, der zur gleichen Permutation geh\"ort, nur dass
  $\sigma(j)$ und $\sigma(k)$ vertauscht sind. Da diese Permutationen
  sich also um genau eine Transposition unterscheiden, heben sich
  diese Terme gerade paarweise auf und die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{corollary}
  F\"ur quadratische Matrizen $A\in F^{n\times n}$, $C\in F^{m\times
    m}$ und $B\in F^{n\times m}$ gilt
  \[\det
  \begin{pmatrix}
    A&amp;B\\0&amp;C
  \end{pmatrix}
  =\det A\cdot\det C.
  \]
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n+m}=\left(
    \begin{smallmatrix}
      A&amp;B\\ 0&amp;C
    \end{smallmatrix}
    \right)$. 
  In der Leibnizformel 
  \[\det
  \begin{pmatrix}
    A&amp;B\\0&amp;C
  \end{pmatrix}
  =\sum\limits_{\sigma\in S_{n+m}} \sign\sigma\cdot a_1^{\sigma(1)}
  \cdot a_2^{\sigma(2)}\cdots a_{n+m}^{\sigma(n+m)}\] verschwinden
  alle Terme, f\"ur die $\sigma(i)&gt;n$ f\"ur mindestens ein $i$ mit
  $1\le i\le n$ gilt.  Zu $\sigma\in S_{n+m}$ mit $\sigma(i)\le n$
  f\"ur $1\le i\le n$ gibt es Permutationen $\tau\in S_n$ und $\rho\in
  S_m$, so dass $\sigma(i)=\tau(i)$ f\"ur alle $1\le i\le n$ und
  $\sigma(n+i)=n+\rho(i)$ f\"ur alle $1\le i\le n$ gilt.  Stellt man
  $\tau$ und $\rho$ als Verkettungen von Transpositionen dar, so kann
  man diese auch auf $1,\ldots,n$ bzw.{} $n+1,\ldots,m$ wirken lassen
  und erh\"alt $\sign\sigma =\sign\tau\cdot \sign\rho$.  Es folgt
  somit
  \begin{align*}
    \det
    \begin{pmatrix}
      A&amp;B\\ 0&amp;C
    \end{pmatrix}
    =&amp;\,\sum\limits_{\tau\in S_n}\sum\limits_{\rho\in S_m} \sign\tau
    \cdot \sign\rho\cdot a_1^{\tau(1)}\cdots a_n^{\tau(n)}\cdot
    a_{n+1}^{n+\rho(1)}\cdots a_{n+m}^{n+\rho(m)}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{\tau\in S_n}\sign\tau \cdot a_1^{\tau(1)}\cdots
    a_n^{\tau(n)}\cdot\sum\limits_{\rho\in S_m} \sign\rho\cdot
    a_{n+1}^{n+\rho(1)}\cdots a_{n+m}^{n+\rho(m)}\\
    =&amp;\,\det A\cdot\det C.\qedhere
  \end{align*}  
\end{proof}

Per Induktion folgt
\begin{corollary}
  Sei $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ eine obere
  Dreiecksmatrix, d.\,h.{} gelte $a^i_j=0$ f\"ur $i&lt;j$. Dann gilt
  \[\det A=a^1_1\cdots a^n_n=\prod\limits_{i=1}^n a^i_i.\] 
\end{corollary}

\begin{theorem}
  Sei $A$ eine $(n\times n)$-Matrix. Dann gilt
  \[\det A=\det A^T.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $A=\left(a^i_j\right)$. Es folgt
  \begin{align*}
    \det A=&amp;\,\sum\limits_{\sigma\in S_n}\sign\sigma\cdot
    a_1^{\sigma(1)}a_2^{\sigma(2)}\cdots a_n^{\sigma(n)}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{\sigma\in S_n}
    \underbrace{\sign\sigma}_{=\sign\left(\sigma^{-1}\right)}{}\cdot
    a_{\sigma^{-1}(1)}^1 a_{\sigma^{-1}(2)}^2\cdots
    a_{\sigma^{-1}(n)}^n
    \intertext{(nach Umsortieren der Terme nach dem oberen Index)}
    =&amp;\,\sum\limits_{\sigma\in S_n} \sign(\sigma)\cdot a^1_{\sigma(1)}
    a^2_{\sigma(2)} \cdots a^n_{\sigma(n)}\\
    =&amp;\,\det A^T.\qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{corollary}
  Die Axiome, die wir f\"ur die Spalten einer Matrix in der Definition
  einer Determinantenfunktion gefordert haben, gelten somit auch f\"ur
  die Zeilen $a^i\equiv(a^i_j)_{1\le j\le n}$, also etwa
  \[\det A=-\det
  \begin{pmatrix}
    a^2\\a^1\\a^3\\\vdots\\a^n
  \end{pmatrix}.
  \] 
\end{corollary}

Wir k\"onnen die Berechnung von Determinanten von $(n\times
n)$-Matrizen auf die von $((n-1)\times(n-1))$-Matrizen
zur\"uckf\"uhren.
\begin{theorem}[Laplace]\label{laplace entw satz}
  Sei $A$ eine $(n\times n)$-Matrix. Sei $A^i_j$ die
  $((n-1)\times(n-1))$-Matrix, die entsteht, wenn wir die $i$-te Zeile
  und die $j$-te Spalte streichen.
  \[
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;\ldots&amp;a^1_{j-1}&amp;a^1_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^{i-1}_1&amp;\ldots&amp;a^{i-1}_{j-1}&amp;a^{i-1}_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^{i-1}_n\\
    a^{i+1}_1&amp;\ldots&amp;a^{i+1}_{j-1}&amp;a^{i+1}_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^{i+1}_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^n_1&amp;\ldots&amp;a^n_{j-1}&amp;a^n_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^n_n\\
  \end{pmatrix}
  \]
  Dann gilt f\"ur festes $j$, $1\le
  j\le n$, 
  \begin{align*}
    \det A=&amp;\,\sum\limits_{i=1}^n (-1)^{i+j} a^i_j \det A^i_j
    \intertext{und f\"ur festes $i$, $1\le i\le n$}
    \det A=&amp;\,\sum\limits_{j=1}^n (-1)^{i+j} a^i_j \det A^i_j. 
  \end{align*}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wegen $\det A=\det A^T$ gen\"ugt es, die erste Gleichheit
  nachzuweisen.\par 
  Beide Seiten sind in der $j$-ten Spalte linear. Daher gen\"ugt es,
  die Aussage f\"ur Matrizen der Form 
  \[
  A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;\ldots&amp;a^1_{j-1}&amp;0&amp;a^1_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^{i-1}_1&amp;\ldots&amp;a^{i-1}_{j-1}&amp;0&amp;a^{i-1}_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^{i-1}_n\\
    a^i_1&amp;\ldots&amp;a^i_{j-1}&amp;a^i_j&amp;a^i_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^i_n\\
    a^{i+1}_1&amp;\ldots&amp;a^{i+1}_{j-1}&amp;0&amp;a^{i+1}_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^{i+1}_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^n_1&amp;\ldots&amp;a^n_{j-1}&amp;0&amp;a^n_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^n_n
  \end{pmatrix}
  \]
  nachzuweisen. Ohne Einschr\"ankung k\"onnen wir $a^i_j\neq0$
  annehmen und daher gen\"ugt es aufgrund der Eigenschaften der
  Determinante (die rechte Seite bleibt ohnehin unver\"andert),
  anzunehmen, dass $A$ von der Form
  \[
  A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;\ldots&amp;a^1_{j-1}&amp;0&amp;a^1_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^{i-1}_1&amp;\ldots&amp;a^{i-1}_{j-1}&amp;0&amp;a^{i-1}_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^{i-1}_n\\
    0&amp;\ldots&amp;0&amp;1&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    a^{i+1}_1&amp;\ldots&amp;a^{i+1}_{j-1}&amp;0&amp;a^{i+1}_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^{i+1}_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^n_1&amp;\ldots&amp;a^n_{j-1}&amp;0&amp;a^n_{j+1}&amp;\ldots&amp;a^n_n
  \end{pmatrix}
  \]
  ist. Weiterhin d\"urfen wir die ausgezeichnete Spalte mit der rechts
  davon vertauschen. Auf diese Weise bringen wir die ausgezeichnete
  Spalte ganz nach rechts. Ebenso d\"urfen wir die ausgezeichnete
  Zeile sukzessive mit der darunterliegenden Zeile vertauschen. Bei
  den Vertauschungen \"andert sich jeweils das Vorzeichen auf beiden
  Seiten. Wir d\"urfen also ohne Einschr\"ankung annehmen, dass 
  \[
  A=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;\ldots&amp;a^1_{n-1}&amp;0\\
    \vdots&amp;\ddots&amp;\vdots&amp;\vdots\\
    a^{n-1}_1&amp;\ldots&amp;a^{n-1}_{n-1}&amp;0\\
    0&amp;\ldots&amp;0&amp;1&amp;\\
   \end{pmatrix}
  \]
  gilt. Nun ist
  \begin{align*}
    \det A=&amp;\,\sum\limits_{\sigma\in S_n}\sign\sigma\cdot
    a_1^{\sigma(1)}\cdots a_{n-1}^{\sigma(n-1)}\cdot a_n^{\sigma(n)}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{\substack{\sigma\in
        S_n\\\sigma(n)=n}}\sign\sigma\cdot
    a_1^{\sigma(1)}\cdots a_{n-1}^{\sigma(n-1)}\cdot a_n^{\sigma(n)}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{\sigma\in
        S_{n-1}}(-1)^{n+n}\sign\sigma\cdot
    a_1^{\sigma(1)}\cdots a_{n-1}^{\sigma(n-1)}\cdot 1\\
    =&amp;\,(-1)^{n+n}\det A^n_n\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{i+n}a^i_n\det A^i_n.
  \end{align*}
  Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

Die Determinante ist ein Gruppenhomomorphismus:
\begin{theorem}[Determinantenmultiplikationssatz]
  Seien $A,B\in F^{n\times n}$. Dann gilt
  \[\det(AB)=\det A\cdot\det B.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $A=\left(a^i_j\right)$, $B=\left(b^i_j\right)$. Dann ist
  $AB=\left(\sum\limits_{k=1}^n a^i_kb^k_j\right)$. Setzen wir
  $b^i:=\left(b^i_j\right)$, den Vektor, der in der $i$-ten Zeile von
  $B$ steht, so k\"onnen wir
  \[
  AB=
  \begin{pmatrix}
    a^1_1&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    \vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    a^n_1&amp;\ldots&amp;a^n_n
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    b^1\\ \vdots\\ b^n
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    \sum\limits_{i_1=1}^n a^1_{i_1}b^{i_1}\\
    \vdots\\
    \sum\limits_{i_n=1}^n a^n_{i_n}b^{i_n}
  \end{pmatrix}
  \]
  schreiben, wenn wir eine Kollektion aus Zeilenvektoren als Matrix
  interpretieren. Wir erhalten aufgrund der Multilinearit\"at und der
  Symmetrieeigenschaften der Determinante
  \begin{align*}
    \det(AB) =&amp;\,\det
    \begin{pmatrix}
      \sum\limits_{i_1=1}^n a^1_{i_1}b^{i_1}\\
      \vdots\\
      \,\sum\limits_{i_n=1}^n a^n_{i_n}b^{i_n}
    \end{pmatrix}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i_1=1}^n \sum\limits_{i_2=1}^n \ldots
    \sum\limits_{i_n=1}^n a^1_{i_1} a^2_{i_2}\cdots a^n_{i_n} \det
    \begin{pmatrix}
      b^{i_1}\\
      \vdots\\
      b^{i_n}
    \end{pmatrix}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{\sigma\in S_n} a^1_{\sigma(1)} a^2_{\sigma(2)}
    \cdots a^n_{\sigma(n)}\cdot\det
    \begin{pmatrix}
      b^{\sigma(1)}\\
      \vdots\\
      b^{\sigma(n)}
    \end{pmatrix}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{\sigma\in S_n} a^1_{\sigma(1)} a^2_{\sigma(2)}
    \cdots a^n_{\sigma(n)}\cdot\sign\sigma\cdot\det
    \begin{pmatrix}
      b^1\\ \vdots\\ b^n
    \end{pmatrix}\\
    =&amp;\,\det A\cdot\det B. 
    \qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
  Eine quadratische Matrix $A\in F^{n\times n}$ ist genau dann
  regul\"ar, wenn $\det A\neq0$ gilt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A$ regul\"ar. Dann existiert nach Theorem \ref{reg
      besitzt inv thm} eine Inverse $A^{-1}$. Der
    Determinantenmultiplikationssatz liefert \[1= \det\eins
    =\det\left(AA^{-1}\right) =\det A\cdot\det A^{-1}.\] Somit ist
    $\det A\neq0$. 
  \item Sei nun $\det A\neq0$. Nach Theorem \ref{lin abh det thm} sind
    daher die Spalten von $A$ linear unabh\"angig. Somit ist $A$
    regul\"ar. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Der Beweis liefert auch
\begin{corollary}
  Sei $A$ regul\"ar. Dann gilt \[\det A^{-1}=\frac1{\det A}.\] 
\end{corollary}

\begin{corollary}
  \"Ahnliche Matrizen haben die gleiche Determinante.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $B=DAD^{-1}$. Dann folgt
  \[\det B=\det D\cdot\det A\cdot\det D^{-1} =\det D\cdot(\det
    D)^{-1}\cdot\det A =\det A.\qedhere\]
\end{proof}

Da \"ahnliche Matrizen dieselbe Determinante haben, ist die
Determinante eines Endomorphismusses zwischen endlichdimensionalen
Vektorr\"aumen wohldefiniert.  
\begin{definition}
  Sei $f\colon V\to V$ ein Endomorphismus. Sei $A$ die Matrix zu $f$
  bez\"uglich einer beliebigen Basis. Setze \[\det f:=\det A.\]
\end{definition}

\begin{theorem}\label{adjunkte thm}
  Sei $A=\left(a^i_j\right)$ eine $(n\times n)$-Matrix. Sei
  $A^i_j$ die $((n-1)\times(n-1))$-Matrix, die wir erhalten, wenn wir
  die $i$-te Zeile und die $j$-te Spalte wie in Theorem \ref{laplace
    entw satz} streichen. Definiere die $(n\times n)$-Matrix $B$ durch
  $b^i_j:=(-1)^{i+j}\det A^j_i$. Dann gilt
  \[AB=\det A\cdot\eins.\]
  $B$ hei\ss{}t die Adjunkte von $A$, $A^{\text{adj}}$. 
  \par Ist $A$ regul\"ar, so gilt \[A^{-1}=\frac{B}{\det A}.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt
  \[\sum\limits_{j=1}^na^i_jb^j_k =\sum\limits_{j=1}^n
  a^i_j(-1)^{j+k}\det A^k_j =\delta^i_k\det A,\] denn f\"ur $i=k$
  steht in der Mitte gerade die Entwicklung (siehe Theorem
  \ref{laplace entw satz}, Entwicklungssatz von Laplace) von $\det A$
  nach der $j$-ten Spalte und f\"ur $i\neq k$ die Entwicklung der
  Determinante einer Matrix mit gleicher $i$-ter und $k$-ter Zeile.
\end{proof}

\Subsection{Charakteristisches Polynom}
\begin{theorem}
  Sei $f\colon V\to V$ durch die Matrix $A$ beschrieben. Dann ist
  $\lambda\in F$ genau dann ein Eigenwert von $f$, wenn \[\det
  (A-\lambda\eins)=0\] gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Ist $\lambda$ ein Eigenwert, so ist $A-\lambda\eins$ singul\"ar und
  somit $\det(A-\lambda\eins)=0$. Die R\"uckrichtung funktioniert
  genauso. 
\end{proof}

Die Determinantenabbildung ist ein Polynom in den Eintr\"agen der
Matrix. Daher k\"onnen wir Determinanten nicht nur f\"ur Matrizen mit
Eintr\"agen in $F$, sondern auch mit Eintr\"agen $a^i_j\in F[X]$ oder
$F[\lambda]$ nach der Leibnizformel definieren.

\begin{lemma}
  Sei $A=\left(a^i_j\right)$ eine $(n\times n)$-Matrix. Dann ist
  \[\chi_A(\lambda):=\det(A-\lambda\eins)\] ein Polynom vom Grad $n$. 
  Wir schreiben \[\chi_A(\lambda)=(-1)^n\lambda^n
  +(-1)^{n-1}S_1\lambda^{n-1} +\ldots +(-1)^0S_n,\] wobei hier
  zun\"achst $S_i\in F$ gilt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Da in jeder Zeile (oder Spalte) nur ein Term mit $\lambda$,
  n\"amlich $a^i_i-\lambda\delta^i_i$ vorkommt, folgt per Induktion
  (Leibnizformel), dass $\chi_A(\lambda)$ ein Polynom vom Grad $\le n$
  ist. Durch Entwicklung der Determinante sieht man, dass
  $\chi_A(\lambda)$ die Summe
  von \[\left(a^1_1-\lambda\right)\left(a^2_2-\lambda\right)
  \cdots\left(a^n_n-\lambda\right)\] und einem Polynom vom Grade $\le
  n-2$ ist. Somit ist $(-1)^n$ der Koeffizient vor $\lambda^n$.
\end{proof}

\begin{definition}[Elementarsymmetrische Funktionen]
  Seien $\mu_1,\ldots,\mu_n\in F$. Definiere $\sigma_k\equiv
  \sigma_k(\mu)\equiv \sigma_k(\mu_1,\ldots,\mu_n)$ durch
  \begin{align*}
    \sigma_0:=&amp;\,1,\\
    \sigma_1:=&amp;\,\sum\limits_{1\le i\le n}\mu_i,\\
    \sigma_2:=&amp;\,\sum\limits_{1\le i_1&lt;i_2\le n}\mu_{i_1}\mu_{i_2},\\
    \sigma_k:=&amp;\,\sum\limits_{1\le i_1&lt;i_2&lt;\ldots&lt;i_k\le n}
    \mu_{i_1}\mu_{i_2}\cdots \mu_{i_k},\quad 1\le k\le n,\\
    \sigma_n:=&amp;\,\mu_1\mu_2\cdots\mu_n. 
  \end{align*}
  Sei $A=\left(a^i_j\right)\in F^{n\times n}$. Wir definieren
  \begin{align*}
    S_0(A):=&amp;\,1,\\
    S_1(A):=&amp;\,\sum\limits_{i=1}^n a^i_i=:\tr A,\qquad\text{(Spur von
      A)}\\ 
    S_k(A):=&amp;\,\sum\limits_{1\le i_1&lt;i_2&lt;\ldots&lt;i_k\le n}
    \det\left(a^i_j\right)_{i,j\in\{i_1,\ldots,i_k\}},\\
    S_n(A):=&amp;\,\det A.
  \end{align*}
  H\"aufiger setzt man alle anderen Funktionen gleich Null:
  $0=S_{-1}=S_{-2}=\ldots=S_{n+1}=S_{n+2}=\ldots=\sigma_{-1}
  =\sigma_{-2}=\ldots=\sigma_{n+1}=\sigma_{n+2}=\ldots$. 
\end{definition}

\begin{remark}
  Sei $\sigma\in S_n$, so gilt
  \[\sigma_k(\mu_1,\ldots,\mu_n)
  =\sigma_k(\sigma(\mu_1),\ldots,\sigma(\mu_n)).\] 
  Ist $A\in F^{n\times n}$ diagonal, so ist
  \[S_k(A)=\sigma_k\left(a^1_1,\ldots,a^n_n\right).\] 
\end{remark}

\begin{lemma}
  Sei $A\in F^{n\times n}$. Dann gilt
  \[\det(A-\lambda\eins)=(-1)^n\lambda^n +(-1)^{n-1}S_1(A)\lambda^{n-1}
  +\ldots+(-1)^{n-k}S_k(A)\lambda^{n-k} +\ldots +S_n(A).\] 
  Ist $A$ diagonal, so gilt
  \begin{align*}
    \det(A-\lambda\eins) =&amp;\,(-1)^n\lambda^n
    +(-1)^{n-1}\sigma_1\left(a^1_1,\ldots,a^n_n\right)\lambda^{n-1}+\ldots\\
    &amp;\quad+(-1)^{n-k}\sigma_k\left(a^1_1,\ldots,a^n_n\right)\lambda^{n-k}+
    \ldots+\sigma_n\left(a^1_1,\ldots,a^n_n\right).    
  \end{align*}
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Den allgemeinen Fall lassen wir als \"Ubungsaufgabe.\par Ist $A$
  diagonal und $n=1$, so ist $\det(A-\lambda\eins)=a^1_1-\lambda$ wie
  behauptet. Gelte die Behauptung bereits f\"ur $n$. Sei innerhalb
  dieses Beweises $\sigma_k$ die $n$-dimensionale $k$-te
  elementarsymmetrische Funktion von $\left(a^1_1,\ldots,a^n_n\right)$
  und $\tilde\sigma_k$ die $(n+1)$-dimensionale $k$-te
  elementarsymmetrische Funktion von
  $\left(a^1_1,\ldots,a^{n+1}_{n+1}\right)$.  Es gilt f\"ur $1\le k\le
  n$ 
  \begin{align*}
    \tilde\sigma_k=&amp;\,\sum\limits_{1\le i_1&lt;\ldots&lt;i_k\le
      n+1}a^{i_1}_{i_1}\cdots a^{i_k}_{i_k}\\ =&amp;\,\sum\limits_{1\le
      i_1&lt;\ldots&lt;i_{k-1}&lt;n+1} a^{i_1}_{i_1}\cdots
    a^{i_{k-1}}_{i_{k-1}}\cdot a^{n+1}_{n+1} +\sum\limits_{1\le
      i_1&lt;\ldots&lt;i_k&lt; n+1} a^{i_1}_{i_1}\cdots a^{i_k}_{i_k}\\
    =&amp;\,\sigma_{k-1}\cdot a^{n+1}_{n+1} +\sigma_k.
  \end{align*}
  Dann folgt f\"ur die Diagonalmatrix $A\in F^{(n+1)\times(n+1)}$ mit
  den Diagonaleintr\"agen $a^1_1,\ldots,a^n_n,a^{n+1}_{n+1}$
  \begin{align*}
    \det(A-\lambda\eins) =&amp;\,\left(a^1_1-\lambda\right)\cdot
    \left(a^2_2-\lambda\right)
    \cdots\left(a^{n+1}_{n+1}-\lambda\right)\\
    =&amp;\,\left((-1)^n\lambda^n +(-1)^{n-1}\sigma_1\lambda^{n-1}+\ldots
      +(-1)^{n-k}\sigma_k\lambda^{n-k}+
      \ldots+\sigma_n\right)\cdot\\
    &amp;\quad\cdot\left(a^{n+1}_{n+1}-\lambda\right)\\
    =&amp;\,\left(\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}
      \sigma_k\lambda^{n-k}\right)\cdot
    \left(a^{n+1}_{n+1}-\lambda\right)\\
    \intertext{und nach Indexverschiebung in der ersten Summe}
    =&amp;\,\sum\limits_{k=1}^{n+1}(-1)^{n+1-k}
    \sigma_{k-1}a^{n+1}_{n+1}\lambda^{n+1-k} +\sum\limits_{k=0}^n
    (-1)^{n+1-k}\sigma_k\lambda^{n+1-k}\\
    =&amp;\,\underbrace{\sigma_na^{n+1}_{n+1}}_{=\tilde\sigma_{n+1}}
    +\sum\limits_{k=1}^n (-1)^{n+1-k}
    \underbrace{\left(\sigma_{k-1}a^{n+1}_{n+1}
        +\sigma_k\right)}_{=\tilde\sigma_k} \lambda^{n+1-k}
    +(-1)^{n+1}\sigma_0\lambda^{n+1}\\
    =&amp;\,\sum\limits_{k=0}^{n+1} (-1)^{n+1-k} \tilde\sigma_k
    \lambda^{n+1-k}. 
  \end{align*}
  Die Behauptung f\"ur Diagonalmatrizen folgt. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Das Polynom \[\chi_A(X):=\det(A-X\eins)\] hei\ss{}t
  charakteristisches Polynom der Matrix $A$. Sei $f$ ein durch $A$
  dargestellter Endomorphismus. Setze \[\chi_f(X):=\det(A-X\eins).\]
\end{definition}

\begin{lemma}
  Sei die Abbildung $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen
  Vek\-tor\-raumes. Dann ist $\chi_f(X)$ wohldefiniert.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $S$ regul\"ar und $B=SAS^{-1}$. Dann gilt
  \begin{align*}
    \chi_B(X) =&amp;\,\det\left(SAS^{-1}-X\eins\right)
    =\det\left(SAS^{-1}-SX\eins S^{-1}\right)\\
    =&amp;\,\det\left(S(A-X\eins)S^{-1}\right)
    =\det S\cdot\det(A-X\eins)\cdot\det S^{-1}\\
    =&amp;\,\det(A-X\eins) =\chi_A(X). \qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

Zusammenfassend erhalten wir
\begin{theorem}
  Die Eigenwerte eines linearen Endomorphismusses $f\colon V\to V$
  zwischen endlichdimensionalen Vektorr\"aumen sind genau die
  Nullstellen von $\chi_f(X)$ in $F$. 
\end{theorem}

Als Korollar zur Wohldefiniertheit von $\chi_f(X)$ erhalten wir
\begin{corollary}
  Seien $A,A'$ \"ahnlich, so gilt $S_k(A)=S_k(A')$ f\"ur alle $1\le
  k\le n$. 
\end{corollary}

Alternativ k\"onnte man dieses Resultat f\"ur $k=1$ mit dem folgenden
Lemma beweisen.
\begin{lemma}
  Seien $A,B\in F^{n\times n}$. Dann gilt \[\tr(AB)=\tr(BA).\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ und
  $B=\left(b^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$ Es gilt \[\tr(AB)
  =\sum\limits_{i,j=1}^n a^i_jb^j_i =\sum\limits_{i,j=1}^n b^j_ia^i_j
  =\tr(BA).\qedhere\] 
\end{proof}

Zur geometrischen Vielfachheit eines Eigenwertes gibt es auch ein
algebraisches Analogon
\begin{definition}
  Sei $\lambda\in F$ ein Eigenwert einer linearen Selbstabbildung
  $f\colon V\to V$ (zwischen endlichdimensionalen R\"aumen; in Zukunft
  wollen wir diesen Zusatz immer als automatisch gegeben ansehen, wenn
  Determinanten oder charakteristische Polynome auftreten). Dann
  hei\ss{}t die Vielfachheit der Nullstelle $\lambda$ von $\chi_f(X)$ die
  algebraische Vielfachheit von $\lambda$. 
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $\lambda$ ein Eigenwert von $f\colon V\to V$. Dann ist die
  geometrische Vielfachheit von $\lambda$ kleiner oder gleich der
  algebraischen Vielfachheit von $\lambda$. 
\end{theorem}
Im Beispiel $\left(
  \begin{smallmatrix}
    1&amp;1\\0&amp;1
  \end{smallmatrix}
\right)$ ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes $1$ gleich
eins, die algebraische ist $2$. 
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\dim E_\lambda=k$. Dann gibt es $k$ linear unabh\"angige
  Eigenvektoren von $f$ zum Eigenwert $\lambda$. Wir erg\"anzen diese
  zu einer Basis von $V$. Dann ist $f$ bez\"uglich dieser Basis durch
  eine Matrix $A$ der Form 
  \[
  \begin{pmatrix}
    \lambda&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;*&amp;\ldots&amp;*\\
    0&amp;\lambda&amp;\ldots&amp;0&amp;*&amp;\ldots&amp;*\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;\ldots&amp;\lambda&amp;*&amp;\ldots&amp;*\\
    0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;b^1_1&amp;\ldots&amp;b^1_{n-k}\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;b^{n-k}_1&amp;\ldots&amp;b^{n-k}_{n-k}
  \end{pmatrix}
  \]
  mit geeigneten $b^i_j\in F$ dargestellt.  Dabei bezeichnet $*$ einen
  beliebigen Eintrag aus $F$. Wir setzen $B:=\left(b^i_j\right)_{1\le
    i,j\le n-k}$. Wir erhalten durch sukzessive Entwicklung nach der
  ersten, zweiten, \ldots, $k$-ten Spalte
  $\chi_f(X)=\chi_A(X)=\det(A-X\eins_n)
  =(\lambda-X)^k\det(B-X\eins_{n-k})$. Somit ist die algebraische
  Vielfachheit von $\lambda$ mindestens gleich $k$. Die Behauptung
  folgt.
\end{proof}

\Subsection{Diagonalisierbarkeit und Trigonalisierbarkeit}
\begin{definition}
  Eine lineare Selbstabbildung $f\colon V\to V$ eines
  endlichdimensionalen Vektorraumes $V$ hei\ss{}t diagonalisierbar,
  wenn es eine Basis gibt, so dass $f$ bez\"uglich dieser Basis durch
  eine Diagonalmatrix dargestellt wird. 
\end{definition}

\begin{lemma}\label{ev versch ew lin unabh}
  Sei $f\colon W\to W$ linear und sei $\dim W&lt;\infty$. Sei $U$ der
  Eigenraum zum Eigenwert $\lambda$ und $V$ der Eigenraum zum
  Eigenwert $\mu\neq\lambda$. Dann gilt \[\dim(U+V)=\dim U+\dim V.\]
  (Die Verallgemeinerung auf endlich viele Eigenr\"aume beweist man
  mit einem analogen Beweis.)
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $a_i$, $1\le i\le\dim U$, eine Basis von $U$ und $b_j$, $1\le
  j\le \dim V$ eine Basis von $V$. 
  Wir behaupten, dass die Vektoren $\left\{(a_i)_{1\le i\le \dim
      U},(b_j)_{1\le j\le\dim V}\right\}$ linear unabh\"angig
  sind. Sonst erhalten wir eine nichttriviale Linearkombination der
  Null
  \[\underbrace{\sum\limits_{i=1}^{\dim U}\lambda^ia_i}_{=:a}
  +\underbrace{\sum\limits_{j=1}^{\dim V}\mu^jb_j}_{=:b}=0,\] 
  wobei $a$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$ und $b$ ein
  Eigenvektor zum Eigenwert $\mu$ ist. Nach Theorem \ref{versch ew lin
    unabh thm} folgt nun $a=b=0$. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Eine lineare Abbildung $f\colon V\to V$ ist genau dann
  diagonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom $\chi_f(X)$ in
  Linearfaktoren zerf\"allt, d.\,h.{} wenn es sich in der Form
  $a\cdot(X-a_1)\cdots(X-a_n)$ f\"ur $a,a_i\in F$ schreiben l\"asst,
  und die geometrische Vielfachheit jedes Eigenwertes von $f$ mit
  seiner algebraischen Vielfachheit \"ubereinstimmt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $f$ diagonalisierbar, so ist die Behauptung klar.
  \item Da $\chi_f(X)$ in Linearfaktoren zerf\"allt, summieren sich die
    geometrischen wie algebraischen Vielfachheiten der (einfach
    aufgef\"uhrten) Eigenwerte von $f$ zu $n$ auf. W\"ahle zu jedem
    Eigenraum eine Basis aus Eigenvektoren. Nach Lemma \ref{ev
      versch ew lin unabh} bilden diese eine Basis eines
    $n$-dimensionalen Unterraumes, also von $V$ selbst. Also besitzt
    $V$ eine Basis aus Eigenvektoren von $f$. $f$ ist somit
    diagonalisierbar. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Eine lineare Selbstabbildung $f\colon V\to V$ eines
  endlichdimensionalen Raumes $V$ hei\ss{}t genau dann
  trigonalisierbar, wenn es eine Basis gibt, so dass $f$ durch eine
  obere Dreiecksmatrix dargestellt wird, \dh durch eine Matrix
  $A=\left(a^i_j\right)$ mit $a^i_j=0$ f\"ur $j&lt;i$. 
\end{definition}

\begin{theorem}\label{lin fak diag thm}
  Ein linearer Endomorphismus $f\colon V\to V$ ist genau dann
  trigonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom $\chi_f(X)$ in
  Linearfaktoren zerf\"allt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Ist $f$ trigonalisierbar, so ist die Behauptung klar. \par
  Zerfalle das charakteristische Polynom von $f$ in
  Linearfaktoren. Wir wollen per Induktion zeigen, dass $f$
  trigonalisierbar ist. Sei $\lambda_1$ eine Nullstelle von $\chi(f)$
  und sei $f$ durch die Matrix $A$ dargestellt. Dann ist
  $A-\lambda_1\eins$ singul\"ar, besitzt also einen nichttrivialen
  Kern. Somit gibt es ein $a_1\in\ker(A-\lambda_1\eins)$, also einen
  Eigenwert von $A$ zum Eigenwert $\lambda_1$. Bez\"uglich einer Basis
  $(a_1,\ldots,a_n)$, $a_i$ f\"ur $i\ge2$ noch nicht fixiert, in der
  der erste Vektor $a_1$ ist, hat $A$ die Gestalt
  \[
  \begin{pmatrix}
    \lambda_1&amp;a^1_2&amp;\ldots&amp;a^1_n\\
    0&amp;a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    0&amp;a^3_2&amp;\ldots&amp;a^3_n\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\vdots\\
    0&amp;a^n_2&amp;\ldots&amp;a^n_n
  \end{pmatrix}.
  \]
  Betrachte nun $g\colon\langle a_2,\ldots,a_n\rangle \to\langle
  a_2,\ldots,a_n\rangle$, definiert durch 
  \[
  \begin{pmatrix}
    a^2_2&amp;\ldots&amp;a^2_n\\
    a^3_2&amp;\ldots&amp;a^3_n\\
    \vdots&amp;&amp;\vdots\\
    a^n_2&amp;\ldots&amp;a^n_n
  \end{pmatrix}.
  \]
  Es gilt $\chi_f(X)=(\lambda_1-X)\cdot\chi_g(X)$. Da $\chi_f$ in
  Linearfaktoren zerf\"allt, gilt dies auch f\"ur $\chi_g(X)$. Nach
  Induktionsvoraussetzung gibt es daher eine Basis $b_2,\ldots,b_n$,
  bez\"uglich der $g$ durch eine obere Dreiecksmatrix dargestellt
  ist. Somit ist $f$ bez\"uglich der Basis $(a_1,b_2,\ldots,b_n)$
  durch eine obere Dreiecksmatrix dargestellt. 
\end{proof}

\Section{Vektorr\"aume mit Skalarprodukt}
Sobald wir Skalarprodukte verwenden, wollen wir stets annehmen, dass
wir $\R$- oder $\C$-Vektorr\"aume betrachten. 

\Subsection{Euklidische Vektorr\"aume}
Ein euklidischer Vektorraum ist ein Vektorraum mit einem reellen
Skalarprodukt.
\begin{definition}
  Sei $V$ ein $\R$-Vektorraum. Ein (reelles) Skalarprodukt auf $V$ ist
  eine Funktion $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon V\times V\to\R$, die
  folgendes erf\"ullt:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\langle a,b\rangle =\langle b,a\rangle$ f\"ur alle $a,b\in V$
    \hfill (Symmetrie) 
  \item $\langle\lambda a+\mu b,c\rangle =\lambda\langle a,c\rangle
    +\mu\langle b,c\rangle$ f\"ur alle $a,b,c\in V$ und
    $\lambda,\mu\in\R$ \hfil (Linearit\"at)
  \item $\langle a,a\rangle\ge0$ und $\langle a,a\rangle=0$
    $\Longleftrightarrow$ $a=0$ f\"ur alle $a\in V$ \hfill (positive
    Definitheit)
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}\label{skp rem}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Aus des Symmetrie und der Linearit\"at im ersten Argument
    folgt auch die Linearit\"at im zweiten Argument
    \[\langle c,\lambda a+\mu b\rangle =\langle\lambda a+\mu
    b,c\rangle =\lambda\langle a,c\rangle +\mu\langle b,c\rangle
    =\lambda\langle c,a\rangle +\mu\langle c,b\rangle.\]
    Eine Funktion in zwei Argumenten, die in beiden Argumenten linear
    ist, hei\ss{}t bilinear. 
  \item\label{skp rem ii} Per Induktion zeigt man f\"ur beliebige
    Linearkombinationen \[\left\langle\sum\limits_{i=1}^m\lambda^ia_i,
      \sum\limits_{j=1}^n\mu^jb_j\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^m
    \sum\limits_{j=1}^n \lambda^i\mu^j\langle a_i,b_j\rangle.\] Somit
    ist ein Skalarprodukt durch seine Werte auf einer Basis eindeutig
    bestimmt.
  \item Sei $V=\R^n$. F\"ur Vektoren $\xi=(\xi^1,\ldots,\xi^n)$ und
    $\eta=(\eta^1,\ldots,\eta^n)$ definieren wir 
    \[\langle\xi,\eta\rangle:=\sum\limits_{i=1}^n\xi^i\eta^i.\] 
    Dies ist ein Skalarprodukt auf $\R^n$ (\"Ubung), das
    Standard-Skalarprodukt. 
  \item Sei $V=\R^2$. Definiere f\"ur $\xi=(\xi^1,\xi^2)$ und
    $\eta=(\eta^1,\eta^2)$ \[\langle\xi,\eta\rangle :=\xi^1\eta^1
    +5\xi^1\eta^2 +5\xi^2\eta^2 +26\xi^2\eta^2.\] Dies ist ein
    weiteres Skalarprodukt auf $\R^2$. Es stimmt nicht mit dem
    Standardskalarprodukt auf $\R^2$ \"uberein. 
  \item Sei $V$ der Vektorraum der auf $[a,b]\subset\R$ stetigen
    reellwertigen Funktionen, $V=C^0([a,b])$. Gelte bei diesen
    Beispielen stets $a&lt;b$. Definiere f\"ur $f,g\in V$ \[\langle
    f,g\rangle =\int\limits_a^b f(x)g(x)\,dx.\] Dies ist ein
    Skalarprodukt auf $V$ (vgl.{} Analysis-Vorlesung).
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  Sei $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon V\times V\to\R$ ein
  Skalarprodukt und sei $a_1,\ldots,a_n$ eine Basis von $V$. Dann
  definieren wir \[c_{ij}:=\langle a_i,a_j\rangle\quad \text{f\"ur
  }1\le i,j\le n.\] $C=(c_{ij})_{1\le i,j\le n}$ hei\ss{}t Matrix zum
  Skalarprodukt $\langle\cdot,\cdot\rangle$.\par Beachte, dass wir
  hier beide Indices unten schreiben. In Matrizenform stellen wir $C$
  durch 
  \[
  \begin{pmatrix}
    c_{11}&amp;c_{12}&amp;\ldots&amp;a_{1n}\\
    c_{21}&amp;c_{22}&amp;\ldots&amp;a_{2n}\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    c_{n1}&amp;c_{n2}&amp;\ldots&amp;a_{nn}
  \end{pmatrix}
  \]
  dar. Es ist nicht ideal, Matrizen der Form $\left(c^i_j\right)$ und
  $\left(c_{ij}\right)$ graphisch gleich darzustellen, jedoch
  \"ublich.
\end{definition}

\begin{theorem}
  Die Matrix $C=(c_{ij})_{1\le i,j\le n}$ eines reellen
  Skalarproduktes ist symmetrisch, \dh es gilt $c_{ij}=c_{ji}$ f\"ur
  alle $1\le i,j\le n$ oder $C=C^T$ mit $C^T:=(b_{ij})_{1\le i,j\le
    n}$ mit $b_{ij}=c_{ji}$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $a_1,\ldots,a_n$ eine Basis. Dann gilt \[c_{ij}=\langle
  a_i,a_j\rangle =\langle a_j,a_i\rangle =c_{ji}.\qedhere\] 
\end{proof}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Bez\"uglich der Standardbasis ist die Matrix des
    Standardskalarproduktes auf $\R^n$ gleich 
    $\eins=I=(\delta_{ij})_{1\le i,j\le n}$.
  \item Das Skalarprodukt mit \[\langle\xi,\eta\rangle :=\xi^1\eta^1
    +5\xi^1\eta^2 +5\xi^2\eta^1 +26\xi^2\eta^2\] ist bez\"uglich der
    Standardbasis des $\R^2$ durch die Matrix
    \[
    \begin{pmatrix}
      1&amp;5\\ 5&amp;26
    \end{pmatrix}
    \]
    und bez\"uglich der Basis aus den Vektoren $(1,0)$ und $(-5,1)$
    durch die Matrix $\eins$ dargestellt.
  \item Sei $V$ der Vektorraum der Polynome vom Grad $\le3$ mit Basis
    $(1,x,x^2,x^3)$. Dann ist das Skalarprodukt \[\langle p,q\rangle
    =\int\limits_0^1 p(x)q(x)\,dx\] durch die Matrix
    \[
    \begin{pmatrix}
      1&amp;\frac12&amp;\frac13&amp;\frac14\\[1mm]
      \frac12&amp;\frac13&amp;\frac14&amp;\frac15\\[1mm]
      \frac13&amp;\frac14&amp;\frac15&amp;\frac16\\[1mm]
      \frac14&amp;\frac15&amp;\frac16&amp;\frac17      
    \end{pmatrix}
    \]
    dargestellt. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{lemma}
  Sei $\langle\cdot,\cdot\rangle$ ein Skalarprodukt, dem bez\"uglich
  der Basis $a_1,\ldots,a_n$ die Matrix $(c_{ij})_{1\le i,j\le n}$
  zugeordnet ist. Seien $\xi=\sum\limits_{i=1}^n\xi^ia_i$ und
  $\eta=\sum\limits_{j=1}^n\eta^ia_i$ beliebig. Dann gilt \[\langle
  \xi,\eta\rangle =\sum\limits_{i,j=1}^n\xi^i c_{ij}\eta^j.\] 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze die Linearit\"at in beiden Argumenten wie in Bemerkung
  \ref{skp rem} \eqref{skp rem ii}. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Wir wollen schlie\ss{}lich noch das Verhalten einer ein
  Skalarprodukt darstellenden Matrix unter Basistransformationen
  untersuchen. \par Sei $V$ ein reeller Vektorraum mit Basen $S$ und
  $T$, $S=(a_1,\ldots,a_n)$ und
  $T=(b_1,\ldots,b_n)$. Gelte \[b_k=\sum\limits_{i=1}^n d^i_ka_i.\]
  Das Skalarprodukt $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon V\times V\to\R$
  werde bez\"uglich $S$ durch die Matrix $C=(c_{ij})_{1\le i,j\le n}$
  beschrieben. Dann gilt
  \begin{align*}
    m_{kl}:=&amp;\,\langle b_k,b_l\rangle =\left\langle
      \sum\limits_{i=1}^n d^i_ka_i, \sum\limits_{j=1}^n
      d^j_la_j\right\rangle\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i,j=1}^nd^i_kd^j_l\langle a_i,a_j\rangle 
    =\sum\limits_{i,j=1}^n d^i_kd^j_lc_{ij}.
  \end{align*}
  Setze $M:=(m_{ij})_{1\le i,j\le n}$ und $D:=(d^i_k)_{1\le i,k\le
    n}$. Dann gilt \[M=D^TCD.\]
\end{remark}

\Subsection{Unit\"are Vektorr\"aume}
Mit $\bar z$ bezeichnen wir die komplex konjugierte Zahl zu
$z$. Ist also $z=x+iy$ mit $x,y\in\R$, so ist $\bar z=x-iy$. 

Ein Vektorraum mit einem unit\"aren Skalarprodukt hei\ss{}t unit\"arer
Vektorraum. 
\begin{definition}
  Sei $V$ ein $\C$-Vektorraum. Ein unit\"ares Skalarprodukt auf $V$
  ist eine Funktion $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon V\times V\to\C$,
  die die folgenden Eigenschaften erf\"ullt:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\langle a,b\rangle =\ol{\langle b,a\rangle}$ f\"ur alle
    $a,b\in V$\hfill (hermitesch)
  \item $\langle\lambda a+\mu b,c\rangle =\lambda\langle a,c\rangle
    +\mu\langle b,c\rangle$ f\"ur alle $a,b,c\in V$ und alle
    $\lambda,\mu\in\C$\\ \phantom x \hfill (Linearit\"at im ersten
    Argument)
  \item $\langle a,a\rangle\ge0$ und $\langle a,a\rangle=0$
    $\Longleftrightarrow$ $a=0$ f\"ur alle $a\in V$ \hfill (positiv
    definit) 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  Folgende Eigenschaften und Beispiele sind analog zum reellen Fall
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $a,b,c\in V$ und $\lambda,\mu\in\C$. Dann gilt
    \[\langle c,\lambda a+\mu b\rangle =\ol{\langle\lambda a+\mu
      b,c\rangle} =\bar\lambda \ol{\langle a,c\rangle} +\bar\mu
    \ol{\langle b,c\rangle} =\bar\lambda\langle c,a\rangle +\bar\mu
    \langle c,b\rangle.\] Linearit\"at im ersten Argument und dieses
    Verhalten im zweiten Argument bezeichnet man als
    Sesquilinearit\"at. \par Es gibt auch die umgekehrte Konvention,
    \dh man definiert ein unit\"ares Skalarprodukt so, dass es im
    zweiten Argument statt im ersten Argument linear ist und dass die
    \"ubrigen Eigenschaften unver\"andert gelten. Im ersten Argument
    werden dann Skalare komplex konjugiert nach au\ss{}en gezogen. 
  \item Per Induktion folgt hieraus f\"ur beliebige
    Linearkombinationen \[\left\langle
      \sum\limits_{i=1}^m\lambda^ia_i,
      \sum\limits_{j=1}^n\mu^jb_j\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^m
    \sum\limits_{j=1}^n \lambda^i\ol{\mu^j} \langle a_i,b_j\rangle.\] 
    Daher ist ein unit\"ares Skalarprodukt durch seine Werte auf einer
    Basis bereits eindeutig bestimmt. 
  \item Ist $V=\C^n$ und seien $x=(x^1,\ldots,x^n)$ und
    $y=(y^1,\ldots,y^n)$ Vektoren in $V$, so ist durch \[\langle
    x,y\rangle :=\sum\limits_{i=1}^n x^i\ol{y^i}\] ein unit\"ares
    Skalarprodukt auf $\C^n$ definiert. 
  \item Sei $V$ der komplexe Vektorraum der auf $[a,b]$
    komplexwertigen stetigen Funktionen einer reellen Variablen. Dann
    definiert
    \[\langle f,g\rangle:=\int\limits_a^b f(t)\ol{g(t)}\,dt\] ein
    unit\"ares Skalarprodukt auf $V$. Vergleiche wieder eine
    Analysis-Vorlesung f\"ur die positive Definitheit. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  Sei $V$ ein komplexer Vektorraum und
  $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon V\times V\to\C$ ein unit\"ares
  Skalarprodukt. Sei $(a_1,\ldots,a_n)$ eine Basis von $V$. Dann
  hei\ss{}t die Matrix $C=(c_{ij})_{1\le i,j\le n}$ mit 
  \[c_{ij}= \langle a_i,a_j\rangle,\quad 1\le i,j,\le n\] die Matrix
  des Skalarproduktes $\langle\cdot,\cdot\rangle$ bez\"uglich der
  Basis $a_1,\ldots,a_n$. 
\end{definition}

\begin{theorem}
  Die Matrix $C$ eines unit\"aren Skalarproduktes ist hermitesch, \dh
  es gilt $C^T=\bar C$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt \[c_{ij} =\langle a_i,a_j\rangle =\ol{\langle
    a_j,a_i\rangle} =\ol{c_{ji}}.\] Es folgt $C^T=\ol{C}$ wie
  behauptet. 
\end{proof}

Wie im reellen Fall zeigt man: 
\begin{lemma}
  Sei $\langle\cdot,\cdot\rangle$ ein unit\"ares Skalarprodukt, dem
  bez\"uglich einer Basis $a_1,\ldots,a_n$ die Matrix $(c_{ij})_{1\le
    i,j\le n}$ zugeordnet ist. Seien $\xi=\sum\limits_{i=1}^n\xi^ia_i$
  und $\eta=\sum\limits_{j=1}^n\eta^ia_i$ beliebig. Dann
  gilt \[\langle \xi,\eta\rangle =\sum\limits_{i,j=1}^n\xi^i
  c_{ij}\bar{\eta^j}.\]
\end{lemma}

\begin{remark}
  Wir wollen wiederum das Verhalten einer ein Skalarprodukt
  darstellenden Matrix unter Basistransformationen untersuchen. \par
  Sei $V$ ein komplexer Vektorraum mit Basen $S$ und $T$,
  $S=(a_1,\ldots,a_n)$ und
  $T=(b_1,\ldots,b_n)$. Gelte \[b_k=\sum\limits_{i=1}^n d^i_ka_i.\]
  Das Skalarprodukt $\langle\cdot,\cdot\rangle\colon V\times V\to\C$
  werde bez\"uglich $S$ durch die Matrix $C=(c_{ij})_{1\le i,j\le n}$
  beschrieben. Dann gilt
  \begin{align*}
    m_{kl}:=&amp;\,\langle b_k,b_l\rangle =\left\langle
      \sum\limits_{i=1}^n d^i_ka_i, \sum\limits_{j=1}^n
      d^j_la_j\right\rangle\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i,j=1}^nd^i_k\ol{d^j_l}\langle a_i,a_j\rangle 
    =\sum\limits_{i,j=1}^n d^i_k\ol{d^j_l}c_{ij}.
  \end{align*}
  Setze $M:=(m_{ij})_{1\le i,j\le n}$ und $D:=(d^i_k)_{1\le i,k\le
    n}$. Dann gilt \[M=D^TC\bar D.\]
\end{remark}

\begin{remark}
  Reelles und komplexes Skalarprodukt verhalten sich sehr
  \"ahnlich. Daher werden wir h\"aufiger nur den komplexen Sachverhalt
  untersuchen. Ein analoges reelles Resultat folgt dann analog. 
\end{remark}

\Subsection{Norm}
\begin{theorem}[Cauchy-Schwarzsche Ungleichung]
  Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt. Dann gilt \[|\langle
  a,b\rangle|^2\le \langle a,a\rangle \cdot\langle b,b\rangle\] f\"ur
  alle $a,b\in V$. Gleichheit gilt genau dann, wenn $a$ und $b$ linear
  abh\"angig sind. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Der Fall $b=0$ ist einfach (\"Ubung). \par
  Sei $\lambda\in\C$ beliebig. Dann gilt
  \[0\le\langle a-\lambda b,a-\lambda b\rangle =\langle a,a\rangle
  -\lambda\ol{\langle a,b\rangle} -\bar\lambda\langle a,b\rangle
  +\lambda\bar\lambda\langle b,b\rangle.\] Setzen wir speziell
  $\lambda =\frac{\langle a,b\rangle}{\langle b,b\rangle}$, so folgt
  nach Multiplikation mit $\langle b,b\rangle$ \[0\le\langle
  a,a\rangle \cdot\langle b,b\rangle -2|\langle a,b\rangle|^2
  +|\langle a,b\rangle|^2.\] Die behauptete Ungleichung folgt. \par
  Gilt Gleichheit, so gilt insbesondere auch in der ersten Ungleichung
  Gleichheit, also $0=a-\lambda b$ aufgrund der positiven Definitheit.  
\end{proof}

\begin{corollary}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $a_1,\ldots,a_n$ und $b_1,\ldots,b_n$ reelle
    Zahlen. Dann gilt \[\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i
    \le\left(\sum\limits_{i=1}^na_i^2\right)^{1/2}\cdot
    \left(\sum\limits_{j=1}^n b_j^2\right)^{1/2}.\] 
  \item Seien $f,g\colon[a,b]\to\C$ stetig. Dann
    gilt \[\left|\int\limits_a^bf(t)g(t)\,dt\right|^2
    \le\int\limits_a^b|f(t)|^2\,dt\cdot \int\limits_a^b|g(t)|^2\,dt.\]
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung f\"ur den
  Vektorraum 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\R^n$ mit Standardskalarprodukt.
  \item der stetigen Funktionen auf $[a,b]$ mit $\int fg$ als
    Skalarprodukt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $V$ ein reeller oder komplexer Vektorraum. Eine Funktion
  $\Vert\cdot\Vert\colon V\to\R$ hei\ss{}t Norm auf $V$, wenn sie die
  folgenden Bedingungen erf\"ullt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Vert\lambda a\Vert =|\lambda|\cdot\Vert a\Vert$ f\"ur alle
    $\lambda\in F$ und $a\in V,$
  \item $\Vert a+b\Vert\le\Vert a\Vert +\Vert b\Vert$ f\"ur alle
    $a,b\in V,$ \hfill (Dreiecksungleichung)
  \item $\Vert a\Vert=0$ $\Longleftrightarrow$ $a=0$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein Vektorraum mit Skalarprodukt
  $\langle\cdot,\cdot\rangle$. Dann ist die Funktion
  $\Vert\cdot\Vert\colon V\to\R$, durch $\Vert a\Vert:=\sqrt{\langle
    a,a\rangle}$ definiert, eine Norm.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Vert\lambda a\Vert =\sqrt{\langle\lambda a,\lambda a\rangle}
    =\sqrt{\lambda\bar\lambda\langle a,a\rangle}
    =|\lambda|\sqrt{\langle a,a\rangle} =|\lambda|\cdot\Vert a\Vert$. 
  \item\rule{0mm}{1mm}\vspace*{-2.5ex}
    \begin{align*}
      \Vert a+b\Vert^2=&amp;\,\langle a+b,a+b\rangle =\langle a,a\rangle
      +\langle a,b\rangle +\langle b,a\rangle +\langle b,b\rangle\\
      \le&amp;\,\langle a,a\rangle +2|\langle a,b\rangle| +\langle
      b,b\rangle\\
      \le&amp;\,\Vert a\Vert^2 +2\cdot\Vert a\Vert\cdot\Vert b\Vert +\Vert
      b\Vert^2 \qquad\text{(Cauchy-Schwarz)}\\
      =&amp;\,(\Vert a\Vert +\Vert b\Vert)^2.
    \end{align*}
  \item Die positive Definitheit der Norm folgt aus der positiven
    Definitheit des Skalarproduktes. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

In einem Skalarproduktraum (=Vektorraum mit Skalarprodukt) werden wir
unter einer Norm immer $\Vert a\Vert:=\sqrt{\langle a,a\rangle}$
verstehen.

\Subsection{Orthonormalbasen}
\begin{definition}
  Sei $V$ ein Skalarproduktraum. Dann hei\ss{}t $a\in V$ senkrecht zu
  $b\in V$, wenn $\langle a,b\rangle=0$ gilt. Eine Teilmenge $S\subset
  V$ hei\ss{}t orthogonal zu einer Teilmenge $T\subset V$, wenn
  $\langle s,t\rangle=0$ f\"ur alle $(s,t)\in S\times T$ gilt. 
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $a$ orthogonal zu $b$, so ist $b$ orthogonal zu $a$. 
  \item Der Nullvektor ist zu allen anderen Vektoren orthogonal, da
    aus \[\langle 0,a\rangle =\langle 0+0,a\rangle =\langle 0,
    a\rangle +\langle 0,a\rangle\] $\langle 0,a\rangle=0$ folgt. Dies
    ist auch der einzige Vektor mit dieser Eigenschaft, da aus
    $\langle a,a\rangle=0$ bereits $a=0$ folgt.
  \item Zwei Teilmengen $S$ und $T$ sind genau dann orthogonal, wenn
    $\langle S\rangle$ und $\langle T\rangle$ orthogonal sind
    (\"Ubung). 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{definition}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine nichtleere Familie/Teilmenge $S$ von $V$ hei\ss{}t
    orthogonal, wenn je zwei verschiedene Elemente aus $S$ orthogonal
    zueinander sind.
  \item Eine orthogonale Familie $S$ hei\ss{}t orthonormiert, wenn
    $\langle a,a\rangle=1$ f\"ur alle $a\in S$ gilt.
  \item Eine orthonormierte Familie, die zugleich Basis von $V$ ist,
    hei\ss{}t orthonormierte Basis oder Orthonormalbasis von $V$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine orthogonale Familie $S$ von Vektoren mit $0\not\in S$
    kann man zu einer orthonormalen Familie machen, indem man jeden
    Vektor $a\in S$ durch $\frac a{\Vert a\Vert}$ ersetzt. Die neue
    Familie ist dann durch Normieren aus der alten hervorgegangen
    (\"Ubung).
  \item Sei $V$ der Vektorraum der auf $[-\pi,\pi]$ stetigen
    reellwertigen Funktionen mit Skalarprodukt \[\langle f,g\rangle
    =\int\limits_{-\pi}^\pi f(x)g(x)\,dx.\] Dann ist \[\{1,\sin x,\cos
    x,\sin2x,\cos2x,\sin3x,\cos3x,\ldots\}\] eine orthogonale
    Familie (\"Ubung). Dies spielt bei Fourierreihen eine Rolle. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{theorem}\label{orthog lin unabh thm}
  Sei $S$ eine orthogonale Familie mit $0\not\in S$. Dann ist $S$
  linear unabh\"angig. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Gelte \[\sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i=0\] mit $\lambda^i\in F$ und
  $a_i\in S$ f\"ur $1\le i\le n$ und ein $n\in\N^+$. Dann folgt f\"ur
  $1\le j\le n$ \[0=\langle 0,a_j\rangle =\left\langle
    \sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i, a_j\right\rangle
  =\sum\limits_{i=1}^n \lambda^i \langle a_i,a_j\rangle
  =\lambda^j\langle a_j,a_j\rangle.\] Wegen $a_j\neq0$ folgt also
  $\lambda^j=0$. Somit ist $S$ linear unabh\"angig.
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Sei
  $a_1,\ldots,a_n$ eine Orthonormalbasis. Dann gilt f\"ur jedes $b\in
  V$ \[b=\sum\limits_{i=1}^n \langle b,a_i\rangle a_i.\]
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wissen bereits, dass sich $b$ als Linearkombination der
  Form \[b=\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i\] darstellen
  l\"asst. Hieraus folgt \[\langle b,a_j\rangle =\left\langle
    \sum\limits_{i=1}^n\lambda^ia_i,a_j\right\rangle
  =\sum\limits_{i=1}^n \lambda^i\langle a_i,a_j\rangle =\lambda^j.\]
  Wir erhalten die Behauptung. 
\end{proof}

Der folgende Algorithmus erlaubt es, aus einer Basis eine
Orthogonalbasis zu gewinnen. 
\begin{theorem}[Gram-Schmidtsches Orthogonalisierungsverfahren]
  Jeder endlichdimensionale Skalarproduktraum besitzt eine
  Orthonormalbasis. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $a_1,\ldots,a_n$ eine beliebige Basis. Daraus konstruieren wir
  induktiv eine orthogonale Basis verm\"oge \[b_{k+1}:=a_{k+1}
  -\sum\limits_{j=1}^k \frac{\ol{\langle b_j,a_{k+1}\rangle}}{\langle
    b_j,b_j\rangle}b_j.\] Nach Definition handelt es sich weiterhin um
  eine Basis. Insbesondere gilt also $b_j\neq0$ f\"ur alle $j$. Die
  Familie der $b_j$ ist orthogonal, da wir f\"ur $i\in\{1,\ldots,k\}$
  induktiv 
  \begin{align*}
    \langle b_i,b_{k+1}\rangle =&amp;\,\langle b_i,a_{k+1}\rangle
    -\sum\limits_{j=1}^k\frac{\langle b_j,a_{k+1}\rangle}{\langle
      b_j,b_j\rangle} \langle b_i,b_j\rangle\umbruch\\
    =&amp;\,\langle b_i,a_{k+1}\rangle -\langle b_i,a_{k+1}\rangle\\
    =&amp;\,0
  \end{align*}
  erhalten. Wir normieren nun die Vektoren $b_i$. Nach Theorem \ref{orthog
    lin unabh thm} sind sie linear unabh\"angig. Aufgrund ihrer Anzahl
  handelt es sich somit um eine Orthonormalbasis. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Um die F\"alle $F=\R$ und $F=\C$ gleichzeitig behandeln zu k\"onnen,
  setzen wir $A^*:={\bar A}^T$ f\"ur $A\in F^{n\times n}$. Im Reellen
  gilt $A^*=A^T$.
\end{remark}

\begin{theorem}\label{ortho basis trafo aequiv thm}
  Sei $V$ ein Skalarproduktraum, $\dim V&lt;\infty$. Sei
  $\{b_1,\ldots,b_n\}$ eine Orthonormalbasis. Definiere Vektoren $d_k$
  durch \[d_k=\sum\limits_{i=1}^n a^i_kb_i.\] Setze
  $A:=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$. Dann ist
  $\{d_1,\ldots,d_n\}$ genau dann eine Orthonormalbasis von $V$, wenn
  \[A^*A=I\] gilt.
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wie angek\"undigt zeigen wir nur den unit\"aren Fall. Es gilt
  \begin{align*}
    \langle d_k,d_k\rangle =&amp;\,\left\langle \sum\limits_{i=1}^n
      a^i_kb_i, \sum\limits_{j=1}^n a^j_lb_j\right\rangle
    =\sum\limits_{i,j=1}^n a^i_k\ol{a^j_l} \langle b_i,b_j\rangle\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i,j=1}^n a^i_k\ol{a^j_l} \delta_{ij}
    =\sum\limits_{i=1}^n a^i_k\ol{a^i_l}. 
  \end{align*}
  Sei also $\{d_1,\ldots,d_n\}$ orthonormal. Dann folgt \[\delta_{kl}
  =\sum\limits_{i=1}^n a^i_k\ol{a^i_l}\quad\text{oder}\quad A^T\bar
  A=I.\] Durch komplexes Konjugieren erhalten wir $A^*A=I$. \par Gelte
  umgekehrt $A^*A=I$. Mit der obigen Rechnung erhalten wir daher
  $\langle d_k,d_l\rangle=\delta_{kl}$. Somit ist $\{d_1,\ldots,d_n\}$
  orthonormiert und daher auch linear unabh\"angig; es handelt sich
  somit um eine Orthonormalbasis von $V$. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $A$ eine $(n\times n)$-Matrix mit $A^*=A^{-1}$. Ist
  $A\in\R^{n\times n}$, so hei\ss{}t $A$ orthogonal; ist
  $A\in\C^{n\times n}$, so hei\ss{}t $A$ unit\"ar. 
\end{definition}

\begin{theorem}\label{ortho matr char thm}
  Sei $A\in\R^{n\times n}$. Dann sind die folgenden Aussagen
  \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{orth i} $A$ ist orthogonal
  \item\label{orth ii} $A^TA=I$
  \item\label{orth iii} $AA^T=I$
  \item\label{orth iv} $A$ vermittelt eine Basistransformation zwischen
    orthonormierten Basen eines $n$-dimensionalen euklidischen
    Vektorraumes. 
  \item\label{orth v} Die Spalten der Matrix $A$ bilden eine
    orthonormierte Basis des Vektorraumes $\R^n$ mit
    Standardskalarprodukt.
  \item\label{orth vi} Die Zeilen der Matrix $A$ bilden eine
    orthonormierte Basis des Vektorraumes $\R^n$ mit
    Standardskalarprodukt.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Definition sind die Aussagen \eqref{orth i}, \eqref{orth ii}
  und \eqref{orth iii} \"aquivalent. Theorem \ref{ortho basis trafo
    aequiv thm} impliziert, dass \eqref{orth ii} und \eqref{orth iv}
  \"aquivalent sind.\par Sei $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le
    n}$. Dann folgt aus \eqref{orth ii}
  \[\sum\limits_{i=1}^n a^i_ka^i_l =\delta_{kl}\quad\text{f\"ur } 1\le
  k,l\le n.\] \eqref{orth v} folgt. Die Umkehrung \glqq\eqref{orth v}
  $\Longrightarrow$ \eqref{orth ii}\grqq{} folgt ebenso aus dieser
  Gleichung. \par Genauso wie man die \"Aquivalenz zwischen
  \eqref{orth ii} und \eqref{orth v} zeigt, erh\"alt man auch die
  \"Aquivalenz von \eqref{orth iii} und \eqref{orth vi}. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $A\in\C^{n\times n}$. Dann sind die folgenden Aussagen
  \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A$ ist unit\"ar
  \item $A^*A=I$
  \item $AA^*=I$
  \item $A$ vermittelt eine Basistransformation zwischen
    orthonormierten Basen eines $n$-dimensionalen unit\"aren
    Vektorraumes. 
  \item Die Spalten der Matrix $A$ bilden eine orthonormierte Basis
    des Vektorraumes $\C^n$ mit Standardskalarprodukt.
  \item Die Zeilen der Matrix $A$ bilden eine orthonormierte Basis
    des Vektorraumes $\C^n$ mit Standardskalarprodukt.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Vollst\"andig analog zum reellen Fall. 
\end{proof}

\Subsection{Orthogonale und unit\"are Endomorphismen}
\def\unterabschnitt{Orthogonal und unit\"ar}
\begin{definition}
  Sei $V$ ein Skalarproduktraum. Dann hei\ss{}t ein Endomorphismus
  $f\colon V\to V$ orthogonal (bzw.{} unit\"ar), falls \[\langle
  f(a),f(b)\rangle =\langle a,b\rangle\quad\text{f\"ur alle }a,b\in
  V\] gilt. 
\end{definition}

\begin{theorem}\label{ortho eig thm}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Sei $f\colon
  V\to V$ ein orthogonaler (bzw.{} unit\"arer) Endomorphismus. Dann
  gilt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{ortho eig i} $\Vert f(a)\Vert =\Vert a\Vert$
  \item Sind $a$ und $b$ orthogonal, so auch $f(a)$ und $f(b)$. 
  \item\label{ortho eig iii} Ist $\lambda$ ein Eigenwert von $f$, so
    gilt $|\lambda|=1$.
  \item\label{ortho eig iv} $f$ ist eine Isomorphismus. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es ist \[\Vert f(a)\Vert =\sqrt{\langle f(a),f(a)\rangle}
    =\sqrt{\langle a,a\rangle} =\Vert a\Vert.\]
  \item Dies folgt aus \[0=\langle a,b\rangle =\langle
    f(a),f(b)\rangle.\] 
  \item Ist $a$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$, so gilt nach
    nach \eqref{ortho eig i} \[\Vert a\Vert =\Vert f(a)\Vert =\Vert
    \lambda a\Vert =|\lambda|\cdot\Vert a\Vert.\] Wegen $a\neq0$ folgt
    die Behauptung. 
  \item Wegen \eqref{ortho eig iii} ist $0$ kein Eigenwert. Also
    folgt $\ker f=\{0\}$, $f$ ist also injektiv. Da $V$
    endlichdimensional ist, ist $f$ auch surjektiv und damit ein
    Isomorphismus. 
  \end{enumerate}
  (Wir bemerken, dass \eqref{ortho eig iv} f\"ur unendlichdimensionale
  Skalarproduktr\"aume nicht aus unserer Definition folgt: Betrachte
  $f\colon l^2\to l^2$ mit $\langle(a_i)_{i\in\N},
  (b_j)_{j\in\N}\rangle :=\sum\limits_{i\in\N} a_i\bar b_i$ und
  $l^2\equiv l^2(\N,\C)\subset\C^\N$ der Teilmenge, auf der die
  zugeh\"orige Norm endlich ist, sowie \[f(a_0,a_1,a_2,a_3,\ldots)
  :=(0,a_0,a_1,a_2,a_3,\ldots).\] Dann ist $f$ nicht surjektiv. Die
  anderen Teilaussagen gelten mit demselben Beweis auch f\"ur
  unendlichdimensionale Skalarproduktr\"aume.)
\end{proof}

\begin{theorem}\label{ortho fuer basis thm}
  Sei $\{a_1,\ldots,a_n\}$ eine Orthonormalbasis von $V$. Dann ist ein
  Endomorphismus $f\colon V\to V$ genau dann orthogonal (bzw.{}
  unit\"ar), falls \[\langle f(a_i),f(a_j)\rangle =\delta_{ij}\] f\"ur
  alle $1\le i,j\le n$ gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Es ist klar, dass aus der Orthogonalit\"at (bzw.{} Unitarit\"at)
  $\langle f(a_i),f(a_j)\rangle =\delta_{ij}$ folgt. \par
  Gelte also $\langle f(a_i),f(a_j)\rangle =\delta_{ij}$. Wir wollen
  nachweisen, dass $f$ \glqq das Skalarprodukt erh\"alt\grqq: Seien
  $a=\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i$ und $b=\sum\limits_{j=1}^n
  \mu^ja_j$. Wir erhalten
  \begin{align*}
    \langle f(a),f(b)\rangle =&amp;\,\left\langle
      f\left(\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i\right),
      f\left(\sum\limits_{j=1}^n \mu^ja_j\right)\right\rangle\\
    =&amp;\,\sum\limits_{i,j=1}^n \lambda^i\ol{\mu^j} \underbrace{\langle
      f(a_i),f(a_j)\rangle}_{=\delta_{ij}=\langle a_i,a_j\rangle}\\
    =&amp;\,\left\langle \sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i,
      \sum\limits_{j=1}^n\mu^ja_j\right\rangle =\langle a,b\rangle.
  \end{align*}
  Somit ist $f$ orthogonal (bzw.{} unit\"ar). 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Sei $S$ eine
  Orthonormalbasis. Dann ist ein Endomorphismus $f\colon V\to V$ genau
  dann orthogonal (bzw.{} unit\"ar), wenn die Matrix $A$ von $f$
  bez\"uglich $S$ orthogonal (bzw.{} unit\"ar) ist, \dh wenn $A^*A=I$
  gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $S=\{b_1,\ldots,b_n\}$ und $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le
    n}$, \dh es gelte \[f(b_k)=\sum\limits_{i=1}^n a^i_kb_i.\] Wir
  erhalten
  \[\langle f(b_k),f(b_l)\rangle =\sum\limits_{i,j=1}^n
  a^i_k\ol{a^j_l} \underbrace{\langle b_i,b_j\rangle}_{=\delta_{ij}}
  =\sum\limits_{i=1}^n \ol{a^i_l}a^i_k.\] 
  Nach Theorem \ref{ortho fuer basis thm} ist $f$ genau dann
  orthogonal, wenn $\langle f(b_k),f(b_l)\rangle=\delta_{kl}$ gilt. 
  Aufgrund unserer Rechnung ist dies aber \"aquivalent zu
  $\delta_{kl}=\sum\limits_{i=1}^n\ol{a^i_l}a^i_k$ und somit auch zu
  $A^*A=I$. Die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Bez\"uglich des Standardskalarproduktes des $\R^2$ sind die Matrizen
  \[
  \begin{pmatrix}
    \cos\phi&amp;-\sin\phi\\
    \sin\phi&amp;\cos\phi
  \end{pmatrix}
  \]
  f\"ur beliebige $\phi\in\R$ orthogonal, insbesondere also auch $I$
  und $-I$. 
\end{beispiel}

\begin{theorem}
  Seien $A,B$ orthogonale (bzw.{} unit\"are) $(n\times
  n)$-Matrizen. Dann gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A^{-1}$ ist orthogonal (bzw.{} unit\"ar).
  \item $AB$ ist orthogonal (bzw.{} unit\"ar). 
  \item $|\det A|=1$. 
  \end{enumerate}
  Die orthogonalen (bzw.{} unit\"aren) $(n\times n)$-Matrizen bilden
  somit eine Untergruppe der invertierbaren Matrizen $GL_n(F)$,
  \begin{itemize}
  \item die orthogonale Gruppe $O(n)$ bzw.{}
  \item die unit\"are Gruppe $U(n)$. 
  \end{itemize}
\end{theorem}
Weiterhin definiert man:
\begin{itemize}
\item Die spezielle lineare Gruppe $SL(n,F)\equiv SL_n(F)$ besteht aus
  den Elementen der ``general linear group'' $GL(n,F)\equiv GL_n(F)$ mit
  Determinante $1$.
\item Die spezielle orthogonale Gruppe $SO(n)$ besteht aus den
  orthogonalen Matrizen $A$ mit $\det A=1$.
\end{itemize}
Der Determinantenmultiplikationssatz liefert, dass es sich damit
tats\"achlich um Untergruppen von $GL_n(F)$ bzw.{} $O(n)$ handelt. 
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Definition ist $A^*A=I$. Weiterhin gilt $AA^*=I$. Also
    ist $A^*$ die Inverse zu $A$, $A^{-1}=A^*$. Es folgt
    aus \[\left(A^{-1}\right)^*A^{-1} =\left(A^*\right)^*A^* =AA^*
    =I,\] dass auch $A^{-1}$ orthogonal ist. 
  \item Dies folgt aus \[(AB)^*(AB) =B^*\left(A^*A\right)B =B^*IB
    =B^*B =I.\] 
  \item Es gilt 
    \begin{align*} 
      1 =&amp;\,\det I =\det\left(A^*A\right) =\det A^*\cdot\det A
      =\det{\ol A}^T\cdot\det A\\ =&amp;\,\det\ol A\cdot\det A =\ol{\det
        A}\cdot\det A =|\det A|^2.
    \end{align*}
    Die Behauptung folgt. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\Subsection{Orthogonale Komplemente}
\begin{definition}
  Sei $V$ ein Skalarproduktraum und sei $S\subset V$ beliebig. Dann
  hei\ss{}t \[S^\perp:=\{a\in V\colon\langle a,b\rangle
  =0\quad\text{f\"ur alle }b\in S\}\] das orthogonale Komplement von
  $S$ in $V$. 
\end{definition}

\begin{theorem}\label{orth komp eig thm}
  Sei $V$ ein Skalarproduktraum und sei $S\subset V$. Dann gelten 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $S^\perp$ ist ein Unterraum von $V$,
  \item $\langle S\rangle \cap S^\perp=\{0\}$,
  \item $\left(S^\perp\right)^\perp\supset\langle S\rangle$ und 
  \item $S^\perp =\langle S\rangle^\perp$. 
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Seien $a,b\in S^\perp$ und $\lambda,\mu\in F$. Dann gilt f\"ur
    alle $c\in S$ \[\langle \lambda a+\mu b,c\rangle =\lambda \langle
    a,c\rangle +\mu\langle b,c\rangle =0.\] Somit ist auch $\lambda
    a+\mu b\in S^\perp$. Wegen $0\in S^\perp$ ist $S^\perp$ nicht
    leer. 
  \item Sei $a\in S^\perp\cap\langle S\rangle$. Dann gibt es
    $\lambda^i\in F$ und $a_i\in S$ mit \[\sum\limits_{i=1}^n
    \lambda^ia_i=a.\] Wegen $a\in S^\perp$ folgt hieraus
    \[\langle a,a\rangle =\sum\limits_{i=1}^n \ol{\lambda^i} \langle
    a,a_i\rangle=0.\] Somit ist $a=0$ und wir erhalten die Behauptung.
  \item Seien $a\in S$ und $b\in S^\perp$. Dann gilt $\langle
    a,b\rangle =\ol{\langle b,a\rangle} =0$. Somit ist $S\subset
    \left(S^\perp\right)^\perp$. Da $\left(S^\perp\right)^\perp$ ein
    Unterraum ist, folgt sogar $\langle S\rangle\subset
    \left(S^\perp\right)^\perp$. \par
    (Ist $\dim V&lt;\infty$, so gilt sogar Gleichheit (s.\,u.). Im Raum
    $l^2\equiv l^2(\N)\equiv l^2(\N,\R)\subset\R^\N$ ist
    $S=\{e_0,e_1,e_2,\ldots\}$ mit $S^\perp=\{0\}$ aber $\langle
    S\rangle\subsetneq l^2$ ein Gegenbeispiel, da $l^2(\N,\R)$ auch
    Folgen mit unendlich vielen von Null verschiedenen Eintr\"agen
    enth\"alt.)
  \item Wegen $S\subset\langle S\rangle$ ist klar, dass $\langle
    S\rangle^\perp\subset S^\perp$ gilt. Sei also $a\in S^\perp$ und
    $b=\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ib_i$ mit $b_i\in S$ ein beliebiges
    Element in $\langle S\rangle$. Dann gilt \[\langle a,b\rangle
    =\sum\limits_{i=1}^n \ol{\lambda^i} \langle a,b_i\rangle =0.\]
    Somit gilt auch $a\in\langle S\rangle^\perp$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{theorem}\label{u perp dir sum thm}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Ist $U\subset V$
  ein Unterraum, so gilt $V=U\oplus U^\perp$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Theorem \ref{orth komp eig thm} gilt $U\cap U^\perp=\{0\}$. Es
  gen\"ugt also nachzuweisen, dass sich jeder Vektor $c\in V$ in der
  Form $c=a+b$ mit $a\in U$ und $b\in U^\perp$ darstellen l\"asst. Sei
  $\{a_1,\ldots,a_r\}$ eine Orthonormalbasis von $U$. Definiere $a$
  durch \[a:=\langle c,a_1\rangle a_1 +\ldots+ \langle c,a_r\rangle
  a_r\] und setze $b:=c-a$. Dann ist offensichtlicherweise
  $c=a+b$. Wir m\"ussen also noch zeigen, dass $b\in U^\perp$
  gilt: Es ist
  \begin{align*}
    \langle b,a_i\rangle=&amp;\,\langle c-a,a_i\rangle\\
    =&amp;\,\langle c,a_i\rangle -\left\langle \sum\limits_{j=1}^r \langle
      c,a_j\rangle a_j,a_i\right\rangle\\
    =&amp;\,\langle c,a_i\rangle -\sum\limits_{j=1}^r \langle c,a_j\rangle
    \delta_{ji}=0.
  \end{align*}
  Somit steht $b$ orthogonal zu einer Basis von $U$. Wir erhalten
  $b\in U^\perp$ und die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{theorem}\label{orth kompl dim fml thm}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Ist $U\subset V$
  ein Unterraum, so gelten
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\dim V=\dim U+\dim U^\perp$.
  \item $\left(U^\perp\right)^\perp=U$,
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dies folgt direkt aus Theorem \ref{u perp dir sum thm} und der
    Dimensionsformel, Theorem \ref{dim fml raum thm}. 
  \item Es gilt $V=U\oplus U^\perp$ und $V=\left(U^\perp\right)^\perp
    \oplus \left(\left(U^\perp\right)^\perp\right)^\perp$. Nach
    Theorem \ref{orth komp eig thm} gilt aber
    $U\subset\left(U^\perp\right)^\perp$ und ebenso $U^\perp\subset
    \left(\left(U^\perp\right)^\perp\right)^\perp$. Dies ist aber nur
    m\"oglich, wenn bereits $U=\left(U^\perp\right)^\perp$ und
    $U^\perp=\left(\left(U^\perp\right)^\perp\right)^\perp$
    gelten. \qedhere  
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Sei $V$ der Vektorraum der auf $[-a,a]$, $a&gt;0$, stetigen
  reellwertigen Funktionen mit ($L^2$-)Skalarprodukt \[\langle
  f,g\rangle:=\int\limits_{-a}^a f(x)g(x)\,dx.\] Sei $U:=\{f\in
  V\colon f(-x)=-f(x)\}$ der Raum der ungeraden Funktionen und
  $G:=\{f\in V\colon f(-x)=f(x)\}$ der Raum der geraden Funktionen in
  $V$. Wir behaupten, dass $U^\perp=G$ gilt. 
\end{beispiel}
\begin{proof}[Beweis]
  Zun\"achst einmal ist klar, dass $G\subset U^\perp$ gilt. Sei nun
  $h\in U^\perp$ beliebig. Wir setzen $h_1(x):=\frac12(h(x)+h(-x))$
  und $h_2(x):=\frac12(h(x)-h(-x))$. Dann gilt $h=h_1+h_2$. Es ist
  $h_1\in G$ und $h_2\in U$. Wir sind fertig, wenn wir $h_2\equiv 0$
  zeigen k\"onnen. Aus $h\in U^\perp$ und $h_2\in U$ erhalten
  wir \[0=\langle h,h_2\rangle =\int\limits_{-a}^a h(x)h_2(x)\,dx
  =\int\limits_{-a}^a h_1(x)h_2(x)\,dx +\int\limits_{-a}^a
  h_2(x)h_2(x)\,dx.\] Das erste Integral auf der rechten Seite
  mit einer geraden und einer ungeraden Funktion verschwindet. Da $h$
  und somit auch $h_2$ stetig ist, folgt also $h_2\equiv0$ wie
  behauptet. 
\end{proof}

\Subsection{Adjungierte Abbildungen}
Zu einem Endomorphismus $f\colon V\to V$ wollen wir eine lineare
Abbildung $g\colon V\to V$ mit \[\langle f(a),b\rangle =\langle
a,g(b)\rangle\] finden. 

\begin{definition}
  Sei $V$ ein Skalarproduktraum. Zu $a\in V$ definieren wir $a^*\colon
  V\to\R$ (bzw.{} $a^*\colon V\to\C$) durch \[a^*(b)=\langle
  b,a\rangle\quad\text{f\"ur }b\in V.\] 
\end{definition}

Bemerkung: Die Abbildung $a^*$ ist linear, denn es gilt \[a^*(\lambda
b+\mu c) =\langle \lambda b+\mu c,a\rangle =\lambda\langle b,a\rangle
+\mu\langle c,a\rangle =\lambda a^*(b) +\mu a^*(c).\]

\begin{theorem}\label{riesz thm}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Dann gibt es zu
  jedem Funktional $\phi$ ein eindeutig bestimmtes $a\in V$ mit
  $\phi(\xi)=\langle\xi,a\rangle$ f\"ur alle $\xi\in V$. Somit ist
  $\phi=a^*$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\{a_1,\ldots,a_n\}$ eine orthonormierte Basis von
  $V$. Definiere $a$ durch \[a:=\sum\limits_{i=1}^n
  \ol{\phi(a_i)}a_i.\] Wir erhalten \[\langle a_j,a\rangle
  =\sum\limits_{i=1}^n \ol{\ol{\phi(a_i)}}\langle a_ja_i\rangle
  =\phi(a_j).\] Also stimmen $a^*$ und $\phi$ auf einer Basis von $V$
  \"uberein und sind daher gleich. \par Es bleibt noch zu zeigen, dass
  $a$ eindeutig bestimmt ist. Gelte also $\langle
  \xi,a\rangle=\langle\xi,a'\rangle$ f\"ur alle $\xi\in V$. Dies ist
  \"aquivalent zu $\langle\xi,a-a'\rangle=0$ f\"ur alle $\xi\in
  V$ und gilt insbesondere f\"ur $\xi=a-a'$. Also folgt $a=a'$.   
\end{proof}

\begin{remark}
  Aus diesem Beweis folgt insbesondere, dass $\langle\xi,a\rangle=0$
  f\"ur alle $\xi\in V$ nur f\"ur $a=0$ erf\"ullt sein kann. 
\end{remark}

\begin{remark}
  Sei $f\colon V\to V$ ein Endomorphismus. Ist $a\in V$ fest, so
  definieren wir durch \[\phi(\xi):=\langle f(\xi),a\rangle\] ein
  lineares Funktional $\phi\colon V\to F$: Es gilt
  n\"amlich \[\phi(\lambda b+\mu c) =\langle f(\lambda b+\mu
  c),a\rangle =\lambda\langle f(b),a\rangle +\mu\langle f(c),a\rangle
  =\lambda\phi(b) +\mu\phi(c).\] Nach Theorem \ref{riesz thm} gibt es
  zu $\phi$ ein eindeutig bestimmtes $a_0\in V$ mit
  $\phi(\xi)=\langle\xi,a_0\rangle$ f\"ur alle $\xi\in V$. F\"ur
  fixiertes $f$ ordnen wir auf diese Weise jedem $a\in V$ ein $a_0\in
  V$ zu. Wir bezeichnen diese Zuordnung als $g\colon V\to V$,
  $g(a):=a_0$. $g$ ist durch die Gleichung \[\langle f(\xi),a\rangle
  =\langle\xi,g(a)\rangle \quad\text{f\"ur alle }\xi\in V\]
  festgelegt. Wir behaupten, dass $g$ eine lineare Abbildung ist. Aus
  der definierenden Gleichung erhalten wir
  \begin{align*}
    \langle\xi,g(\lambda a+\mu b)\rangle =&amp;\,\langle f(\xi),\lambda
    a+\mu b\rangle =\ol\lambda\langle f(\xi),a\rangle +\ol\mu\langle
    f(\xi),b\rangle\\ =&amp;\,\ol\lambda\langle\xi,g(a)\rangle
    +\ol\mu\langle\xi,g(b)\rangle =\langle\xi,\lambda g(a)+\mu
    g(b)\rangle.
  \end{align*}
  Da dies f\"ur alle $\xi\in V$ gilt, erhalten wir $g(\lambda a+\mu
  b)=\lambda g(a)+\mu g(b)$, also die Linearit\"at von $g$. \par
  Wir sagen, dass $g$ die zu $f$ adjungierte Abbildung ist und
  schreiben $g=f^*$. 
\end{remark}

\begin{definition}
  Die zum Endomorphismus $f\colon V\to V$ adjungierte Abbildung
  $f^*\colon V\to V$ ist durch \[\langle f(\xi),\eta\rangle
  =\langle\xi,f^*(\eta)\rangle\quad\text{f\"ur alle }\xi,\eta\in V\]
  definiert. 
\end{definition}

\begin{beispiele}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f\colon\R^3\to\R^3$ durch \[f\left(x^1,x^2,x^3\right):=
    \left(x^1-x^2,-x^1+x^2+2x^3,x^2+x^3\right)\] gegeben. Nach
    Definition gilt $\langle f(x),y\rangle =\langle
    x,g(y)\rangle$. Somit erhalten wir aus
    \begin{align*}
      \langle f(x),y\rangle =&amp;\,\left(x^1-x^2\right)y^1
      +\left(-x^1+x^2+2x^3\right)y^2 +\left(x^2+x^3\right)y^3\\
      =&amp;\,x^1\left(y^1-y^2\right) +x^2\left(-y^1+y^2+y^3\right)
      +x^3\left(2y^2+y^3\right)\\ =&amp;\,\langle x,f^*(y)\rangle
    \end{align*}
    die adjungierte Abbildung
    \[f^*\left(y^1,y^2,y^3\right):=\left(y^1-y^2, -y^1+y^2+y^3,
      2y^2+y^3\right).\]
    Die darstellenden Matrizen bez\"uglich der Standardbasis sind  
    \[
    A_f=
    \begin{pmatrix}
      1&amp;-1&amp;0\\
      -1&amp;1&amp;2\\
      0&amp;1&amp;1
    \end{pmatrix}
    \quad\text{sowie}\quad
    A_{f^*}=
    \begin{pmatrix}
      1&amp;-1&amp;0\\
      -1&amp;1&amp;1\\
      0&amp;2&amp;1
    \end{pmatrix}.
    \]
  \item Im Raum $V=L^2([a,b])$ der auf $[a,b]$ stetigen reellwertigen
    Funktionen mit $L^2$-Skalarprodukt ist
    \begin{align*}
      \Phi\colon V\to&amp;\,V,\\
      \Phi(f)(x):=&amp;\,x\cdot f(x)
    \end{align*}
    selbstadjungiert, \dh es gilt $\Phi^*=\Phi$, denn es
    gilt \[\langle\Phi(f),g\rangle =\langle f,\Phi(g)\rangle.\] 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Den Zusammenhang zwischen der $f$ und der $f^*$ darstellenden Matrix
haben wir bereits im Beispiel gesehen.
\begin{theorem}\label{adj abb matr thm}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Sei $S$ eine
  Orthonormalbasis. Wird $f\colon V\to V$ bez\"uglich $S$ durch die
  Matrix $A$ dargestellt, so wird die adjungierte Abbildung $f^*\colon
  V\to V$ bez\"uglich $S$ durch die Matrix $A^*$ dargestellt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $S=(d_1,\ldots,d_n)$, $A=\left(a^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$
  und $A_{f^*}=\left(b^i_j\right)_{1\le i,j\le n}$. Wir erhalten 
  \begin{align*}
    f(d_k)=&amp;\,\sum\limits_{i=1}^n a^i_kd_i,\umbruch\\
    f^*(d_l)=&amp;\,\sum\limits_{j=1}^n b^j_ld_j,\umbruch\\
    \langle f(d_k),d_l\rangle =&amp;\,\langle d_k,f^*(d_l)\rangle,\umbruch\\
    \langle f(d_k),d_l\rangle =&amp;\,\left\langle\sum\limits_{i=1}^n
      a^i_kd_i,d_l\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^n a^i_k\langle
    d_i,d_l\rangle =\sum\limits_{i=1}^n a^i_k\delta_{il}
    =a^l_k,\umbruch\\
    \langle d_k,f^*(d_l)\rangle =&amp;\,\left\langle
      d_k,\sum\limits_{j=1}^n b^j_ld_j\right\rangle
    =\sum\limits_{j=1}^n \ol{b^j_l}\delta_{kj} =\ol{b^k_l}.
  \end{align*}
  (In den letzten beiden Zeilen sind die jeweils letzten Gleichheiten
  aus Kovarianzgr\"unden unsch\"on geschrieben. F\"ur die
  zugeh\"origen reellen bzw.{} komplexen Zahlen gilt die Gleichheit
  jedoch.) Also ist $a^l_k=\ol{b^k_l}$ f\"ur alle $1\le k,l\le n$. Die
  Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{theorem}\label{f star ker im thm}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Sei $f\colon
  V\to V$ linear. Dann gilt \[\ker f^* =(\im f)^\perp.\] 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt
  \begin{align*}
    \ker f^*=&amp;\,\{\xi\in V\colon f^*(\xi)=0\}\\
    =&amp;\,\{\xi\in V\colon\langle\eta,f^*(\xi)\rangle=0\quad\text{f\"ur
      alle }\eta\in V\}\\
    =&amp;\,\{\xi\in V\colon\langle f(\eta),\xi\rangle=0\quad\text{f\"ur
      alle }\eta\in V\}\\
    =&amp;\,(\im f)^\perp. \qedhere
  \end{align*}
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Sei \[\sum\limits_{k=1}^n a^i_kx^k=b^i,\quad 1\le i\le n\] ein
  reelles lineares quadratisches Gleichungssystem. Sei $f\colon\R^n\to\R^n$
  die (bez\"uglich der Standardbasis) durch $A=\left(a^i_j\right)$
  dargestellte Abbildung. Dann ist das lineare Gleichungssystem genau
  dann l\"osbar, wenn $b=\left(b^1,\ldots,b^n\right)\in\im f$
  gilt. Auf $\R^n$ f\"uhren wir das Standardskalarprodukt ein und
  erhalten aus Theorem \ref{f star ker im thm}, dass das lineare
  Gleichungssystem genau dann l\"osbar ist, wenn $b\in(\ker
  f^*)^\perp$ gilt. \"Uber $\R$ wird $f^*$ durch die transponierte
  Matrix dargestellt. Somit folgt: Das lineare Gleichungssystem ist
  genau dann l\"osbar, wenn f\"ur jede L\"osung $y=(y_1,\ldots,y_n)$
  von \[\sum\limits_{i=1}^n a^i_ky_i=0\quad\text{auch}\quad
  \sum\limits_{i=1}^ny_ib^i=0\quad\text{gilt.}\] 
\end{beispiel}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Sei $f\colon
  V\to V$ ein Endomorphismus. Dann haben $f$ und $f^*$ den gleichen
  Rang. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt
  \begin{align*}
    \rang f=&amp;\,\dim\im f=\dim V-\dim(\im f)^\perp\\
    =&amp;\,\dim V-\dim(\ker f^*)&amp;\text{(Theorem \ref{f star ker im
        thm})}\\
    =&amp;\,\dim(\im f^*) =\rang f^*.
  \end{align*}
  (Alternativ kann man \"uber $\R$ wegen $A^*=A^T$ benutzen, dass
  Zeilenrang und Spaltenrang \"ubereinstimmen.)
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $A\in\C^{n\times n}$. Dann gilt $\rang A=\rang\ol A$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Setze $B:=\ol{A}^T$. Da der Rang einer Matrix $B$ mit dem von $B^T$
  \"ubereinstimmt, folgt \[\rang A =\rang B^* =\rang B = \rang B^T
  =\rang\ol A. \qedhere\]
\end{proof}

\Subsection{Diagonalisierung von selbstadjungierten linearen
  Endomorphismen} 
Wir wollen insbesondere zeigen, dass sich solche Endomorphismen sogar
mit Hilfe einer Orthogonalbasis stets diagonalisieren lassen.

\begin{definition}
  Sei $V$ ein Skalarproduktraum. Der Endomorphismus $f\colon V\to V$
  hei\ss{}t selbstadjungiert, wenn \[\langle f(\xi),\eta\rangle
  =\langle\xi,f(\eta)\rangle\] f\"ur alle $\xi,\eta\in V$ gilt, also
  $f=f^*$ ist.
\end{definition}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum mit
  Orthonormalbasis $S$. Der Endomorphismus $f\colon V\to V$ werde
  bez\"uglich $S$ durch die Matrix $A$ beschrieben. Dann ist $f\colon
  V\to V$ genau dann selbstadjungiert, wenn $A=A^*$ gilt. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus Theorem \ref{adj abb matr thm}. 
\end{proof}

\begin{theorem}\label{sa end char pol zerf thm}
  Sei $V$ ein $n$-dimensionaler Skalarproduktraum. Sei $f\colon V\to
  V$ ein selbstadjungierter Endomorphismus. Dann sind alle Nullstellen
  des charakteristischen Polynoms $\chi_f(X)$ reell, es gilt
  also \[\chi_f(X)=\pm(X-\lambda_1)\cdots (X-\lambda_n)\] f\"ur
  $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\R$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten zun\"achst den unit\"aren Fall. Wie jedes Polynom
  zerf\"allt das charakteristische Polynom in Linearfaktoren und wir
  m\"ussen lediglich nachweisen, dass die Eigenwerte von $f$ reell
  sind. Sei also $\lambda$ ein Eigenwert von $f$ zum Eigenvektor
  $\xi$. Wir erhalten \[\lambda\langle\xi,\xi\rangle
  =\langle\lambda\xi,\xi\rangle =\langle f(\xi),\xi\rangle
  =\langle\xi,f(\xi)\rangle =\langle\xi,\lambda\xi\rangle
  =\ol\lambda\langle\xi,\xi\rangle.\] Wegen $\xi\neq0$ bzw.{}
  $\langle\xi,\xi\rangle\neq0$ folgt $\lambda=\ol\lambda$. Somit ist
  $\lambda$ reell. \par
  Im reellen Fall benutzen wir die sogenannte Komplexifizierung. Die
  zu $f\colon V\to V$ geh\"orige reelle symmetrische Matrix definiert
  eine Abbildung $\tilde f\colon\C^n\to\C^n$. Eine reelle symmetrische
  Matrix ist hermitesch, wenn wir sie als komplexe Matrix
  auf{}fassen. Somit ist $\tilde f\colon\C\to\C$ bez\"uglich des
  Standardskalarproduktes auf $\C^n$ selbstadjungiert. Es
  gilt \[\chi_f(X) =\chi_A(X) =\chi_{\tilde f}(X).\] Somit stimmen die
  Eigenwerte von $f$ und $\tilde f$ \"uberein und sind aufgrund der
  obigen \"Uberlegungen reell. 
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $V$ ein endlichdimensionaler Skalarproduktraum. Sei $f\colon
  V\to V$ ein selbstadjungierter Endomorphismus. Dann besitzt $V$ eine
  Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von $f$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wissen, dass das charakteristische Polynom $\chi_f(X)$ in
  Linearfaktoren zerf\"allt. (Im Fall $F=\C$ folgt dies aus dem
  Fundamentalsatz der Algebra und f\"ur $F=\R$ (und $\C$) aus Theorem
  \ref{sa end char pol zerf thm}.) \par
  Benutze Induktion nach $\dim V=:n$. F\"ur $n=1$ ist die Aussage
  wahr. Sei also $n\ge2$. Sei $a_1$ ein Eigenvektor zum Eigenwert
  $\lambda$ mit $\Vert a_1\Vert=1$. Definiere $W:=\{\xi\in
  V\colon\langle a_1,\xi\rangle=0\}$. Nach Theorem \ref{orth kompl dim
    fml thm} folgt $\dim W=n-1$. $W$ ist ein bez\"uglich $f$
  invarianter Unterraum, es gilt n\"amlich f\"ur $\xi\in W$ \[\langle
  a_1,f(\xi)\rangle =\langle f(a_1),\xi\rangle =\langle\lambda
  a_1,\xi\rangle =\lambda\langle a_1,\xi\rangle=0.\] Es folgt
  $f(\xi)\in W$. Nach Induktionsvoraussetzung existiert eine
  Orthonormalbasis $\{a_2,\ldots,a_n\}$ von $W$ aus Eigenvektoren von
  $f|_W$ und somit auch von $f$. Also ist $\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ wie
  behauptet eine Orthonormalbasis.
\end{proof}

\begin{theorem}
  Jeder selbstadjungierte Endomorphismus eines endlichdimensionalen
  Skalarproduktraumes ist diagonalisierbar. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren. Bez\"uglich dieser
  ist die zugeh\"orige Matrix eine Diagonalmatrix mit den Eigenwerten
  entsprechend ihrer Vielfachheit auf der Diagonalen.
\end{proof}

\begin{theorem}
  Sei $A$ eine reelle symmetrische (bzw.{} komplexe hermitesche)
  $(n\times n)$-Matrix. Dann gibt es eine orthogonale (bzw.{}
  unit\"are) Matrix $D$ mit \[DAD^*=
  \begin{pmatrix}
    \lambda_1&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;\lambda_2&amp;\ldots&amp;0\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;\ldots&amp;\lambda_n
  \end{pmatrix}
  \]
  mit $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\R$. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus den bisherigen Theoremen dieses Kapitels, da
  f\"ur orthogonale (bzw.{} unit\"are) Matrizen $D^{-1}=D^*$ gilt. 
\end{proof}

\Subsection{K\"astchenform orthogonaler Matrizen}
Wir wollen unit\"are und orthogonale Endomorphismen bez\"uglich
Orthonormalbasen durch \glqq einfache\grqq{} Matrizen darstellen. 

\begin{theorem}\label{unitaer ev basis thm}
  Sei $f\colon V\to V$ ein unit\"arer Endomorphismus eines
  endlichdimensionalen unit\"aren Vektorraumes $V$. Dann gibt es eine
  Orthonormalbasis von $V$, die aus Eigenvektoren von $f$ besteht. 
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir beweisen dies per Induktion nach $n=\dim V$. Der
  Induktionsanfang ist trivial. Sei $n\ge2$. Das charakteristische
  Polynom zerf\"allt \"uber $\C$ in Linearfaktoren \[\chi_f(X)=
  \pm(X-\lambda_1) (X-\lambda_2) \cdots(X-\lambda_n).\] Nach Theorem
  \ref{ortho eig thm} gilt $|\lambda_i|=1$. Sei $a_1$ ein Eigenvektor
  zum Eigenwert $\lambda_1$ mit $\Vert a_1\Vert=1$. Sei $W$ das
  orthogonale Komplement von $a_1$, $V=W\oplus\langle a_1\rangle$. F\"ur
  jedes $\xi\in W$ gilt \[0=\langle a_1,\xi\rangle =\langle
  f(a_1),f(\xi)\rangle =\lambda_1\langle a_1,f(\xi)\rangle.\] Da
  $\lambda_1\neq0$ gilt, folgt $f(\xi)\in W$. Somit induziert die
  unit\"are Abbildung $f$ eine unit\"are Abbildung $f|_W\colon W\to
  W$. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es f\"ur $f|_W$ eine
  Orthonormalbasis aus Eigenvektoren. Zusammen mit $a_1$ erh\"alt man
  wie gew\"unscht eine Orthogonalbasis aus Eigenvektoren.
\end{proof}

\begin{corollary}\label{unitaer diag cor}
  Sei $A\in\C^{n\times n}$ unit\"ar. Dann gibt es eine unit\"are
  Matrix $D$ mit \[DAD^*=
  \begin{pmatrix}
    e^{i\phi_1}&amp;0&amp;\ldots&amp;0\\
    0&amp;e^{i\phi_2}&amp;\ldots&amp;0\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\ddots&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;\ldots&amp;e^{i\phi_n}
  \end{pmatrix}
  \quad\text{und}\quad 0\le\phi_i&lt;2\pi. 
  \]
\end{corollary}

\begin{lemma}
  Sei $f\colon\R^2\to\R^2$ orthogonal. Fixiere eine
  Orthonormalbasis. Dann gibt es $0\le\phi&lt;2\pi$, so dass $f$
  bez\"uglich dieser Basis durch
  \[
  \begin{pmatrix}
    \cos\phi&amp;-\sin\phi\\
    \sin\phi&amp;\cos\phi
  \end{pmatrix}
  \quad \text{oder} \quad
  \begin{pmatrix}
    \cos\phi&amp;\sin\phi\\
    \sin\phi&amp;-\cos\phi
  \end{pmatrix}
  \]
  dargestellt wird.
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen Theorem \ref{ortho matr char thm}. Die Spalten und die
  Zeilen der Matrix bilden also eine Orthonormalbasis. Einen
  beliebigen Einheitsvektor in $\R^2$ k\"onnen wir als
  \[\left(\cos\phi, \pm\sqrt{1-\cos^2\phi}\right)
  =(\cos\phi,\pm\sin\phi)\] 
  schreiben. Somit ist $f$ durch eine Matrix der Form
  \[
  \begin{pmatrix}
    \cos\phi&amp;\pm\sin\phi\\
    \pm\sin\phi&amp;\pm\cos\phi
  \end{pmatrix}
  \]
  dargestellt. Man \"uberzeugt sich leicht, dass die Vorzeichen
  f\"ur $\sin\phi\neq0$ bzw.{} $\cos\phi\neq0$ wie angegeben gew\"ahlt
  werden m\"ussen um eine orthogonale Matrix zu erhalten. Ggf.{} ist
  $\phi$ durch $-\phi+2\pi k$, $k\in\Z$, zu ersetzen um Vorzeichen
  abzu\"andern. 
\end{proof}

Durch eine spezielle Basiswahl k\"onnen wir K\"astchen der zweiten
Form ausschlie\ss{}en. 
\begin{theorem}
  Sei $f\colon V\to V$ eine orthogonale Selbstabbildung eines
  euklidischen Vektorraumes mit $\dim V&lt;\infty$. Dann gibt es eine
  Orthonormalbasis von $V$, in der sich $f$ in der Form 
  \[
  \begin{pmatrix}
    \eins_k&amp;0&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;0\\
    0&amp;-\eins_l&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;0\\
    0&amp;0&amp;
    \begin{smallmatrix}
      \cos\phi_1&amp;-\sin\phi_1\\
      \sin\phi_1&amp;\cos\phi_1
    \end{smallmatrix}
    &amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;0\\
    0&amp;0&amp;0&amp;&amp;&amp;&amp;0\\
    \vdots&amp;\vdots&amp;\vdots&amp;&amp;\ddots&amp;&amp;\vdots\\
    0&amp;0&amp;0&amp;&amp;&amp;&amp;0\\
    0&amp;0&amp;0&amp;0&amp;\ldots&amp;0&amp;
    \begin{smallmatrix}
      \cos\phi_m&amp;-\sin\phi_m\\
      \sin\phi_m&amp;\cos\phi_m
    \end{smallmatrix}
  \end{pmatrix}
  \]
  mit $k+l+2m=\dim V$ darstellen l\"asst. \par
  (In \glqq Matrizensprache\grqq{} \"ubersetzt erhalten wir: Zu jeder
  orthogonalen Matrix $A$ gibt es also eine orthogonale Matrix $D$, so
  dass $DAD^T$ von der angegebenen Gestalt ist.)
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Verm\"oge einer Matrixdarstellung $A\in\R^{\dim V\times\dim V}$
  ordnen wir $f$ wiederum eine Abbildung $\tilde f\colon\C^n\to\C^n$
  zu. Wegen $A^*A=A^TA=\eins$ ist $A$ als Matrix in $\C^{n\times n}$
  unit\"ar. Nach Theorem \ref{unitaer ev basis thm} gibt es eine
  Orthonormalbasis aus Eigenvektoren f\"ur $\tilde f$ zu Eigenwerten
  $\lambda_i$ mit $|\lambda_i|=1$. Zu jedem $\lambda_i$ mit
  $\lambda_i=\pm1$ finden wir einen reellen Eigenvektor zu diesem
  Eigenwert, den Realteil des komplexen Eigenvektors: Aus
  $A\xi=\lambda_i\xi$ folgt $A\ol\xi=\lambda_i\ol\xi$ und
  $A\left(\xi+\ol\xi\right) =\lambda_i\left(\xi+\ol\xi\right)$. Daher
  ist $\Real\xi$ ein Eigenvektor oder der Nullvektor. Ist $\Real\xi$
  der Nullvektor, so ist $i\xi$ ein reeller Eigenvektor. \par
  Da das orthogonale Komplement eines Eigenvektors jeweils invariant
  unter $f$ ist, erhalten wir induktiv die beiden Bl\"ocke $\eins_k$
  und $\eins_l$.\par Sei $\xi$ ein Eigenvektor zum Eigenwert
  $e^{i\phi}\not\in\{-1,1\}$, $A\xi=e^{i\phi}\xi$. Durch komplexe
  Konjugation erhalten wir einen zweiten Eigenvektor:
  $A\ol\xi=e^{-i\phi}\ol\xi$. Setze $u:=\xi+\ol\xi$ und
  $v:=-i\left(\xi-\ol\xi\right)$. Da $\xi$ und $\ol\xi$ wegen
  $e^{i\phi}\not\in\{-1,1\}$ Eigenvektoren von $A$ zu
  unterschiedlichen Eigenwerten sind, gilt $\xi\neq\pm\ol\xi$ und
  somit $u\neq0\neq v$. Wir erhalten
  \begin{align*}
    Au=&amp;\,A\xi+A\ol\xi=e^{i\phi}\xi+e^{-i\phi}\ol\xi
    =\frac{e^{i\phi}+e^{-i\phi}}2\left(\xi+\ol\xi\right)
    +\frac{e^{i\phi}-e^{-i\phi}}2\left(\xi-\ol\xi\right)\\
    =&amp;\,\cos\phi\cdot u-\sin\phi\cdot v,\\
    -\frac1iAv=&amp;\,A\xi-A\ol\xi =e^{i\phi}\xi-e^{-i\phi}\ol\xi
    =\frac{e^{i\phi}-e^{-i\phi}}2\left(\xi+\ol\xi\right)
    +\frac{e^{i\phi}+e^{-i\phi}}2\left(\xi-\ol\xi\right)\\
    =&amp;\,i\sin\phi\cdot u+\cos\phi\cdot\frac v{-i},\\
    Av=&amp;\,\sin\phi\cdot u+\cos\phi\cdot v.
  \end{align*}
  Wir w\"ahlen $\frac1{\sqrt2}u$ und $\frac1{\sqrt2}v$ als reellen
  Teil einer Orthonormalbasis. Beachte dazu, dass aus
  $\left\langle\xi,\ol\xi\right\rangle_{\C}=0$ die Relationen
  $\left\Vert\xi+\ol\xi\right\Vert^2=2$,
  $\left\Vert-i\left(\xi-\ol\xi\right)\right\Vert^2=2$ und
  $\left\langle\xi+\ol\xi,-i\left(\xi-\ol\xi\right)\right\rangle=0$
  folgen, zun\"achst mit komplexen Skalarprodukten und Normen. Da die
  Eintr\"age aber reell sind, gelten dieselben Beziehungen auch \"uber
  $\R$ und zugeh\"origen Skalarprodukten und Normen.  Dies liefert den
  ersten Block:
  \[
  \begin{pmatrix}
    \cos\phi&amp;\sin\phi\\
    -\sin\phi&amp;\cos\phi
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    \cos\phi_1&amp;-\sin\phi_1\\
    \sin\phi_1&amp;\cos\phi_1
  \end{pmatrix}, 
  \quad \phi_1=-\phi.
  \] 
  Da beide Zeilen und Spalten, die durch diesen Block verlaufen,
  bereits \glqq in diesem Block L\"ange Eins haben\grqq, enthalten sie
  sonst nur Nullen. Die restlichen Bl\"ocke erh\"alt man per
  Induktion.
\end{proof}

\appendix
\Section{Mengenlehre und Logik}
Dies ist ein Minimalst\"uberblick. Wir benutzen
\cite{HalmosMengenlehre}. 

\Subsection{Logik}
Wir verwenden die logischen Verkn\"upfungen wie in der folgenden
Wahrheitstabelle angegeben (w = wahr, f = falsch)
\[
\begin{array}{|c|c||c|c|c|c|c|c|c|}
  \hline
  a&amp;b&amp;\neg a&amp;a\vee b&amp;a\wedge b&amp;a\Longrightarrow b&amp;a\Longleftrightarrow
  b&amp;a\Longleftarrow b\\\hline\hline
  w&amp;w&amp;f&amp;w&amp;w&amp;w&amp;w&amp;w\\\hline
  w&amp;f&amp;f&amp;w&amp;f&amp;f&amp;f&amp;w\\\hline
  f&amp;w&amp;w&amp;w&amp;f&amp;w&amp;f&amp;f\\\hline
  f&amp;f&amp;w&amp;f&amp;f&amp;w&amp;w&amp;w\\\hline
\end{array},
\]
wobei
\[
\begin{array}{|c|c|}
  \hline
  \neg a&amp;\text{nicht }a\\\hline
  a\vee b&amp;a\text{ oder }b\\\hline
  a\wedge b&amp;a\text{ und }b,\\
  &amp;\text{sowohl }a\text{ als auch }b\\\hline
  a\Longrightarrow b&amp;a\text{ impliziert }b\\\hline
  a\Longleftrightarrow b&amp;a\text{ und }b\text{ sind \"aquivalent}\\\hline
  a\Longleftarrow b&amp;a\text{ folgt aus }b\\\hline
\end{array}
\]
bedeutet und $a$ und $b$ f\"ur Aussagen stehen, die wahr oder falsch
sein k\"onnen. $a$ ist eine hinreichende Bedingung f\"ur $b$, wenn
$a\Longrightarrow b$ gilt. $a$ ist eine notwendige Bedingung f\"ur
$b$, wenn $a\Longleftarrow b$ gilt.

\Subsection{Mengenlehre}
\begin{enumerate}[(i)]
\item Es gibt eine Menge, die leere Menge $\emptyset$, die kein
  Element enth\"alt. 
\item Eine Menge $A$ besteht aus Elementen, etwa $x,y$ und $z$,
  $A=\{x,y,z\}$. $x$ ist ein Element von $A$, $x\in A$; $\{x,y\}$ ist
  eine Teilmenge von $A$, $\{x,y\}\subset A$, sogar eine echte
  Teilmenge, $\{x,y\}\subsetneq A$, da $z\in A$ aber $z\not\in\{x,y\}$
  gelten. Allgemein definieren wir $(A\subset B)\Longleftrightarrow
  ((x\in A) \Longrightarrow(x\in B))$.
\item Zwei Mengen sind genau dann gleich, wenn sie dieselben Elemente
  enthalten. $A=B\Longleftrightarrow((A\subset B)\wedge(B\subset
  A))$. 
\item[]\textbf{Zur Konstruktion neuer Mengen}
\item $\{x\in A\colon f(x)\}$ definiert eine neue Menge, die genau aus
  den $x\in A$ besteht, f\"ur die die Aussage $f(x)$ wahr ist. 
\item Seien $A,B$ Mengen. Dann gibt es die Menge $\{A,B\}$. 
\item Sei $\mathcal M$ eine Menge von Mengen. Dann gibt es eine Menge,
  die genau alle Elemente von $\mathcal M$ als Teilmengen enth\"alt,
  $\bigcup\mathcal M$. Wichtige Spezialf\"alle sind: Sei $(A_i)_{i\in
    I}$ eine beliebige Familie von Mengen. Dann gibt es eine Menge,
  die genau die Elemente enth\"alt, die in wenigstens einem $A_i$,
  $i\in I$, enthalten sind, die Vereinigung der Mengen $A_i$,
  $\bigcup\limits_{i\in I}A_i$. F\"ur zwei Mengen $A$ und $B$
  schreiben wir $A\cup B$.
\item Sei $(A_i)_{i\in I}$ eine beliebige Familie von Mengen. Dann
  gibt es eine Menge, die genau die Elemente enth\"alt, die in allen
  Mengen $A_i$, $i\in I$, enthalten sind, den Durchschnitt der Mengen
  $A_i$, $\bigcap\limits_{i\in I}A_i$. F\"ur zwei Mengen $A$ und $B$
  schreiben wir $A\cap B$. 
\item $\{x\in A\colon x\not\in B\}$ hei\ss{}t Komplement von $B$ in
  $A$, $\complement B$. 
\item Zu jeder Menge $A$ gibt es eine Potenzmenge $\mathcal P(A)$, die
  alle Teilmengen von $A$ als Elemente enth\"alt. 
\item Es gibt die nat\"urlichen Zahlen $\N$: $0,1,2,\ldots$, die
  kleinste Menge, die $0$ und zu jeder Zahl $i$ den Nachfolger $i^+$
  enth\"alt, so dass jede Zahl Nachfolger maximal einer Zahl und Null
  nicht Nachfolger einer Zahl ist. Dabei verwenden wir die
  Abk\"urzungen $0:=\emptyset$, $1:=0^+:=\{0\}=\{\emptyset\}$,
  $2:=1^+=\{0,1\} =\{\emptyset,\{\emptyset\}\}$, $3:=2^+=\{0,1,2\}$,
  \ldots. Diese Definition erm\"oglicht die vollst\"andige Induktion:
  Ist eine Aussage f\"ur $0$ wahr und mit $i$ auch f\"ur den
  Nachfolger $i^+\equiv i+1$, so gilt sie f\"ur alle nat\"urlichen
  Zahlen. Weiterhin k\"onnen wir Funktionen rekursiv definieren: Sei
  $f\colon X\to X$ eine Funktion und $x\in X$. Dann gibt es eine
  Funktion $u\colon\N\to X$ mit $u(0)=x$ und $u(n+1)=f(u(n))$ f\"ur
  alle $n\in\N$.
\item Zu einer Familie von Mengen $(A_i)_{i\in I}$ gibt es ein
  kartesisches Produkt dieser Mengen, das wir im Fall von zwei Mengen
  $A,B$ mit $A\times B$ und im Fall, dass $i=\N$ ist, mit $A_0\times
  A_1\times A_2\times\ldots$ bezeichnen. Die Elemente sind geordnete
  Paare oder Tupel. Wir bezeichnen sie mit $(a,b)$ bzw.{}
  $(a_0,a_1,a_2,\ldots)$ mit $a\in A$, $b\in B$ sowie $a_i\in A_i$,
  $i\in\N$. \par
  Verm\"oge $(a,b)\equiv\{\{1,a\},\{2,b\}\}$,\ldots kann man die
  Existenz geordneter Tupel auf Mengen zur\"uckf\"uhren.
\item Das Auswahlaxiom besagt, dass das kartesische Produkt einer
  nichtleeren Familie von nichtleeren Mengen wiederum nicht leer
  ist. Es ist \"aquivalent zum Zornschen Lemma, das wir benutzen, um
  die Existenz von Basen zu zeigen. 
\item Eine Relation $R$ auf $X$ ist eine Teilmenge von $X\times
  X$. Die Relation $xRy$ ist genau dann erf\"ullt, wenn $(x,y)\in R$
  ist. 
\item Eine Funktion $f\colon X\to Y$ ist ein Tripel $(X,Y,\graph
  f)$. Der Graph von $f$, $\graph f$, ist eine Teilmenge von $X\times
  Y$, so dass f\"ur jedes $x\in X$ genau ein $y\in Y$ existiert, so
  dass $(x,y)$ in dieser Teilmenge ist, $f(x)=y$.
\item Wie haben vorher Familien verwendet: Diese f\"uhrt man wie folgt
  ein: Zun\"achst erkl\"art man das kartesische Produkt f\"ur zwei
  Mengen und kann damit Funktionen erkl\"aren. Sei $x\colon I\to X$
  eine Funktion. Dann schreiben wir auch $(x_i)_{i\in I}$ mit
  $x_i\equiv x(i)$ und nennen dies eine Familie. Ist $X=\mathcal P(A)$
  eine Potenzmenge, so spricht man auch von einer Mengenfamilie von
  Teilmengen von $A$.
\item Zu einer Funktion $f\colon X\to Y$ gibt es eine Funktion
  $f^{-1}\colon\mathcal P(Y)\to\mathcal P(X)$ mit \[f^{-1}(B) =\{x\in
  X\colon f(x)\in B\}\] f\"ur $B\subset Y$.
\item[]\textbf{Zur M\"achtigkeit/Kardinalit\"at:}
\item Eine Abbildung $f\colon A\to B$ hei\ss{}t injektiv, falls aus
  $f(x)=f(y)$ bereits $x=y$ folgt. Sie hei\ss{}t surjektiv, falls es
  zu jedem $z\in B$ ein $x\in A$ gibt, so dass $f(x)=z$ gilt. Ist $f$
  injektiv und surjektiv, so hei\ss{}t $f$ bijektiv. 
\item Eine Menge $A$ ist weniger m\"achtig als eine Menge $B$ (oder
  die Kardinalit\"at von $A$ ist kleiner als die von $B$), wenn es
  eine injektive Abbildung $A\to B$ gibt. (Beachte: Weniger m\"achtig
  hei\ss{}t nicht notwendigerweise strikt weniger m\"achtig.) Eine
  Menge $A$ hei\ss{}t genauso m\"achtig wie eine Menge $B$, wenn es
  eine bijektive Abbildung $A\to B$ gibt.
\item Der (nichttriviale) Satz von Schr\"oder-Bernstein besagt: Ist
  $A$ weniger m\"achtig als $B$ und $B$ weniger m\"achtig als $A$, so
  sind $A$ und $B$ gleich m\"achtig.
\item Eine Menge hei\ss{}t endlich, wenn sie gleich m\"achtig wie eine
  nat\"urliche Zahl ist. Eine Menge hei\ss{}t unendlich, wenn sie
  nicht endlich ist oder, \"aquivalent dazu, wenn sie eine echte
  Teilmenge besitzt, die gleich m\"achtig wie die Menge selbst ist.
  Eine Menge hei\ss{}t abz\"ahlbar, wenn sie gleich m\"achtig wie $\N$
  ist. Eine Menge hei\ss{}t h\"ochstens abz\"ahlbar, wenn sie gleich
  m\"achtig wie eine Teilmenge von $\N$ ist. Eine Menge hei\ss{}t
  \"uberabz\"ahlbar, wenn sie strikt m\"achtiger (= m\"achtiger, aber
  nicht gleich m\"achtig) als $\N$ ist.
\item $\N\times\N$ und $\N$ sind gleich m\"achtig.
\item Sei $A$ eine Menge. Dann ist $\mathcal P(A)$ strikt m\"achtiger
  als $A$. 
\end{enumerate}

\renewcommand{\refname}{Literatur}
\def\emph#1{\textit{#1}}
\bibliographystyle{amsplain}
%\bibliography{/Users/os/uni/math/bib/biblio}

\begin{thebibliography}{1}

\bibitem{FischerLA}
Gerd Fischer, \emph{Lineare {A}lgebra}, fifth ed., Grundkurs
  Mathematik, vol.~17, Friedr. Vieweg \&amp; Sohn, Braunschweig, 1979.

\bibitem{HalmosMengenlehre}
Paul~R. Halmos, \emph{Naive {M}engenlehre}, Vandenhoeck
  \&amp; Ruprecht, G\"ottingen, 1976.

\bibitem{LangLA}
Serge Lang, \emph{Linear algebra}, third ed., Undergraduate Texts
  in Mathematics, Springer-Verlag, New York, 1989.

\bibitem{LorenzLA1}
Falko Lorenz, \emph{Lineare {A}lgebra. {I}}, third ed.,
  Bibliographisches Institut, Mannheim, 1992.

\bibitem{StammbachLA}
Urs Stammbach, \emph{Lineare {A}lgebra}, Teubner
  Studienskripten, vol.~82, B. G. Teubner, Stuttgart, 1980.

\end{thebibliography}

\end{document}
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