Humboldt-Universität zu Berlin FB 16 – Informatik

Algebra I – III Lineare Algebra und Geometrie

Inhaltsverzeichnis

1 Einführung 4

2 Endliche Mengen, Abbildungen und Funktionen 5

3 Gruppen, Ringe, Körper 11 3.1 Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 3.2 Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4 Lineare Räume 19 4.1 Definition und einfache Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 4.2 Lineare Hüllen und Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 4.3 Die Dimension der Summe zweier Unterräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 4.4 Koordinaten und lineare Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 4.5 Homogene Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5 Lineare Abbildungen 43 5.1 Definitionen und lineare Funktionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 5.2 Funktionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3 Bilineare Funktionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 5.4 Lineare Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 5.5 Multilineare Funktionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 5.6 n–lineare antisymmetrische Funktionale, Determinanten . . . . . . . . . . . . 84 5.7 Lineare Operatoren (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 5.8 Invariante Unterräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 5.9 Nilpotente Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 2 INHALTSVERZEICHNIS

5.10 Die Jordansche Normalform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 5.11 Der reelle Fall mit komplexen Nullstellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 5.12 Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5.12.1 Die lineare Rekursionsgleichung n-ten Grades . . . . . . . . . . . . . . 143 5.12.2 Lineare Differentialgleichungssysteme mit konstanten Koeffizienten . . 153

6 Euklidische Räume 161 6.1 Definition, Fourierkoeffizienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 6.2 Isomorphismen und orthogonale Komplemente . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 6.3 Die Normalform orthogonaler Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 6.4 Die Normalform selbstdualer Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

7 Lösung linearer Gleichungssysteme 185 7.1 Die LR–Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 7.2 Fehler in der Eingabe von Gleichungssystemen . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 7.3 Schnelle Matrizenmultiplikation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 7.4 Die QR–Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

8 Analytische Geometrie 212 8.1 Definitionen, einfache Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 8.2 Geraden und Ebenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 8.3 Ebenen - Allgemeine affine Unterräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 8.4 Euklidische Punkträume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 8.5 Quadriken im affinen und Euklidischen Punktraum . . . . . . . . . . . . . . . 237

9 Arithmetische und algebraische Operationen 251 9.1 Zahlen und Positionssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 9.2 Die klassische Addition zweier b–Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 9.3 Die klassische Multiplikation zweier b–Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 9.4 Die klassische Division zweier b–Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 9.5 Betrachtungen zum Aufwand bei der Multiplikation . . . . . . . . . . . . . . 267 9.6 Parallele Additionsalgorithmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

9.6.1 Der Conditional–Summ–Adder für 2n–bit–Zahlen . . . . . . . . . . . . 268 9.6.2 Der Carry-look-ahead-Algorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271 INHALTSVERZEICHNIS 3

9.7 Das Rechnen mit Restklassen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 9.8 Algebraische Operationen mit Polynomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 9.9 Endliche Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

Kapitel 1

Einführung

Wir werden uns in diesem Kurs mit endlichen Objekten und Objekten, die durch endliche Strukturen beschrieben werden können, beschäftigen. Sie bilden die Grundlage für die gesamte Mathematik. Gerade die endlichen Strukturen gestatten es uns, potentiell unendliche Objekte durch ihre endlichen Beschreibungen zu verstehen, zu verarbeiten und ihre Eigenschaften zu erkennen. Mit diesem Anspruch erfaßt man jedoch viel zu viel aus der Mathematik. Wir werden uns auf algebraische Strukturen konzentrieren. Was das ist, können sie sich als Hörer am Ende dieses Kurses selbst beantworten. Jetzt nehmen sie als Definition, daß zur Algebra alle die Strukturen gehören, die sie im nächsten Jahr kennenlernen.

Wir werden uns bemühen, diesen Kurs unabhängig von anderen Kursen zu halten, doch wir werden Berührungspunkte suchen und nicht vermeiden.

Die Kapitel des ersten Semesters sind

• Gruppen, Ringe, Körper

• Lineare Räume

• Lineare Abbildungen und lineare Funktionen

• Lineare Operatoren

Lehrbücher zu diesem Kurs gibt es unzählbar viele^{1}. Wir werden uns aber bewußt nicht an ein bestimmtes Buch halten. Das gestattet den Hörern, Einfluß auf die Vorlesung zu nehmen und sie ihren Bedingungen anzupassen. Das vorliegende Skript soll ihnen beim Verständnis der Vorlesung eine Hilfe sein. Es ist aber kein Ersatz, wie sie bald merken werden, denn einiges ist kürzer dargestellt worden und andere Beweise wurden zusätzlich aufgenommen. Es ist in der vorliegenden Version auch noch nicht endgültig. Sie sind dringend aufgefordert, Druckfehler zu finden, Unklarheiten aufzudecken und lückenhafte Beweise zu verbessern.

Einen Großteil des Skripts haben Alexander Glintschert und Ahmed Dulaimi geschrieben. Für gründliches und kritisches Lesen bedankt sich der Autor bei: hier ist Platz für Sie!.

1Scheuen sie sich nicht, in der Bibliothek ein Buch zur Hand zu nehmen, in dessen Titel das Wort ”Algebra“ erscheint, vergleichen sie ihr Wissen mit dem Inhaltsverzeichnis und versuchen sie jeden Satz in dem Buch in Zweifel zu ziehen oder zu beweisen.

Endliche Mengen, Abbildungen und Funktionen

Wir werden nicht definieren, was eine Menge ist. Selbst wenn man es könnte, gehörte es nicht in diesen Kurs, sondern in einen Kurs zur Logik. Und trotzdem versuchen wir es.

Definition 1 Wir werden mit dem Namen Menge eine als zusammengehörig aufgefaßte Vielfalt von Objekten bezeichnen, die sich durch bestimmte gemeinsame Eigenschaften auszeichnen.

Für eine Definition enthält der obige Satz aber zu viel Undefiniertes. So sind Vielfalt, Eigenschaft, selbst Objekt nicht erklärt. Aber das streben wir nicht an. Wir wollen mit dem intuitiven Begriff der Menge auskommen. Alle Objekte, die eine in endlicher Zeit überprüfbare Eigenschaft E besitzen, fassen wir zu einem neuen Objekt A zusammen und nennen es ”die Menge aller Elemente mit der Eigenschaft E“. Die Objekte, die A bilden, sind die Elemente von A und wir schreiben für ein Element a aus A auch a ∈ A.

Beispiele für Mengen sind:

• die leere Menge ∅, die keine Elemente enthält,

• die Menge N der natürlichen Zahlen, das sind die Zahlen 0, 1, 2, 3, 4, 5, …

• die Menge Z der ganzen Zahlen, das sind die natürlichen Zahlen, und alle negativen Inversen der positiven Zahlen −1, −2, −3, −4, −5, …

• die Menge Q der rationalen Zahlen,

• die Menge R der reellen Zahlen,

• die Menge C der komplexen Zahlen,

• die Menge H der Hörer dieser Vorlesung^{1}.

1Die Eigenschaft, mit der ein Hörer dieser Vorlesung bestimmt wird, ist die körperliche und geistige Anwesenheit im Raum 1072 zeitgleich mit dem Dozenten.

Eine Menge muß natürlich nicht unbedingt aus Zahlen bestehen, wie es die Menge der Hörer zeigt. Aber die Zahlenmengen sind von besonderer Bedeutung, weil wir für sie einfach neue Eigenschaften definieren können, die dann neue Mengen erzeugen. So kann man die Menge aller der natürlichen Zahlen bilden, die kleiner als eine vorgegebene natürliche Zahl n sind. Weil sie noch öfter vorkommen wird, bezeichnen wir sie mit Z_{n}.

Definition 2 Eine Menge K ist eine Teilmenge der Menge L, wenn jedes Element a aus K auch ein Element von L ist. Wir bezeichnen das mit K ⊂ L.

Die Operationen, die man mit Mengen ausführen kann, sind aus anderen Vorlesungen bekannt, so setzen wir die Kenntnis von

• Vereinigung (A ∪ B),

• Durchschnitt (A ∩ B),

• kartesisches Produkt (A × B),

und die Gesetze bei diesen Operationen als bekannt voraus.

Übungsaufgabe 1 Beweisen Sie:

• (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C),

• (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C),

• wenn A ⊂ B ist, dann ist auch (A ∩ C) ⊂ (B ∩ C),

• A × ∅ = ∅

Definition 3 Wir nennen eine Teilmenge f der Menge K × L eine Abbildung der Mengen K und L, wenn

• für jedes k ∈ K^{2} ein Element (k, l_{k}) ∈ f existiert und

• für je zwei (k, l_{1}), (k, l_{2}) ∈ f immer l_{1} = l_{2} gilt.

Wie man sieht, existiert zu jedem^{2} k genau ein^{2} l, so daß (k, l) ∈ f ist. Wir nennen das zu k gehörige l das Bild von k und schreiben dafür auch f(k) = l. Eine Abbildung ist eindeutig bestimmt, wenn zu jedem k das entsprechende l festgelegt ist. Deshalb spricht man auch oft von einer Abbildung, wenn es einen Algorithmus gibt, mit dem man aus k das zugehörige l bestimmen kann. Wir schreiben für die Abbildung f ⊂ K × L deshalb auch f: K → L und nennen f eine Abbildung von K nach L.

Die Abbildung von K nach K, die durch die Diagonale {(k, k); k ∈ K} definiert wird, wird identische Abbildung oder Identität von K genannt. Wir bezeichnen sie mit id.

Definition 4 Das Urbild eines Elementes l ∈ L bei einer Abbildung f: K → L ist die Menge aller Elemente k ∈ K, für die f(k) = l gilt. Wir bezeichnen sie mit f^{−1}(l).

2Wir werden uns bemühen, die Elemente einer Menge, die mit einem Großbuchstaben bezeichnet wurde, mit den entsprechenden Kleinbuchstaben zu bezeichnen und umgekehrt. Dafür lassen wir dann auch unnötiges ∈ weg.

Definition 5 Eine Abbildung f: K → L heißt

injektiv – wenn das Urbild jedes Elements aus L nicht mehr als ein Element enthält,

surjektiv – wenn jedes Element aus L das Bild eines Elements aus K ist,

bijektiv – wenn sie injektiv und surjektiv ist.

Definition 6 Wir nennen eine Menge A endlich, wenn es eine bijektive Abbildung der Menge A nach Z_{n} für irgend ein n gibt.

Übungsaufgabe 2 Beweisen Sie, daß es keine bijektive Abildung von Z_{n} nach Z_{m} (n ≠ m) gibt. Hinweis: Benutzen Sie die vollständige Induktion.

Die Bezeichnung f: K → L suggeriert, daß wir aus zwei Abbildungen f: K → L und g: L → M eine Abbildung K → M bilden können.

Definition 7 Wir definieren die Abbildung (g ∘ f): K → M (gesprochen: ”g nach f“) durch

(g ∘ f)(k) = g(f(k),

und nenne sie die Komposition der Abbildungen g und f.

Übungsaufgabe 3 Definieren Sie die Komposition als Teilmenge mit Hilfe der Teilmengen f ∈ K × L und g ∈ L × M.

Eine bijektive Abbildung einer endlichen Menge nennen wir auch Permutation.

Beispiel 1 Wir betrachten die Komposition zweier Permutationen von Z_{3}:

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix} ) ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix} )

Dabei wird das Element 0 erst auf 2 und danach auf 1 abgebildet. Das Element 1 wird auf 1 und dann auf 2, das Element 2 schließlich wird auf 0 abgebildet. Wir erhalten als Komposition

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix} )

Beispiel 2 Eine besonders einfache Permutation ist die Abbildung A → A, die jedes Element auf sich selbst abbildet. Das ist die identische Permutation oder Identität, sie wird mit id bezeichnet. Als Teilmenge von A × A ist es die Diagonale {(a, a); a ∈ A}.

Übungsaufgabe 4 Bestimmen Sie

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix} ) ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix} ) .

Für die Komposition dreier Abbildungen gilt der folgende Satz:

Satz 1 (f ∘ g) ∘ h = f ∘ (g ∘ h)

Beweis Sind f: K → L, g: L → M und h: M → N, dann ist das Bild von k ∈ K bei der linken Komposition

((f ∘ g) ∘ h)(k) = (f ∘ g)(h(k)) = (f(g(h(k))),

und bei der rechten Komposition

f ∘ (g ∘ h)(k) = (f(g ∘ h)(k)) = (f(g(h(k))).
□^{3}

Satz 2 Für jede bijektive Abbildung f: K → L gibt es eine bijektive Abbildung g: L → K, so daß f ∘ g und g ∘ f die Identität sind.

Beweis Ist die Abbildung f die Menge der Paare {(k, l)}, so ist g die Menge der Paare {(l, k)}. Überzeugen Sie sich, daß g wirklich eine Abbildung ist!

□

Wir nennen g die zu f inverse Abbildung und schreiben g = f^{−1}. Wie man an dem Beweis sieht, ist die zu g inverse Abbildung wieder f, also ist auch g^{−1} = f.

Übungsaufgabe 5 Gibt es Abbildungen der leeren Menge ∅ → K in eine andere Menge K? Oder umgekehrt, von K in die leere Menge?

Definition 8 Wir nennen eine Abbildung Funktion, wenn sie eine Abbildung in eine Menge von Zahlen ist.

Ein einfaches Beispiel ist die Anzahlfunktion. Sie ordnet jeder endlichen Menge A die Zahl n zu, für die es eine bijektive Abbildung A → Z_{n} gibt. Wir bezeichnen diese Funktion mit #, es ist also #(A) = n.

Dieses Beispiel ist korrekt, das heißt, es gibt keine Menge A, für die es sowohl eine bijektive Abbildung von A nach Z_{n} als auch eine bijektive Abbildung nach Z_{m} (n ≠ m) gibt.

Man nennt dies auch das Dirichletsche Taubenschlagprinzip:

Fliegen m Tauben in n Schläge (m > n), dann gibt es wenigstens einen Taubenschlag, in dem mindestens zwei Tauben sitzen.

Man beweist das Dirichletsche Taubenschlagprinzip indirekt und induktiv. Gibt es eine bijektive Abbildung von Z_{m} nach Z_{n}, dann gibt es auch eine bijektive Abbildung von Z_{m−1} nach Z_{n−1}. Man ändert dazu die erste Abbildung auf m und dem Urbild von n ab. So ”schraubt“ man sich nach unten, bis man eine bijektive Abbildung zwischen Z_{m−n} und Z_{0} erhält. Die letztere Menge ist aber leer!

3Mit diesem Symbol bezeichnen wir das Ende eines Beweises. Genau der richtige Zeitpunkt, um sich selbst zu kontrollieren.

Für die Anzahlen von Vereinigung und Produkt endlicher Mengen gilt

#(A × B) = #(A)#(B)  und  #(A ∪ B) = #(A) + #(B) − #(A ∩ B).

Die Bildung neuer Elemente aus vorhandenen nennt man Operation. So ist eine Abbildung f: A×A → A eine zweistellige Operation, i: A → A eine einstellige Operation. Man schreibt an Stelle von f(a_{1}, a_{2}) = a auch oft a_{1} + a_{2} = a oder a_{1} ⋆ a_{2} = a oder vielleicht sogar auch a_{1} ♠ a_{2} = a. Bei einstelligen Operationen verwendet man an Stelle von i(a) = b solche Bezeichnungen wie −a = b, a^{−1} = b oder a^{∗} = b.

In den folgenden Kapiteln werden wir oft Elemente einer Menge miteinander vergleichen. So kann man Zahlen bezüglich der Größe vergleichen, Studenten bezüglich ihrer Prüfungsnoten^{4} und so weiter.

Definition 9 Wir nennen eine Teilmenge R ⊂ A × A eine Relation. Man schreibt an Stelle von (a_{1}, a_{2}) ∈ R auch a_{1} R a_{2}.

Oft ersetzt man wegen des Mangels an Großbuchstaben R durch ein spezielles Zeichen. Wir kennen schon ≥, ≤, ≠, ⊂, ∈.

Beispiel 3 Für die Relation ” < “ gilt:

Wenn a < b und b < c dann ist auch a < c.

Diese Eigenschaft nennt man Transitivität.

Beispiel 4 Für die Relation ” = “ gilt:

Wenn a = b ist, dann ist auch b = a.

Diese Eigenschaft nennt man Symmetrie.

Wenn für jedes k ∈ K das Paar (k, k) in der Relation R enthalten ist, also k R k gilt, dann nennt man die Relation R reflexiv.

Definition 10 Eine Relation wird Äquivalenzrelation genannt, wenn sie die drei obigen Eigenschaften hat, also reflexiv, symmetrisch und transitiv ist.

Beispiel 5 Betrachtet man die ganzen Zahlen Z, dann ist die Relation ” ≡ “, die für eine von Null verschiedene Zahl n durch

Es ist a ≡ b, genau dann wenn a − b durch n teilbar ist.

definiert ist, eine Äquivalenzrelation.

Übungsaufgabe 6 Zeigen Sie, daß diese Relation reflexiv, symmetrisch und transitiv ist.

4Aus Gründen des Datenschutzes vergleichen wir nur Immatrikulationsnummern.

Da diese Relation von der Zahl n abhängt, schreibt man dafür auch

a ≡ b (mod n) .

Man liest das als ”a ist kongruent zu b modulo n“.

Es gibt zu jeder ganzen Zahl n_{1} eine Zahl n_{2} aus Z_{n}, so daß n_{1} ≡ n_{2} (mod n) ist. Man dividiert dazu n_{1} mit Rest durch n

n_{1} = q · n + n_{2}.

Der Rest bei der Division ist immer nicht-negativ und stets kleiner als n, also aus Z_{n}.

Die Abbildung, die jeder ganzen Zahl aus Z ihren Rest bei Division durch n zuordnet Z → Z_{n} ist keine injektive Abbildung, aber sie ist surjektiv. Warum eigentlich?

Man kann die Division mit Rest auch für negative Zahlen n erklären. Auch dann ist n_{2} die natürliche Zahl, für die

n_{1} = q · n + n_{2}

ist, wobei n_{2} < |n| sein muß.

Das ist nicht das gleiche wie für die Operationen div und mod in einigen Programmiersprachen. Es ist nämlich a div b der ganzzahlige Anteil des Quotienten von a und b, und a mod b ist so definiert, daß

(a div b) ∗ b + a mod b = a

ist. Dann ist (−7) div (−3) = 2 und (−7) mod (−3) = −1, aber der Rest bei Division von (−7) durch (−3) ist 2.

Gruppen, Ringe, Körper

3.1 Gruppen

Definition 11 Eine Gruppe G ist eine Menge set(G) mit einer Operation □, für die folgende Eigenschaften erfüllt sind:

• die Operation ist assoziativ, das heißt (g_{1} □ g_{2}) □ g_{3} = g_{1} □(g_{2} □ g_{3}),

• es existiert ein neutrales Element e, so daß e □ g = g □ e = g ist und

• zu jedem g existiert ein inverses Element g′, für das g′ □ g = g′ □ g = e ist.

Wenn wir also von einer Gruppe sprechen, dann ist das eine Menge zusammen mit einer assoziativen Operation □, dem neutralen Element e und den entsprechenden inversen Elementen. Wenn man das neutrale Element als nullstellige Operation^{1} und die Bildung des inversen Elements als einstellige Operation auffaßt, dann gehören zu einer Gruppe neben der Menge noch drei weitere Operationen mit den entsprechenden Relationen, die man als Diagramm darstellen kann:

\begin{matrix}G × G × G & ⟶^{id×□} & G × G \\ ↓ □×id & & ↓□ \\ G × G & ⟶^{□} & G \end{matrix} ,

bei denen beide Wege für die Komposition der Abbildungen die gleichen Resultate ergeben.

Erkennen Sie das Assoziativgesetz? Schreiben Sie die anderen Eigenschaften einer Gruppe als Diagramme.

Wie bei dem obigen Beispiel schreibt man manchmal der Platzersparnis halber an Stelle von set(G) auch einfach G. Zu Mißverständnissen kann das nicht führen.

Wir haben schon eine Reihe von Gruppen kennengelernt. So bilden die Permutationen von Z_{n} eine Gruppe. Die Operation ist die Komposition der Abbildungen und das neutrale Element ist die Identität.

1Das ist eine Abbildung einer einelementigen Menge {⋆} in die Menge G. Warum nimmt man hier eigentlich nicht die leere Menge?

Die ganzen Zahlen bilden eine Gruppe bezüglich der Addition. Das neutrale Element ist die Zahl Null 0.

Die Teilmengen einer Menge K bilden eine Gruppe bezüglich der Operation

A △ B := (A ∪ B) \ (A ∩ B),

für A, B ⊆ K.

Übungsaufgabe 7 Bezüglich der Operationen ∩ und ∪ bilden die Teilmengen keine Gruppe. Warum?

In der Menge Z_{n} kann man eine Addition definieren, so daß sie eine Gruppe wird. Wir setzen k = k_{1} + k_{2} für k_{1}, k_{2} ∈ Z_{n}, wenn für die ganzen Zahlen k, k_{1}, k_{2}

k ≡ k_{1} + k_{2} (mod n)

ist.

Diese Definition ist korrekt, das heißt, daß das Element k als Summe eindeutig bestimmt ist. Gäbe es zwei Elemente k und k′, dann wären sie beide äquivalent, die Differenz also durch n teilbar, aber kleiner als n. Das aber geht nur für k = k′.

Wir müssen nun zeigen, daß diese Operation in Z_{n} assoziativ ist, ein neutrales Element existiert und man zu jedem Element ein inverses Element findet.

Es ist k_{1} + (k_{2} + k_{3}) = (k_{1} + k_{2}) + k_{3}, weil die Differenz der beiden Summen ganzer Zahlen Null ist, also durch n teilbar ist.

Das neutrale Element ist die Zahl 0 und das inverse zu k ist n − k. Das zu beweisen, ist nicht schwer^{2}.

Gegeben sei eine Gruppe G mit einer Operation ∗^{3}.

Satz 3 Dann existiert in G genau ein neutrales Element.

Beweis Seien e_{1} und e_{2} neutrale Elemente. Dann ist einerseits

e_{1} ∗ e_{2} = e_{2} ∗ e_{1} = e_{2},

weil e_{1} ein neutrales Element ist, und andererseits ist

e_{2} ∗ e_{1} = e_{1} ∗ e_{2} = e_{1},

weil e_{2} ein neutrales Element ist. Da auf der linken Seite immer das gleiche steht, ist e_{1} = e_{2}.

□^{4} Satz 4 Das inverse Element g′ zu einem Element g ∈ G ist auch eindeutig bestimmt.

2Wenn Sie so etwas lesen, sollten Sie sich die Mühe machen und es auf einem kleinen Zettel beweisen.

Sollten Sie es nicht hinbekommen, dann haben Sie entweder etwas Wichtiges nicht verstanden, oder mir ist ein Schreibfehler unterlaufen.

3Normalerweise werden wir die Operationen mit ”+“ oder ”·“ bezeichnen. Sie sollten sich aber nicht auf eines der beiden festlegen.

4Es reicht übrigens aus, wenn man für das neutrale Element fordert, daß g ∗ e = g für alle g ∈ G ist. Man kann dann beweisen, daß jede Rechtseins auch eine Linkseins ist.

Beweis Sei g′′ ein anderes inverses Element, dann ist

g′ = g ∗ e = g′ ∗(g ∗ g′′) = (g′ ∗ g) ∗ g′′ = e ∗ g′′ = g′′.
□^{5}

Satz 5 In jeder Gruppe sind die Gleichungen a ∗ x = b und y ∗ a = b lösbar und die Lösungen sind eindeutig bestimmt.

Beweis Wir zeigen das für die erste Gleichung. Wenn die Lösung x existiert, dann ist

x = e ∗ x = (a′ ∗ a) ∗ x = a′ ∗(a ∗ x) = a′ ∗ b,

wobei a′ das Inverse zu a ist. Das Element x ist also eindeutig bestimmt. Andererseits erfüllt dieses x = a′ ∗ b aber auch die Gleichung, denn es ist

a ∗(a′ ∗ b) = (a ∗ a′) ∗ b = e ∗ b = b.
□

3.2 Ringe

Definition 12 Ein Ring ist eine Menge R mit zwei Operationen ⊕: R×R → R und ⊙: R× R → R, die folgende Eigenschaften erfüllen:

• Die Menge R ist mit der Operation ⊕ eine Gruppe.

• Die Operation ⊕ ist kommutativ, also r_{1} ⊕ r_{2} = r_{2} ⊕ r_{1}.

• Die Operation ⊙ ist kommutativ, also r_{1} ⊙ r_{2} = r_{2} ⊙ r_{1}.

• Die Operation ⊙ ist assoziativ, also (r_{1} ⊙ r_{2}) ⊙ r_{3} = r_{1} ⊙ (r_{2} ⊙ r_{3}).

• Es gelten Distributivgesetze

r_{1} ⊙ (r_{2} ⊕ r_{3}) = (r_{1} ⊙ r_{2}) ⊕ (r_{1} ⊙ r_{3})

und

(r_{1} ⊕ r_{2}) ⊙ r_{3} = (r_{1} ⊙ r_{3}) ⊕ (r_{2} ⊙ r_{3}).

Die Operation ⊕ nennt man auch Addition, man schreibt dafür auch oft +, die Operation ⊙ nennt man dann natürlich Multiplikation.

Wenn die Multiplikation nicht kommutativ ist, nennt man die Menge R nicht-kommutativen Ring.

Wenn der Ring ein neutrales Element der Multiplikation hat, das vom neutralen Element der Addition verschieden ist, so nennt man R Ring mit Eins.

5Auch hier kommt man mit den Rechtsinversen aus. Es reicht, wenn in einer Gruppe zu irgendeiner Rechtseins e_{0} für jedes Element g wenigstens ein Rechtsinverses g′ mit g ∗ g′ = e_{0} existiert.

Beispiel 6 Z, Z_{n}, 2Z, nZ, Q, Q[\sqrt{2}], C sind Ringe.

Die komplexen Zahlen C bestehen aus allen Paaren reeller Zahlen mit den folgenden Operationen:

”+“: (a_{1}, b_{1}) + (a_{2}, b_{2}) = (a_{1} + a_{2}, b_{1} + b_{2})

”·“: (a_{1}, b_{1}) · (a_{2}, b_{2}) = (a_{1}a_{2} − b_{1}b_{2}, a_{1}b_{2} + b_{1}a_{2})

Diese Menge hat alle Eigenschaften eines Ringes, die Addition ”+“ ist kommutativ und asoziativ. Das neutrale Element dieser Operation ist das Paar 0_{C} = (0, 0), das inverse Element zu (a, b) ist −(a, b) = (−a, −b). Die Multiplikation ist kommutativ und assoziativ, es gibt ein neutrales Element auch für diese Operation, nämlich 1_{C} = (1, 0). Für alle von Null verschiedenen Elemente (a, b) ≠ (0, 0) gibt es auch ein inverses Element

(a, b)′ = (\frac{a}{a^{2} + b^{2}} , \frac{−b}{a^{2} + b^{2}} ) .

Die Teilmenge der Paare R_{C} = {(a, 0)}, bei denen die zweite Komponente Null ist, bildet bezüglich der Addition und der Multiplikation komplexer Zahlen auch wieder einen Ring. Die Assoziativität und Kommutativität sind natürlich sowieso erfüllt, wichtig ist, daß die beiden Operationen nicht aus der Teilmenge herausführen. Auch die neutralen und inversen Elemente müssen sich in der Teilmenge finden. Für die Menge der natürlichen Zahlen als Teilmenge der ganzen Zahlen gilt das zum Beispiel nicht, sie bilden bezüglich der Addition und Multiplikation ganzer Zahlen selbst keinen Ring (was fehlt?).

Die Menge R_{C} wird Unterring der reellen Zahlen in C genannt. Weil jeder reellen Zahl r ∈ R genau eine Zahl, nämlich (r, 0), in dem Unterring entspricht, schreibt man an Stelle des Paares (r, 0) auch einfach nur r.

Die komplexen Zahlen zeichnen sich dadurch aus, daß in ihnen die quadratische Gleichung x^{2} + 1 = 0 lösbar ist. Genauer gesagt bedeutet das, daß es ein Paar (a, b) gibt, für das

(a, b) · (a, b) + (1, 0) = (0, 0)

ist. Man sieht leicht, daß das das Paar (0, 1) oder das Paar (0, −1) sein kann.

Definition 13 Zwei Ringe R_{1} und R_{2} heißen isomorph, wenn es eine bijektive Abbildung α: R_{1} → R_{2} gibt, so daß

α(r′_{1} + r′′_{1}) = α(r′_{1}) + α(r′′_{1})

und

α(r′_{1} · r′′_{1}) = α(r′_{1}) · α(r′′_{1})

für alle r′_{1}, r′′_{1} ∈ R_{1} ist.

Übungsaufgabe 8 Sind R_{1} und R_{2} isomorph und R_{1} ein Ring mit Eins, dann ist auch R_{2} ein Ring mit Eins.

Im algebraischen Sinne sind isomorphe Ringe ununterscheidbar. Sie haben einander entsprechende Elemente und die gleiche Struktur in den Operationen. Die reellen Zahlen R und der Unterring R_{C} sind dafür ein Beispiel. Die bijektive Abbildung r ↔ (r, 0) ist ein Isomorphismus. Deshalb identifiziert man auch den Unterring R_{C} mit den reellen Zahlen R.

Satz 6 Für die Summe (entsprechend für das Produkt)

(a_{1} + (a_{2} + … + a_{i}) + … + a_{n})

hat ein Setzen der Klammern keinen Einfluß auf das Ergebnis, man kann also

a_{1} + a_{2} + … + a_{i} + … + a_{n}

schreiben und bei der Berechnung dieser Summe die Klammern nach Belieben (aber paarweise) setzen.

Beweis Wir beweisen diesen Satz mit Induktion nach der Anzahl n der Summanden. Induktionsanfang: n = 3 Es ist (a_{1} + a_{2}) + a_{3} = a_{1} + (a_{2} + a_{3}). Das ist das Assoziativgesetz. Andere Möglichkeiten der Klammerung gibt es nicht. Induktionsschritt: (n < k) ⇒ (n = k) Die äußeren Klammern in der Summe seien auf zwei verschiedene Arten gesetzt:

(a_{1} + … + a_{l}) + (a_{l+1} + … + a_{n})  und  (a_{1} + … + a_{m}) + (a_{m+1} + … + a_{n}).

Für die inneren Klammern gilt die Induktionsvoraussetzung. Es reicht nun, wenn wir zeigen, daß man die äußeren Klammern um eine Stelle verschieben kann, also daß

(a_{1} + … + a_{l}) + (a_{l+1} + … + a_{n}) = (a_{1} + … + a_{l+1}) + (a_{l+2} + … + a_{n}).

Dazu bezeichnen wir a_{1} + … + a_{l} = b, a_{l+2} + … + a_{n} = c. In diese Bezeichnungen haben wir

b + (a_{l+1} + c) = (b + a_{l+1}) + c

zu beweisen. Das ist aber schon wieder das Assoziativgesetz.

□

Definition 14 Wir nennen die Summe aus n gleichen Summanden, die alle r ∈ R sind, das n-fache dieses Elements r. Es wird durch ^{\underline{n}}r bezeichnet. Wenn es nicht zu Verwechselungen führen kann, schreiben wir dafür auch nr.

Diese Definition ist korrekt, da wir wissen, daß es auf die Art und Weise der Klammerung in der Summe

\underbrace{r + … + r}_{n−mal}

nicht ankommt. Die Summe hängt nur von der Anzahl der Summanden und natürlich von r ab.

Definition 15 Wir nennen das Produkt aus n gleichen Faktoren, die alle r ∈ R sind, die n-te Potenz dieses Elements. Es wird durch r^{n} bezeichnet.

Auch diese Definition ist korrekt, da wir wissen, daß es auf die Art und Weise der Klammerung im Produkt nicht ankommt, weil auch diese Operation assoziativ ist.

16 KAPITEL 3. GRUPPEN, RINGE, KÖRPER Beispiel 7 In Z_{5} ist ^{\underline{7}}2 = 4. Bei diesem Beispiel sieht man daß die Schreibweise 7 · 2 nicht korrekt ist. Das Element 7 ist nämlich in Z_{5} gar nicht enthalten. Übungsaufgabe 9 Beweisen Sie, daß in Z_{5} für 0 ≤ k < 5 und l ∈ Z_{5} die Gleichung \underline{k} l = k · l gilt. Definition 16 Zwei Elemente a und b eines Ringes heißen Nullteiler, wenn sie beide verschieden von Null (genauer: verschieden vom neutralen Element der Addition des Ringes) sind, aber ihr Produkt Null ist. Beispiel 8 Der Ring Z_{4} hat Nullteiler. Die Additionstafel in Z_{4} ist

+ 0 1 2 3
0 0 1 2 3
1 1 2 3 0
2 2 3 0 1
3 3 0 1 2

und die Multiplikationstafel ist

\begin{matrix}· & 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 0 & 2 & 0 & 2 \\ 3 & 0 & 3 & 2 & 1 \end{matrix}

Übungsaufgabe 10 Z_{3} hat keine Nullteiler. Definition 17 Ein Ring K mit Eins 1_{K} heißt Körper, wenn es zu jedem von Null verschiedenen Element k ∈ K ein inverses Element k′ gibt, so daß k · k′ = k′ · k = 1_{K} ist. Man bezeichnet k′ auch mit k^{−1}. Beispiel 9 Q, R, C, Q[\sqrt{2}] Wir können in jedem Ring auch nicht-positive Vielfache und in jedem Körper auch nichtpositive Potenzen für von Null verschiedene Elemente definieren. Wir setzen

\underline{−n}r = −^{\underline{n}}r und a^{−n} = (a^{n})^{−1}

für beliebige negative n und a ≠ 0. Für das 0-fache und die 0-te Potenz setzen wir

\underline{0}r = 0_{R} und a^{0} = 1_{K},

wobei 0_{R} das neutrale Element der Addition in R und 1_{K} das neutrale Element der Multiplikation in K sind.

Übungsaufgabe 11 Zeigen Sie, daß im Ring R ^{\underline{n+m}}r = ^{\underline{n}}r+^{\underline{m}}r für beliebige ganze Zahlen n, m ∈ Z gilt.

Übungsaufgabe 12 Zeigen Sie, daß im Körper K a^{n+m} = a^{n} · a^{m} für beliebige ganzen Zahlen n, m ∈ Z und a ≠ 0, und die gleiche Beziehung für beliebige nicht-negative ganze Zahlen n, m und beliebiges a ∈ K gilt.

Satz 7 Gegeben sei ein Ring K, dann ist 0 · b = 0.

Beweis Da auf Grund der Distributivität der Multiplikation 0 · b + 0 · b = (0 + 0) · b = 0 · b ist, ist auch 0 · b + 0 · b + c = 0 · b + c, für alle c ∈ K.

Insbesondere gilt das natürlich auch für c = −(0 · b), das inverse Element zu 0 · b bezüglich der Addition. Daraus ergibt sich

0 · b + 0 · b + (−(0 · b)) = 0 · b + (−(0 · b))
0 · b + (0 · b + (−(0 · b))) = 0 · b + (−(0 · b))
0 · b + 0 = 0
0 · b = 0
□

Satz 8 Gegeben sei ein Ring K, dann ist (−a) · b = −(a · b). ^{6}

Beweis Wir wissen daß das inverse Element bezüglich der Addition eindeutig bestimmt ist. Da das Element −(a · b) zum Element a · b invers ist, genügt es zu zeigen, daß das zu a · b inverse Element (−a) · b ist.

a · b + (−a) · b = (a + (−a)) · b (Distributivgesetz)
= 0 · b  (0 ∈ K)

Damit haben wir a · b + (−a) · b = 0 und wir sehen daß (−a) · b zu a · b invers ist. Wegen der Eindeutigkeit des inversen Elements ist damit die Behauptung bewiesen.

□

Satz 9 In jedem Ring R ist (−1_{R}) · (−1_{R}) = 1_{R}.

Beweis Es gilt

(−1) · (−1) = −(1 · (−1))  (Satz 8 mit a = 1 und b = −1)
= −(−1)
= 1.
□

6Machen Sie sich den Unterschied der Aussage dieses Satzes zur Definition ^{\underline{−n}} r = −^{\underline{n}} r klar.

Übrigens ist −1_{R} auch das (−1)-fache von −1_{R}, also ^{\underline{−1}}(−1) = 1.

Die Ringe Z_{p} sind Körper, wenn p eine Primzahl ist. Die Frage, ob es für beliebige natürliche Zahlen n endliche Körper mit n Elementen gibt, können wir jetzt noch nicht entscheiden. Wir wollen aber versuchen, einen Körper mit genau 4 Elementen zu konstruieren.

Aus den Körpereigenschaften leiten wir die Additionstafel her

\begin{matrix}+ & 0 & 1 & a & b \\ 0 & 0 & 1 & a & b \\ 1 & 1 & 0 & b & a \\ a & a & b & 0 & 1 \\ b & b & a & 1 & 0 \end{matrix}

Auch die Multiplikationstafel ist bis auf Vertauschungen eindeutig bestimmt

\begin{matrix}· & 0 & 1 & a & b \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & a & b \\ a & 0 & a & b & 1 \\ b & 0 & b & 1 & a \end{matrix}

Übungsaufgabe 13 Beweisen Sie, daß es für jeden endlichen Körper F_{k} mit k Elementen eine von Null verschiedene Zahl n gibt, so daß ^{\underline{n}}1 = 0 ist.

Übungsaufgabe 14 Die kleinste von Null verschiedene Zahl n, für die ^{\underline{n}}1 = 0 ist, heißt Charakteristik des Körpers. Zeigen Sie, daß für einen endlichen Körper die Charakteristik eine Primzahl ist.

Lineare Räume

4.1 Definition und einfache Eigenschaften

Definition 18 Ein linearer Raum V über einem Körper K ist eine Menge mit einer Operation ” + “ (Addition), die die Gruppeneigenschaften hat

1. die Operation ist assoziativ: v_{1} + (v_{2} + v_{3}) = (v_{1} + v_{2}) + v_{3},

2. die Operation ist kommutativ: v_{1} + v_{2} = v_{2} + v_{1},

3. es gibt ein neutrales Element o, so daß o + v = v + o = v ist,

4. zu jedem v ∈ V gibt es ein inverses Element −v, so daß v + (−v) = (−v) + v = o ist. Darüber hinaus gibt es eine Abbildung von K × V nach V, die wir skalare Multiplikation^{1} nennen und deren Bilder wir mit k · v bezeichnen, für die folgende Eigenschaften gelten

5. k · (v_{1} + v_{2}) = (k · v_{1}) + (k · v_{2}),

6. (k_{1} + k_{2}) · v = (k_{1} · v) + (k_{2} · v),

7. (k_{1} · k_{2}) · v = k_{1} · (k_{2} · v),

8. für die Eins 1_{K} des Körpers gilt 1 · v = v.

Die Elemente eines linearen Raumes nennen wir Vektoren, die des entsprechenden Körpers auch Skalare. Sie sollten beachten, daß die Eigenschaften 5, 6 und 7 zwar wie Distributivoder Assoziativgesetze aussehen, aber es trotzdem nicht sind. Durch den zentrierten Punkt · oder das Additionszeichen + werden nämlich unterschiedliche Abbildungen bezeichnet!

Übungsaufgabe 15 Kennzeichnen Sie den linearen Raum mit der Farbe ”rot“, den Körper mit der Farbe ”grün“ und dem entsprechend die Additions- und Multiplikationssymbole des linearen Raumes und des Körpers. Färben Sie danach die obige Definition ein.

1Die skalare Multiplikation ist keine Operation in unserem bisherigen Sinne, sie verallgemeinert die Bildung des Vielfachen.

20 KAPITEL 4. LINEARE RÄUME Beispiel 10 Sei K ein Körper. Dann bildet die Menge der Zeilenvektoren

K^{n} = {k_{1}, k_{2}, …, k_{n}); k_{i} ∈ K}

einen linearen Raum. Die Addition^{2} + zweier Zeilenvektoren x und y wird mit Hilfe der Körperaddition + definiert

x + y = (x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) + (y_{1}, y_{2}, …, y_{n}) = (x_{1} + y_{1}, x_{2} + y_{2}, …, x_{n} + y_{n}). Die skalare Multiplikation des Zeilenvektors x mit der Zahl k ∈ K erklärt man durch

k · x = k · (x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) = (kx_{1}, kx_{2}, …, kx_{n}).

Übungsaufgabe 16 Beweisen Sie, daß K^{n} ein linearer Raum ist. Beispiel 11 Sei K ein Körper. Dann bildet die Menge der Spaltenvektoren

K_{n} = {( k_{1} ; k_{2} ; ⋮ ; k_{n} ); k_{i} ∈ K}

einen linearen Raum. Auch hier wird wie bei den Zeilen die Addition und skalare Multiplikation komponentenweise definiert. Übungsaufgabe 17 Stellen Sie die Additiontafel und die Tafel für die skalare Multiplikation im linearen Raum (Z_{2})^{2} auf. Satz 10 In jedem linearen Raum V ist 0 · v = o für alle v ∈ V. ( 0 ∈ K, o ∈ V) Beweis Aus den Eigenschaften des linearen Raumes folgern wir:

(1 + 0) · v = 1 · v = v  (3. und 8.)
1 · v + 0 · v = v  (5.)
v + 0 · v = v | + (−v)
v + (−v) + 0 · v = v + (−v)
o + 0 · v = o  (4)
0 · v = o  (3)
□

Satz 11 In jedem linearen Raum V ist k · o = o für alle k ∈ K.

2Der Einfachheit halber bezeichnen wir die Vektoraddition auch durch +. Färben Sie auch hier die unterschiedlichen Additionen ein.

Beweis Es ist

\begin{aligned}k · o & = & k · (o + o) = k · o + k · o  | + (−k · o) \\ k · o + (−k · o) & = & k · o + k · o + (−k · o) \\ o & = & k · o + o \\ o & = & k · o \end{aligned}
□

Neben der skalaren Multiplikation kann man in der additiven Gruppe des linearen Raumes auch wieder Vielfache ^{\underline{n}}v betrachten.

Übungsaufgabe 18 Zeigen Sie daß die Vektoren ^{\underline{n}}v und (^{\underline{n}}1) · v gleich sind.

Satz 12 Falls in einem linearen Raum V das skalare Produkt k ·v = o ist, dann ist entweder k = 0 oder v = o.

Beweis Es sei k · v = o. Entweder ist k = 0. Dann ist alles klar. Oder aber es ist k ≠ 0. Dann existiert ein k^{−1}, so daß im Körper k · k^{−1} = 1 gilt.

Daraus folgt k^{−1} · (k · v) = k^{−1} · o = o (Satz 11). Wegen der Eigenschaft (7) können wir anders klammern und erhalten (k^{−1} · k) · v = o. Aus (8) erhalten wir dann 1 · v = v = o.

□

Satz 13 Es ist (−k) · v = −(k · v).

Beweis Wir zeigen daß (−k) · v der inverse Vektor zu k · v bezüglich der Addition ist (−k) · v + k · v = o zu zeigen. Mit der Eigenschaft (5) folgt:

(−k) · v + k · v = (−k + k) · v
= 0 · v
= o
□

Definition 19 U heißt Unterraum des linearen Raumes V, falls die Teilmenge U selbst ein linearer Raum mit der Addition und der skalaren Multiplikation des Oberraumes V ist.

Die Eigenschaften der Operationen des linearen Raumes sind also in U erfüllt, weil sie auch in V gelten. Kritisch ist nur die Frage, ob die Operationen (Addition und Multiplikation) aus der Teilmenge U herausführen, das neutrale Element o in U liegt und ob zu jedem u ∈ U das inverse auch in U ist.

Übungsaufgabe 19 Zeigen Sie, daß U genau dann ein linearer Unterraum ist, wenn zu je zwei Vektoren u_{1}, u_{2} ∈ U und k ∈ K auch u_{1} + ku_{2} in U liegt.

Satz 14 Der Durchschnitt von Unterräumen ist wieder ein Unterraum.

Beweis Es seien v_{1}, v_{2} ∈ U_{1} ∩ U_{2} Vektoren und k ∈ K ein Skalar.

Wir haben nachzuweisen, daß

1. v_{1} + v_{2} ∈ U_{1} ∩ U_{2},

2. −v_{1} ∈ U_{1} ∩ U_{2},

3. o ∈ U_{1} ∩ U_{2} und

4. k · v_{1} ∈ U_{1} ∩ U_{2} ist.

Wir zeigen hier nur die Eigenschaft (4). Die anderen Eigenschaften sind eine Übungsaufgabe.

U_{1} und U_{2} sind Unterräume von V. Damit gilt sowohl k · v_{1} ∈ U_{1} als auch k · v_{1} ∈ U_{2}. Dann ist aber k · v_{1} ∈ U_{1} ∩ U_{2}.

□

Satz 15 Jeder beliebige Durchschnitt von Unterräumen ist wieder ein Unterraum.

Beweis Der Grund liegt darin, daß der Durchschnitt von Mengen unabhängig von der Klammerung ist (U_{1} ∩ U_{2} ∩ … ∩ U_{n}).

Damit kann man so klammern, daß man mehrfach den vorigen Satz anwenden kann.

□

Die Vereinigung von Unterräumen kann unter Umständen kein Unterraum sein.

Übungsaufgabe 20 Geben Sie zwei Unterräume des R^{3} an, deren Vereinigung kein Unteraum ist.

Wir wollen nun noch ein Beispiel für einen exotischen linearen Raum behandeln, in ihm ist die Addition eine Multiplikation(!).

Beispiel 12 Es sei V die Menge der reellen Funktionen h: R → R^{+}, die für alle reellen Zahlen r ∈ R definiert sind und positive Werte annehmen h(r) > 0 für alle r.

In der Menge V definieren wir als Vektoraddition:

(h_{1} + h_{2})(x) = h_{1}(x) · h_{2}(x),

wobei h_{1} und h_{2} Funktionen aus V sind. Diese Vektoraddition erfüllt die Eigenschaften (1) bis (4) eines linearen Raumes. Das Nullelement ist die konstante Funktion o(x) = 1, und für eine Funktion h ∈ V ist (−h)(x) = 1/h(x) das inverse Element. (Zeigen Sie das.)

In V sei nun noch die folgende skalare Multiplikation definiert:

(k · h)(x) = (h(x))^{k}.

Jetzt sollten Sie zeigen, daß auch die Eigenschaften (5) bis (8) des linearen Raumes erfüllt sind.

4.2 Lineare Hüllen und Basen

Definition 20 Gegeben sei ein linearer Raum V über einem Körper K. Wir betrachten die endliche Folge von Vektoren v_{1}, v_{2}, …, v_{n}. Der Vektor v = k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2} + ⋯ + k_{n}v_{n} heißt Linearkombination der Vektoren v_{1}, v_{2}, …, v_{n} mit den Koeffizienten k_{1}, k_{2}, …, k_{n}.

Natürlich ist in der Definition (k_{1}v_{1}) + (k_{2}v_{2}) + ⋯ + (k_{n}v_{n}) gemeint, aber wir folgen auch hier der Regel Multiplikation vor Addition und lassen die Klammern weg.

Eine Linearkombination heißt trivial, wenn alle Koeffizienten Null sind.

Definition 21 Ein Folge von Vektoren v_{1}, v_{2}, …, v_{n} heißt linear abhängig, wenn es eine nicht-triviale Linearkombination dieser Vektoren gibt, die den Nullvektor ergibt.

Definition 22 Eine Folge heißt linear unabhängig, wenn sie nicht linear abhängig ist.

Beispiel 13 In Q^{3} sind die Vektoren (1, 0, 1), (−1, 1, 1) und (0, −1, −2) linear abhängig, weil

1 · (1, 0, 1) + (−1) · (−1, 1, 1) + 1 · (0, −1, −2) = (0, 0, 0)

ist.

Beispiel 14 Die Vektoren 1, sin^{2} x und cos^{2} x sind im linearen Raum der reellen Funktionen linear abhängig, die Funktionen 1, x und x^{2} dagegen unabhängig.

Die leere Folge ist linear unabhängig, da es in jeder Linearkombination keine von Null verschiedenen Koeffizienten gibt. Wir sagen aber, daß jede Linearkombination der leeren Folge den Nullvektor ergibt. Das paßt gut zu 0 · v = o.

Übungsaufgabe 21 Zeigen Sie, daß eine Folge (a) aus einem einzigen Vektors genau dann linear abhängig ist, wenn es der Nullvektor ist.

Übungsaufgabe 22 Wiederholt sich in einer Folge ein Vektor, dann ist die Folge linear abhängig.

Ist eine Teilfolge einer Folge linear abhängig, dann ist auch die gesamte Folge linear abhängig. Auch der folgende Satz ist eine einfache Folgerung aus der Definition. Er wird uns in Zukunft beim Beweisen nützlich sein.

Satz 16 Ist a eine Linearkombination der Vektoren a_{1}, a_{2}, …, a_{n} und jeder der Vektoren a_{i} eine Linearkombination der Vektoren b_{1}, b_{2}, …, b_{m}, dann ist auch a eine Linearkombination der Vektoren b_{1}, b_{2}, …, b_{m}.

Beweis Es ist a = ∑ k^{i}a_{i} = ∑_{i} k^{i} (∑_{l_{i}} c^{l_{i}}b_{l_{i}}). Löst man die Klammern in der Summe auf und faßt unter Verwendung des Assoziativgesetzes zusammen, dann ergibt sich a als Linearkombination der b_{i}.

□

Unter den Voraussetzungen dieses Satzes gilt also

L(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ⊆ L(b_{1}, b_{2}, …, b_{m}).

Weil man die Elemente einer endlichen Menge durchnumerieren und aufzählen kann, kann man die Abhängigkeit auf Mengen ausdehnen.

Definition 23 Eine endliche Menge heißt linear abhängig, wenn die Folge ihrer Elemente linear abhängig ist.

Definition 24 Eine beliebige Menge nennt man linear abhängig, wenn sie eine linear abhängige endliche Teilmenge enthält.

Satz 17 Eine Menge M von Vektoren ist genau dann linear abhängig, wenn es einen Vektor a ∈ M gibt, der sich als Linearkombination von anderen Vektoren der Menge darstellen läßt.

Beweis

(⇒) Es sei die Menge M linear abhängig.

Dann existiert eine linear abhängige Folge a_{1}, …, a_{n} und eine nicht-triviale Linearkombination

k_{1}a_{1} + … + k_{n}a_{n} = o .

Es sei nun k_{i} ein von Null verschiedener Koeffizient k_{i} ≠ 0, dann ist

k_{1}a_{1} + … + k_{i−1}a_{i−1} + k_{i+1}a_{i+1} + … + k_{n}a_{n} = −k_{i}a_{i}.

Nach Multiplikation mit dem Inversen von (−k_{i}) erhält man

(k_{1}(−k_{i})^{−1})a_{1} + … + (k_{i−1}(−k_{i})^{−1})a_{i−1} + (k_{i+1}(−k_{i})^{−1})a_{i+1} + … + (k_{n}(−k_{i})^{−1})a_{n} = a_{i}

und das ist eine Linearkombination des Vektors a = a_{i}.

(⇐) Es sei jetzt der Vektor a gegeben und es sei weiterhin

a = k_{1}a_{1} + … + k_{r}a_{r}

irgendeine Darstellung des Vektors a.

Dann ergibt sich daraus eine nicht-triviale (−1 ≠ 0) Linearkombination des Nullvektors aus der Folge a, a_{1}, …, a_{r}

o = (−1)a + k_{1}a_{1} + … + k_{r}a_{r} .

Deshalb ist die Menge M linear abhängig.

□

Satz 18 Eine endliche Folge a_{1}, …, a_{n} von Vektoren ist genau dann linear abhängig, wenn es einen Vektor a_{i} in dieser Folge gibt, der sich als Linearkombination der vorangehenden Vektoren a_{1}, …, a_{i−1} darstellen läßt.

Beweis

(⇒) Die Folge a_{1}, …, a_{n} sei linear abhängig.

Dann existiert eine nichttriviale Linearkombination der Folge, die den Nullvektor o ergibt:

k_{1}a_{1} + … + k_{n}a_{n} = o

Es sei k_{i} der Koeffizient mit maximalem i, so daß k_{i} ≠ 0 ist. Damit ist sogat k_{1}a_{1}+…+k_{i}a_{i} = o. Wir stellen um und erhalten nach Multiplikation mit dem Inversen von (−k_{i})

a_{i} = (k_{1}(−k_{i})^{−1})a_{1} + … + (k_{i−1}(−k_{i})^{−1})a_{i−1}

(⇐) Läßt sich ein Vektor als Linearkombination der vorangehenden darstellen, dann ist nach dem vorigen Satz die Menge und damit die Folge a_{1}, …, a_{n} linear abhängig.

□

Satz 19 Eine Folge a_{1}, a_{2}, …, a_{n} ist genau dann linear unabhängig, wenn die Darstellung eines beliebigen Vektors a als Linearkombination von Vektoren der Folge eindeutig bestimmt ist.

Beweis Wir zeigen zuerst, daß aus der Unabhängigkeit die Eindeutigkeit folgt, und nehmen indirekt an, daß es zwei Darstellungen

a = k_{1}a_{1} + k_{2}a_{2} + … + k_{n}a_{n} = l_{1}a_{1} + l_{2}a_{2} + … + l_{n}a_{n}

gibt. Nach Subtraktion ergibt sich daraus

(k_{1} − l_{1})a_{1} + (k_{2} − l_{2})a_{2} + … + (k_{n} − l_{n})a_{n} = 0.

Das ist aber eine Linearkombination des Nullvektors und die kann wiederum wegen der Unabhängigkeit der Folge nur trivial sein, das heißt, daß k_{i} − l_{i} = 0 für alle i ist. Die beiden Darstellungen sind also gleich.

Umgekehrt sei nun jede Darstellung eines Vektors als Linearkombination eindeutig bestimmt. Dann gilt das auch für den Nullvektor. Jede Linearkombination des Nullvektors stimmt also mit der trivialen Linearkombination überein. Das ist aber nichts anderes als die lineare Unabhängigkeit der Folge.

□

Definition 25 Die lineare Hülle einer Menge M von Vektoren eines linearen Raumes V über einem Körper K ist der kleinste Unterraum dieses linearen Raumes, der die Menge M enthält.

Kleinster Unterraum bedeutet für uns folgendes: Die lineare Hülle der Menge M ist ein solcher Unterraum U, so daß • der Unterraum U die Menge M enthält U ⊇ M und

• jeder andere Unterraum W, der M enthält, auch U enthält U ⊆ W. Wir bezeichnen die lineare Hülle der Menge M mit L(M). Für die lineare Hülle der Menge der Vektoren {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} schreiben wir auch L(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}).

Satz 20 Für jede Menge M von Vektoren existiert eine lineare Hülle, sie ist gleich der Menge aller Linearkombinationen von Vektoren aus M.

Beweis Wir müssen zeigen, daß

• die Menge aller Linearkombinationen L = {k_{1}a_{1} + … + k_{r}a_{r}; k_{i} ∈ K, a_{i} ∈ V } ein

Unterraum ist. Dazu muß für zwei beliebige Linearkombinationen die Summe wieder ein Element aus L, also eine Linearkombination sein. Das ist aber klar, weil man die einzelnen Summen einfach addieren kann und die Klammerung beliebig sein darf. Das skalare Produkt einer Zahl k ∈ K und einer Linearkombination ist auch wieder eine Linearkombination.

Es muß weiterhin

• der Unterraum L die Menge M enthalten. Das ist erfüllt, weil für jedes a ∈ M die Linearkombination 1 · a = a in L liegt.

Und schließlich

• muß L in jedem Unterraum W, der auch M enthält, liegen. In jedem Unterraum W aber, der M enthält, ist auch die Summe zweier Elemente und sogar jede endliche Summe von Elementen aus M enthalten. Deshalb ist auch ganz L eine Teilmenge von W.

□

Die lineare Hülle einer Menge von Vektoren ist eindeutig bestimmt. Gibt es zwei lineare Hüllen L_{1} und L_{2}, dann ist, weil L_{1} ein kleinster Unterraum ist, L_{1} ⊆ L_{2}, und weil L_{2} ein kleinster Unterraum ist, L_{2} ⊆ L_{1}. Deshalb sind sie beide gleich.

Definition 26 Wir sagen, daß die Menge {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} den Unterraum U erzeugt, wenn U = L(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ist.

Satz 21 Wenn in einer Menge {a_{0}, a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} ein Element a_{0} eine Linearkombination der anderen Elemente ist, dann ist

L(a_{0}, a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) = L(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}).

Beweis Nach dem Satz 16 ist sowohl

L(a_{0}, a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ⊆ L(a_{1}, a_{2}, …, a_{n})

als auch

L(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ⊆ L(a_{0}, a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) ,

weil jeder der Vektoren der linken Seite in der linearen Hülle der rechten Seite enthalten ist. □ Satz 22 (Austauschsatz) Gegeben sei eine Menge {a_{1}, a_{2}, …, a_{m}} linear unabhängiger Vektoren, wobei jeder Vektor a_{i} in der linearen Hülle L(b_{1}, b_{2}, …, b_{n}) der Vektoren {b_{i}} enthalten ist. Dann existiert für jedes s = 0.. min(m, n) eine Menge {c_{1}^{(s)}, c_{2}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)}}, so daß

• c_{i}^{(s)} = a_{i} für i ≤ s,

• c_{j}^{(s)} ∈ {b_{1}, …, b_{n}} für j > s,

• jeder Vektor a_{i} für alle i in der linearen Hülle L(c_{1}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)}) enthalten ist.

Wenn also eine Folge a_{i} in der linearen Hülle der b_{j} enthalten ist, dann ist die Folge der a_{i} auch in der linearen Hülle einer Folge enthalten, bei der einige der b_{j} durch die ersten s Vektoren der Folge a_{i} ersetzt (ausgetauscht) sind.

Beweis Wir beginnen mit s = 0 und bauen der Reihe nach die Menge {c_{1}^{(s)}, c_{2}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)}} auf. Für s = 0 erfüllt die Menge {b_{1}, b_{2}, …, b_{n}} die Bedingungen.

Haben wir die Menge {c_{1}^{(s)}, c_{2}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)}} erhalten, so spalten wir sie an der s-ten Stelle auf und fügen das Element a_{s+1} ein

c_{1}^{(s)}, c_{2}^{(s)}, …, c_{s}^{(s)}, a_{s+1} , c_{s+1}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)} .

Die ersten s Elemente der Folge sind schon die richtigen a_{i}, sie bilden auch die ersten s Glieder der Folge {c_{i}^{(s+1)}}.

Diese neue Folge von n + 1 Elementen ist linear abhängig, da a_{s+1} in der linearen Hülle der {c_{i}^{(s)}} liegt. (Induktionsvoraussetzung) Weil es in einer linear abhängigen Folge immer ein Element gibt, das sich als Linearkombination der Vorgänger darstellen läßt, finden wir ein solches auch hier. Es kann aber keines der ersten s + 1 Elemente sein, denn das sind die Elemente a_{1}, …, a_{s+1} und die sind linear unabhängig. Wir finden also ein Element c_{t}^{(s)}, wobei t > s ist, das sich als Linearkombination der anderen darstellen läßt

c_{t}^{(s)} = k_{1}c_{1}^{(s)} + k_{2}c_{2}^{(s)} + … + k_{t−1}c_{t−1}^{(s)}.

Dieses Element streichen wir in der Folge und bezeichen die nunmehr n Elemente der Reihe nach mit c_{1}^{(s+1)}, …, c_{n}^{(s+1)}. Es bleibt zu zeigen, daß die so konstruierte Folge die drei verlangten Eigenschaften hat.

• Die ersten s + 1 Elemente der Folge stimmen mit den entsprechenden Elementen der Folge {a_{i}} überein. Für die s ersten ist das klar und das nächste ist a_{s+1}.

• Die verbleibenden Elemente der Folge sind Elemente aus der Folge der b_{j}. Auch das hat sich nicht geändert.

• Jedes a_{i} liegt in der linearen Hülle

L (c_{1}^{(s)}, c_{2}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)}) ⊆ L (c_{1}^{(s)}, c_{2}^{(s)}, …, c_{s}^{(s)}, a_{s+1}, c_{s+1}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)}) .

Nach dem vorigen Satz können wir aber aus der Folge der Elemente ein solches Element streichen, das Linearkombination der anderen ist, ohne die lineare Hülle zu verändern. Nachdem wir aber c_{t}^{(s)} gestrichen haben, erhalten wir die Folge der {c_{i}^{(s+1)}} und es ist

a_{i} ∈ L (c_{1}^{(s+1)}, c_{2}^{(s+1)}, …, c_{n}^{(s+1)}) .

Durch schrittweises Einfügen und Streichen tauschen wir einen Teil der b_{j} gegen die Elemente a_{i} aus. Dieser Prozeß endet, wenn entweder kein a_{i} mehr eingefügt werden kann, s = m ist, oder kein b_{j} mehr gestrichen werden kann, also s = n ist.

□

Übrigens kann unter den Voraussetzungen des Satzes niemals m > n sein. Man würde dann nach n Schritten eine Folge c_{i}^{(n)} erhalten, die komplett aus Elementen a_{i} bestünde. Das Element a_{m}, das in dieser Folge noch nicht enthalten ist, müßte aber wegen der dritten Bedingung in der linearen Hülle der ersten n Elemente der Folge enthalten sein. Dann ist aber die Folge {a_{1}, a_{2}, …, a_{m}} linear abhängig!

Wir erhalten damit als Folgerung:

Satz 23 Sind m Vektoren {a_{1}, a_{2}, …, a_{m}} in der linearen Hülle von n Vektoren enthalten und ist m > n, dann sind die Vektoren a_{i} linear abhängig.

□

Wenn man sich den Beweis des Austauschsatzes genau ansieht, dann ist nicht nur jeder Vektor a_{i} für alle i in der linearen Hülle L(c_{1}^{(s)}, …, c_{n}^{(s)}) enthalten, sondern auch jeder jeder Vektor b_{j}. Wir brauchen diese Folgerung aber später nicht.

Definition 27 Eine Menge {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} von Vektoren eines linearen Raumes V wird vollständig genannt, wenn sie V erzeugt.

Definition 28 Eine Folge von Vektoren {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} eines linearen Raumes V nennt man Basis, wenn diese Folge linear unabhängig und vollständig ist.

Ab sofort betrachten wir nur noch lineare Räume, die eine endliche Basis besitzen. Man nennt sie auch endlich-dimensional.

Satz 24 Wenn zwei {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} und {b_{1}, b_{2}, …, b_{m}} Basen eines linearen Raumes V sind, dann ist n = m.

Beweis Es ist {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} vollständig und {b_{1}, b_{2}, …, b_{m}} linear unabhängig. Wir wenden den Satz 23 an. Die m Vektoren {b_{j}} sind in der linearen Hülle der {a_{i}} enthalten. Da sie aber linear unabhängig sind, ist m ≤ n. Es ist {b_{1}, b_{2}, …, b_{m}} vollständig und {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} linear unabhängig, deshalb ist n ≤ m.

□

Wir erhalten somit, daß alle Basen eines linearen Raumes gleich viele Elemente enthalten.

Definition 29 Wir nennen die Anzahl der Elemente einer Basis eines linearen Raumes V die Dimension dieses Raumes und bezeichnen sie mit dim V.

Übungsaufgabe 23 Was können Sie über einen linearen Raum sagen, der 0-dimensional ist?

Satz 25 Wenn in einem n-dimensionalen Raum V eine Folge a_{1}, a_{2}, …, a_{m} gegeben ist, dann ergibt sich aus beliebigen zwei der folgenden Eigenschaften die dritte:

1. a_{1}, a_{2}, …, a_{m} ist vollständig

2. a_{1}, a_{2}, …, a_{m} ist linear unabhängig

3. m = n

Beweis (1), (2) ⟹ (3): Dann ist a_{1}, …, a_{m} eine Basis und enthält folglich dim V = n Elemente.

(2), (3) ⟹ (1): Wenn (1) nicht gelten würde, gäbe es einen Vektor v ∈ V, der nicht in der linearen Hülle L(a_{1}, …, a_{m}) enthalten wäre. Dann ist er also nicht als Linearkombination der Vektoren a_{i} darstellbar, und wir können die linear unabhängige Folge a_{1}, …, a_{m}, v bilden. Weil alle diese Vektoren aber in der linearen Hülle einer Basis enthalten sind, ist nach der Folgerung aus dem Austauschsatz (Satz 23) m + 1 ≤ n. Dieser Widerspruch zu (3) beweist diesen Teil des Satzes.

(1), (3) ⟹ (2): Nehmen wir auch hier an, daß (2) nicht erfüllt ist, die Vektoren a_{1}, …, a_{m} linear abhängig sind. Dann gibt es einen Vektor a_{i} in der Folge, der sich als Linearkombination seiner Vorgänger darstellen läßt. Diesen Vektor kann man nach Satz 21 aus der Folge herausnehmen, ohne daß sich die lineare Hülle ändert

V = L(a_{1}, a_{2}, …, a_{m}) = L(a_{1}, …, a_{i−1}, a_{i+1}, …, a_{m}).

Die n linear unabhängigen Vektoren einer Basis sind also in der linearen Hülle von m − 1 Vektoren enthalten. Nach Satz 23 ist dann aber n ≤ m − 1. Mit diesem Widerspruch zu (3) ist der Satz bewiesen.

□

Satz 26 Jeder Unterraum U eines endlich-dimensionalen Raumes V ist selbst wieder endlich-dimensional und dim U ≤ dim V.

Beweis Man liest manchmal in den Lehrbüchern folgende Argumentation.

Wenn eine Basis von U aus k Elementen besteht, dann sind diese k linear unabhängigen Vektoren in der linearen Hülle von n = dim V Vektoren einer Basis von V enthalten. Nach dem Satz 23 ist dann k ≤ n.

Dieser Beweis ist unvollständig und wird doch immer wieder gern angegeben! Er setzt nämlich die Existenz einer Basis des Unterraumes U voraus, die aber erst bewiesen werden muß. Deshalb zeigen wir zuerst, daß es eine Basis in U gibt. Wenn U nur aus dem Nullvektor besteht, dann hat U die leere Menge als Basis. Gibt es in U einen von Null verschiedenen Vektor x_{1}, dann betrachten wir den von ihm erzeugten Unterraum U_{1} = L(x_{1}). Wenn dieser Unterraum noch von U verschieden ist, dann gibt es einen weiteren Vektor x_{2}, der nicht in U_{1} enthalten ist. Nun betrachten wir U_{2} = L(x_{1}, x_{2}). Allgemein nehmen wir an, daß wir U_{k} = L(x_{1}, …, x_{k}) schon konstruiert haben und die Vektoren (x_{1}, …, x_{k}) linear unabhängig sind. Wenn U_{k} noch immer von U verschieden ist, gibt es einen Vektor x_{k+1}, der nicht in U_{k} enthalten ist. Die Folge (x_{1}, …, x_{k+1}) ist deshalb linear unabhängig und wir betrachten den nächsten Unterraum U_{k+1}. Dieser Prozeß bricht einmal ab, weil es in V nicht mehr als n linear unabhängige Vektoren geben kann (Satz 23). Damit haben wir eine Basis von U konstruiert und nun kann man auch die obige Argumentation anwenden.

□^{3}

Daraus ergibt sich der folgende wichtige Satz.

Satz 27 Wenn U ⊂ V ein Unterraum ist, und dim U = dim V gilt, dann sind U und V gleich.

Beweis Eine beliebige Basis von U, die nach dem vorigen Satz existiert, enthält dim V Elemente und ist linear unabhängig. Deshalb ist sie auch eine Basis von V. Die lineare Hülle der Basisvektoren ist also sowohl U als auch V.

□

4.3 Die Dimension der Summe zweier Unterräume

Wir werden nun eine Operation definieren, die einer Addition von Unterräumen entsprechen könnte. Die Vereinigung hatte da versagt. Vorher aber beweisen wir ein Lemma, einen Hilfssatz.

Satz 28 Ist a_{1}, a_{2}, …, a_{m} eine linear unabhängige Menge eines n-dimensionalen Raumes V, dann gibt es eine Basis a_{1}, a_{2}, …, a_{m}, b_{m+1}, …, b_{n} von V, die diese Menge enthält.

Beweis Wir sind in der Situation des Austauschsatzes. Es sei b_{1}, …, b_{m}, b_{m+1}, …, b_{n} irgendeine Basis des linearen Raumes V. Dann ist die linear unabhängige Menge {a_{1}, …, a_{m}}ist in der linearen Hülle L(b_{1}, …, b_{n}) enthalten. Mit Hilfe des Austauschsatzes erhalten wir, wenn wir von einer eventuellen Umnumerierung der b_{1}, …, b_{n} absehen, die Menge:

a_{1}, …, a_{m}, b_{m+1}, …, b_{n}.

Wir haben nun zu zeigen, daß die Vektoren a_{1}, …, a_{m}, b_{m+1}, …, b_{n} auch eine Basis bilden.

Wegen a_{1}, …, a_{m} ∈ L(b_{1}, …, b_{n}) (Basis b_{j}) gilt:

L(a_{1}, …, a_{m}, b_{m+1}, …, b_{n}) ⊆ L(b_{1}, …, b_{n}).

Andererseits liegen auch alle b_{j} in der linearen Hülle L(a_{1}, …, a_{m}, b_{m+1}, …, b_{n}). Für die ersten m ergibt sich das aus dem Austauschsatz, denn diese b_{j} sind Linearkombinationen der Vektoren a_{1}, …, a_{j}, und die restlichen liegen sowieso in der linearen Hülle. Deshalb ist auch

L(b_{1}, …, b_{n}) ⊆ L(a_{1}, …, a_{m}, b_{m+1}, …, b_{n}) .

□ Definition 30 Die Summe U +V zweier linearer Unterräume U und V eines linearen Raumes besteht aus allen Summen U + V = {u + v; u ∈ U, v ∈ V }.

3Glücklicherweise richtet der unvollständige Beweis dieses Satzes keinen Schaden an, weil der Satz ja richtig ist, trotzdem ist er ein Beispiel, wie schnell man etwas übersehen kann. Schulen Sie sich und lassen Sie sich keinen Beweis andrehen, von dem Sie nicht überzeugt sind.

Übungsaufgabe 24 Zeigen Sie, daß die Summe zweier Unterräume gleich der linearen Hülle der Vereinigung U + V = L(U ∪ V) ist. ^{4}

Satz 29 Es gilt dim(U + V) = dim U + dim V − dim(U ∩ V).

Beweis Es sei dim(U ∩V) = n und a_{1}, …, a_{n} eine Basis des Durchschnitts U ∩V. Nach dem Satz 28 können wir sie zu einer Basis a_{1}, …, a_{n}, b_{n+1}, …, b_{n+k} des Oberraumes U ergänzen. Die Dimension von U ist also dim U = n + k.

Gleichzeitig ergänzen wir sie auch zu einer Basis a_{1}, …, a_{n}, c_{n+1}, …, c_{n+l} des Oberraumes V. Die Dimension von V ist dim V = n + l.

Wir haben demnach in diesen Bezeichnungen zu zeigen, daß dim(U + V) = (n + k) + (n + l) − n = n + k + l ist. Dazu müssen wir im linearen Unterraum U + V eine Basis mit n + k + l Elementen finden.

Wir betrachten die folgende Menge

a_{1}, …, a_{n}, b_{n+1}, …, b_{n+k}, c_{n+1}, …, c_{n+l} .

Diese Menge hat nicht nur n+k +l Elemente, sondern sie ist auch vollständig. Es ist nämlich

L(U ∪ V) = L(a_{1}, …, a_{n}, b_{n+1}, …, b_{n+k}, c_{n+1}, …, c_{n+l}) .

Das folgt aus dem Satz 16, jeder Vektor aus U ∪ V ist eine Linearkombination der Vektoren der rechten Seite und umkehrt ist jeder Vektor auf der linken Seite in U ∪ V enthalten.

Wir beweisen nun die lineare Unabhängigkeit. Dazu nehmen wir an, daß eine beliebige Linearkombination des Nullvektors gegeben ist

r_{1}a_{1} + … + r_{n}a_{n} + r_{n+1}b_{n+1} + … + r_{n+k}b_{n+k} + r_{n+k+1}c_{n+1} + … + r_{n+k+l}c_{n+l} = o .

Der Einfachheit halber bezeichnen wir den Vektor r_{1}a_{1}+…+r_{n}a_{n}+r_{n+1}b_{n+1}+…+r_{n+k}b_{n+k} mit u. Er ist als Linearkombination von Basisvektoren ein Vektor aus U. Den Rest der Summe r_{n+k+1}c_{n+1} +…+r_{n+k+l}c_{n+l} nennen wir v. Linearkombination nimmt nun folgende einfache Form an u + v = o. Das bedeutet aber u = −v, das heißt, daß u sogar ein Vektor aus U ∩ V ist. Er hat damit eine Darstellung durch die Basisvektoren von U ∪ V a_{1}, …, a_{n}. Vergleichen wir das mit seiner Definition, so erhalten wir zwei Darstellungen

u = q_{1}a_{1} + … + q_{n}a_{n} = r_{1}a_{1} + … + r_{n}a_{n} + r_{n+1}b_{n+1} + … + r_{n+k}b_{n+k} .

Weil die Vektoren a_{1}, …, b_{n+k} linear unabhängig sind, müssen diese beiden Darstellungen gleich sein und insbesondere sind

r_{n+1} = 0, …, r_{n+k} = 0.

4Da die Summe eine lineare Hülle ist, ist sie auch ein linearer Unterraum. Weil wir gleich verwenden werden, daß U + V ein linearer Unterraum ist, dürfen Sie diese Übungsaufgabe nicht weglassen.

Unsere Linearkombination ist nun schon etwas kleiner geworden

r_{1}a_{1} + … + r_{n}a_{n} + r_{n+k+1}c_{n+1} + … + r_{n+k+l}c_{n+l} = o .

Die Vektoren a_{1}, …, a_{n}, b_{n+1}, …, b_{n+k}, c_{n+1}, …, c_{n+l} sind somit linear unabhängig und deshalb eine Basis von U + V mit n + k + l Elementen.

□

4.4 Koordinaten und lineare Gleichungssysteme

Gegeben sei ein endlich-dimensionaler linearer Raum V über einem Körper K, mit einer Basis e_{1}, e_{2}, …, e_{n}. Ist v ein beliebiger Vektor aus V = L(e_{1}, …, e_{n}), so findet man skalare Größen k_{1}, k_{2}, …, k_{n}, so daß sich der Vektor v als Linearkombination

v = k_{1}e_{1} + k_{2}e_{2} + … + k_{n}e_{n}

darstellen läßt.

Definition 31 Wir nennen diese skalaren Größen die Koordinaten des Vektors v in der Basis e_{1}, e_{2}, …, e_{n}.

Nach dem Satz 19 ist die Darstellung des Vektors v eindeutig, weil e_{1}, e_{2}, …, e_{n} eine Basis und deshalb linear unabhängig sind. Die Koordinaten eines Vektors beschreiben also den Vektor eindeutig.

In verschiedenen Basen hat ein und derselbe Vektor im allgemeinen unterschiedliche Koordinaten. Betrachten wir beispielsweise in R_{3} die Basis

a_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , a_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) , a_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Übungsaufgabe 25 Zeigen Sie, daß a_{1}, a_{2}, a_{3} eine Basis bilden.

Der Vektor v = ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 3 \end{matrix} ) hat in dieser Basis die Koordinaten (1, −2, 4), weil

( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 3 \end{matrix} ) = 1 · ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) + (−2) · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) + 4 · ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )

ist.

Übungsaufgabe 26 Kann ein Vektor in unterschiedlichen Basen die gleichen Koordinaten haben?

Wie verändern sich die Koordinaten beim Basiswechsel? Wir werden das im Zusammenhang mit Gleichungssystemen konkret behandeln. Jetzt schreiben wir uns nur die Formeln dafür auf. Gegeben seien im linearen Raum V zwei Basen e_{1}, …, e_{n} und f_{1}, …, f_{n}. Dann können wir jeden Vektor f_{i} als Linearkombination der Vektoren e_{j} darstellen

f_{j} = ∑_{k=1}^{n} a_{j}^{k}e_{k}.

Man schreibt dann die Koordinaten von f_{i} in der Basis (e_{1}, …, e_{n}) auch in einer Matrix

( \begin{matrix}a_{1}^{1} & ⋯ & a_{i}^{1} & ⋯ & a_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & ⋯ & a_{i}^{n} & ⋯ & a_{n}^{n} \end{matrix} ) .^{5}

Satz 30 Wenn v in der Basis (e_{1}, …, e_{n}) die Koordinaten (x^{1}, …, x^{n}) und in der Basis (f_{1}, …, f_{n}) die Koordinaten (y^{1}, …, y^{n}) hat, dann ist

x^{i} = ∑_{j=1}^{n} a_{j}^{i}y^{j}.

Beweis Der Vektor v hat mit seinen Koordinaten die Darstellungen

v = ∑_{i=1}^{n} x^{i}e_{i} und v = ∑_{j=1}^{n} y^{j}f_{j} .

In die zweite Darstellung setzen wir die Zerlegungen von f_{i} ein

v = ∑_{j=1}^{n} y^{j}f_{j} = ∑_{j=1}^{n} y^{j} ∑_{k=1}^{n} a_{j}^{k}e_{k} = ∑_{k=1}^{n}(∑_{j=1}^{n} y^{j}a_{j}^{k})e_{k}.

Aus der Gleichheit dieser beiden Darstellungen des Vektors v in der Basis (e_{i}) ergibt sich die Behauptung.

□

Definition 32 Wir nennen

x^{1}a_{1} + x^{2}a_{2} + … + x^{m}a_{m} = b,

wobei a_{i}, b ∈ K_{n} und die Unbekannten x^{i} Variablen sind, ein lineares Gleichungssystem mit n Gleichungen und m Unbekannten^{6}.

5Beachten Sie, daß die Koordinaten von f_{j} in der j-ten Spalte stehen. Diese Schreibweise, von oben nach unten und von links nach rechts, ist in Europa ungebräuchlich, aber, wie wir später sehen werden, sehr zweckmäßig.

6Die Unbekannten x^{i} sind keine Potenzen, sondern der Index i wird oben rechts geschrieben. Das erweist sich als zweckmäßig und eine Verwechselung mit der Potenz ist wohl ausgeschlossen.

Wenn wir für die Unbekannten x^{i} Elemente k^{i} des Körpers K einsetzen, erhalten wir eine Linearkombination k^{1}a_{1} +k^{2}a_{2} +…+k^{m}a_{m}. Wenn dies eine Linearkombination des Vektors b ist, dann nennen wir das Tupel (…, k^{i}, …) eine Lösung des Gleichungssystems. Ein Gleichungssystem heißt lösbar, wenn es wenigstens eine Lösung gibt. Die Menge aller Lösungen schließlich bezeichnen wir als Lösungsmenge.

Wenn die Vektoren

a_{i} = ( ⋮ ; a_{i}^{j} ; ⋮ )  und  b = ( ⋮ ; b^{j} ; ⋮ )

sind, dann müssen die beiden Spaltenvektoren

( ⋮ ; … + x^{i}a_{i}^{j} + …; ⋮ ) = ( ⋮ ; b^{j} ; ⋮ )

gleich sein. Mit anderen Worten muß für jedes j = 1..n die Gleichung

… + x^{i}a_{i}^{j} + … = b^{j}

erfüllt sein. Das rechtfertigt die Bezeichnung der einen Vektorgleichung als Gleichungssystem.

Zur Vereinfachung fassen wir die Komponenten der Spaltenvektoren auch zusammen und nennen

( \begin{matrix}a^{1}_{1} & … & a^{1}_{m} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a^{n}_{1} & … & a^{n}_{m} \end{matrix} )

das Koeffizientenfeld oder die Koeffizientenmatrix und

( \begin{matrix}a^{1}_{1} & … & a^{1}_{m} & b^{1} \\ ⋮ & & ⋮ & ⋮ \\ a^{n}_{1} & … & a^{n}_{m} & b^{n} \end{matrix} )

die erweiterte Matrix des Gleichungssystems.

Satz 31 Das Gleichungssystem x^{1}a_{1} + x^{2}a_{2} + … + x^{m}a_{m} = b ist genau dann lösbar, wenn L(a_{1}, …, a_{n}) = L(a_{1}, …, a_{m}, b) ist.

Beweis Weil L(a_{1}, …, a_{n}) ⊆ L(a_{1}, …, a_{m}, b) ist, gilt die Behauptung nach Satz 16 genau dann, wenn b ein Element von L(a_{1}, ….a_{n}) ist.

Wenn das Gleichungssystem lösbar ist, existieren k^{1}, …, k^{m}, so daß sich der Vektor b als Linearkombination k^{1}a_{1} +…+k^{m}a_{m} darstellen läßt, oder mit anderen Worten b ein Element von L(a_{1}, …, a_{m}) ist. Wenn umgekehrt b eine Linearkombination der a_{i} ist, dann existiert eine Lösung (k^{i}), die Koeffizienten der Linearkombination.

□

Satz 32 (Satz von Kronecker-Capelli) Das obige Gleichungssystem …+x^{i}a_{i}+… = b ist genau dann lösbar, wenn dim L(a_{1}, …, a_{m}) = dim L(a_{1}, …, a_{m}, b) ist.

Beweis Es ist L(a_{1}, …, a_{n}) ⊆ L(a_{1}, …, a_{m}, b). Sie sind nach Satz 26 genau dann gleich, wenn beide Unteräume die gleiche Dimension haben.

□

Satz 33 Die Dimension dim L(a_{1}, …, a_{m}) verändert sich nicht, wenn man

1. zwei Vektoren vertauscht,

2. einen Vektor mit c ≠ 0 multipliziert,

3. einen Vektor a_{j} durch a_{j} + c · a_{l} (j ≠ l) ersetzt.

Wir erinnern uns, daß man die Vektoren a_{i} als Spaltenvektoren darstellen konnte. Deshalb nennt man diese Operationen auch elementare Spaltenoperationen. Wir wollen uns aber merken, daß dieser Satz für beliebige Vektoren a_{i} bewiesen wird.

Beweis Wir verwenden mehrmals den Satz 16 und zeigen die Gleichheit der entsprechenden linearen Hüllen.

(1) L(a_{1}, …, a_{l}, …, a_{j}, …, a_{m}) = L(a_{1}, …, a_{j}, …, a_{l}, …, a_{m}). Es sind die linearen Hüllen gleicher Mengen.

(2) Nach Satz 16 ist L(a_{1}, …, a_{j}, …, a_{m}) ⊇ L(a_{1}, …, c · a_{j}, …, a_{m}), weil ja alle Vektoren a_{1}, …, c · a_{j}, …, a_{m} Linearkombinationen aus L(a_{1}, …, a_{j}, …, a_{m}) sind. Für die Gleichheit reicht es aus zu zeigen, daß umgekehrt a_{j} ∈ L(a_{1}, …, c · a_{j}, …, a_{m}) liegt. Das gilt aber, weil a_{j} = (c^{−1}) · (c · a_{j}) eine Linearkombination aus L(a_{1}, …, c · a_{j}, …, a_{m}) ist.

(3) Auch hier gilt wieder L(a_{1}, …, a_{l}, …, a_{j} + c · a_{l}, …, a_{m}) ⊆ L(a_{1}, …, a_{l}, …, a_{j}, …, a_{m}), weil alle Vektoren der linken Seite offensichtlich Linearkombinationen der Vektoren a_{1}, …, a_{m} sind. Für die andere Inklusion ist es ausreichend, wenn a_{j} ∈ L(a_{1}, …, a_{l}, …, a_{j}+c·a_{l}, …, a_{m}) liegt. Für die anderen Vektoren ist es offensichtlich.

Das folgt aber aus der Darstellung a_{j} = (−c) · a_{l} + 1 · (a_{j} + c · a_{l}).

□

Durch die Spaltenoperationen kann man das Feld der Spaltenvektoren so verändern, daß eine ”steile Treppe“ entsteht. Dieses Feld hat dann zum Beispiel folgendes Aussehen:

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ ∗ & 0 & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ ∗ & 1 & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ ∗ & ∗ & 1 & 0 & ⋯ & 0 \\ ∗ & ∗ & ∗ & 0 & ⋯ & 0 \\ ∗ & ∗ & ∗ & 1 & ⋯ & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \end{matrix} )

Wenn man die Treppe von links beginnend schon bis zur i-ten Stufe aufgebaut hat, dann braucht man nur noch die Spaltenvektoren a_{j} mit j > i zu betrachten. Deshalb reicht es aus, wenn man weiß, wie man eine Stufe erzeugt. Dazu untersucht man die oberste Zeile. Wenn in ihr nur Nullen stehen, dann muß man nichts weiter tun, man betrachtet dann das Feld, das sich darunter befindet. Findet man in einem Feld in der obersten Zeile ein von Null verschiedenes Element, dann vertauscht man die Spalten so, daß dieses Element in die linken Ecke kommt, multipliziert dann den ersten Spaltenvektor mit dem Inversen und hat damit schon die 1 für die Stufe. Mit Hilfe der dritten Operation kann man dann diesen Spaltenvektor zu den anderen Spaltenvektoren addieren und erzeugt in dem Rest der Zeile die Nullen.

Beispiel 15 Gegeben seien drei Spaltenvektoren aus R_{3}:

a_{1} = ( \begin{matrix}5 \\ 22 \\ 25 \end{matrix} ) , a_{2} = ( \begin{matrix}3 \\ 12 \\ 16 \end{matrix} ) , a_{3} = ( \begin{matrix}1 \\ 4 \\ 5 \end{matrix} ) .

Sie ergeben zusammen das folgende Feld

( \begin{matrix}5 & 3 & 1 \\ 22 & 12 & 4 \\ 25 & 16 & 5 \end{matrix} ) .

Wir führen nun Spaltenoperationen durch (Satz 33)

( \begin{matrix}1 \\ 4 \\ 5 \end{matrix} 3 12 16 \begin{matrix}5 \\ 22 \\ 25 \end{matrix} ) Regel^{7}1 mit a_{1} und a_{3}

( \begin{matrix}1 \\ 4 \\ 5 \end{matrix} 0 0 1 \begin{matrix}0 \\ 2 \\ 0 \end{matrix} ) Regel 3 mit a_{1}, a_{2} und c = −3 und Regel 3 mit a_{1}, a_{3} und c = −5

( \begin{matrix}1 \\ 4 \\ 5 \end{matrix} 0 2 0 \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) Regel 1 mit a_{2} und a_{3}

und schließlich ergibt Regel 2 mit a_{3} und c = \frac{1}{2} die steile Treppe

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ 5 & 0 & 1 \end{matrix} )

Durch die Spaltenoperationen ändert sich, wie wir wissen, die Dimension dim L(a_{1}, …, m) nicht. Wir erzeugen durch die Operationen aus der urspünglichen Menge eine Menge von ”Trittvektoren“ (a′_{1}, …, a′_{r}), das sind die Vektoren mit einer 1 auf der Stufe, und eine Menge von Nullspaltenvektoren. Die Dimension dim L(a_{1}, …, a_{m}) ist dann gewiß nicht größer als die Anzahl r der Trittvektoren, die Nullspaltenvektoren können wir für die Bestimmung der Dimension unberücksichtigt lassen. Andererseits sind die Trittvektoren aber auch linear unabhängig.

7Damit umgehen wir den Bruch ^{22}/_{5}.

Satz 34 Die Trittvektoren (a′_{1}, …, a′_{r}) sind linear unabhängig.

Beweis Nehmen wir das Gegenteil an, so sind die Vektoren a′_{r}, a_{r−1}, …, a′_{1} linear abhängig. Durch die Umkehrung der Reihenfolge wird der Beweis einfach. Nach dem Satz 18 gibt es dann einen Spaltenvektor

a′_{i} = ( 0 ; ⋮ ; 0 ; 0 ; 1 ; d_{1} ; ⋮ ; d_{j} ) ,

der sich als Linearkombination der vorangehenden darstellen läßt. Weil die vorangehenden aber alle niedrigere Stufen haben, stehen bei ihnen in der Zeile, wo die oberste 1 von a′_{i} steht, nur Nullen. Aus den vorangehenden läßt sich also kein a′_{i} kombinieren.

□

Die Anzahl der durch Spaltenoperationen erzeugbaren linear unabhängigen Trittvektoren nennt man auch Spaltenrang. Wir haben gezeigt, daß dieser Spaltenrang gleich der Dimension dim L(a_{1}, …, a_{m}) ist, und erhalten damit ganz nebenbei den folgenden Satz.

Satz 35 Egal welche Spaltenoperationen man zur Erzeugung der steilen Treppe auch macht, man erhält immer die gleiche Anzahl Trittvektoren.

□

Auch der Satz von Kronecker-Capelli bekommt eine praktikable Formulierung.

Satz (Kronecker-Capelli) Das Gleichungssystem … + x^{i}a_{i} + … = b ist genau dann lösbar, wenn das Feld der Spaltenvektoren (a_{1}, …, a_{m}, b) eine steile Treppe mit genauso vielen Stufen wie das Feld der Vektoren (a_{1}, …, a_{m}), hat.

Wir wollen nun das Feld der Spaltenvektoren noch aus einer anderen Sicht betrachten. In dem linearen Raum K_{n} gibt es eine Basis (e_{1}, …, e_{n}), wobei

e_{i} = ( 0 ⋮ 0 1 0 ⋮ 0 ) ← i-te Stelle

ist.

Um die Koordinaten des Vektors a_{k} in dieser Basis zu bestimmen, zerlegen wir diesen Vektor

a_{k} = ( a_{k}^{1} ; ⋮ ; a_{k}^{n} ) = ∑_{i=1}^{n} c^{i} · e_{i} = ( c^{1} ; ⋮ ; c^{n} ) .

Der Komponentenvergleich ergibt für den Spaltenvektor a_{k} die Koordinaten (a_{k}^{i}) in der Basis (e_{1}, …, e_{n}).

Wir werden nun die Basis verändern und wollen dann untersuchen, wie sich die Koordinaten der Vektoren a_{i} verändern.

Satz 36 Ist (e_{1}, …, e_{i}, …, e_{j}, …, e_{n}) eine Basis eines linearen Raumes, so sind auch

1. e_{1}, …, e_{j}, …, e_{i}, …, e_{n}

2. e_{1}, …, c · e_{i}, …, e_{n} (c ≠ 0)

3. e_{1}, …, e_{i}, …, e_{j} + c · e_{i}, …, e_{n}

Basen dieses Raumes.

Beweis Wir benutzen dazu den Satz 33 über die Spaltenoperationen. Nach diesem Satz sind die linearen Hüllen

L(e_{1}, …, e_{i}, …, e_{j}, …, e_{n}) = L(e_{1}, …, e_{j}, …, e_{i}, …, e_{n})
= L(e_{1}, …, c · e_{i}, …, e_{n})
= L(e_{1}, …, e_{i}, …, e_{j} + c · e_{i}, …, e_{n})

gleich. Da die erzeugenden Mengen alle jeweils n Elemente enthalten, sind sie alle auch Basen.

□

Wir nennen den Übergang zu einer anderen Basis aus diesem Satz auch Zeilenoperation. Diese etwas merkwürdige Bezeichnung wird gleich klar, wenn wir die Änderung der Koordinaten der Vektoren a_{k} betrachten.

In der Basis e_{1}, …, e_{i}, …, e_{j}, …, e_{n} hat a_{k} die Koordinaten a_{k}^{1}, …, a_{k}^{i}, …, a_{k}^{j}, …, a_{k}^{n}. Dann hat a_{k} in der Basis e_{1}, …, a_{j}, …, e_{i}, …, e_{n} die Koordinaten a_{k}^{1}, …, a_{k}^{j}, …, a_{k}^{i}, …, a_{k}^{n}. Bei den Spaltenvektoren a_{k} werden also die i-te und j-te Zeile miteinander vertauscht.

In der zweiten Basis e_{1}, …, c · e_{i}, …, e_{n} hat a_{k} die Koordinaten a_{k}^{1}, …, a_{k}^{i} · c^{−1}, …, a_{k}^{n}. Man sieht das durch Koeffizientenvergleich

a_{k}^{1} · e_{1} + … + a_{k}^{i} · e_{i} + … + a_{k}^{n} · e_{n} = a_{k}^{1} · e_{1} + … + (a_{k}^{i} · c^{−1}) · (c · e_{i}) + … + a_{k}^{n} · e_{n} .

Hier werden bei allen Vektoren a_{k} die Komponenten der i-ten Zeile mit einer von Null verschiedenen Zahl multipliziert.

Schließlich bestimmen wir die Koordinaten von a_{k} in der Basis e_{1}, …, e_{i}, …, e_{j} +c·e_{i}, …, e_{n}. Durch Koeffizientenvergleich

a_{k}^{1} · e_{1} + … + a_{k}^{i} · e_{i} + … + a_{k}^{j} · e_{j} + … + a_{k}^{n} · e_{n}
= a_{k}^{1} · e_{1} + … + (a_{k}^{i} − a_{k}^{j} · c) · e_{i} + … + a_{k}^{j} · (e_{j} + c · e_{i}) + … + a_{k}^{n} · e_{n}

sieht man, daß sich nur die i-te Koordinate ändert, zu ihr wird ein Vielfaches der j-ten Koordinate addiert (das (−c)-fache).

Durch die Spaltenoperationen geschult, können wir nun im Koeffizientenfeld eines linearen Gleichungssystems mit Hilfe der Zeilenoperationen eine ”flache Treppe“ erzeugen. Danach sieht das Feld der Spaltenvektoren etwa wie folgt aus

( \begin{matrix}1 & ∗ & ∗ & ∗ & ∗ & … \\ 0 & 0 & 0 & 1 & ∗ & … \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & … \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & … \end{matrix} ) .

Übungsaufgabe 27 Überlegen Sie sich einen Algorithmus zur Erzeugung einer ”flachen Treppe“.

Übungsaufgabe 28 Programmieren Sie Ihren Algorithmus aus Aufgabe 27.

Auch hier nennen wir die Spaltenvektoren, die eine 1 unter der Stufe haben, Trittvektoren. Es sind die urspünglichen Vektoren a_{k}, denn wir haben nicht sie, sondern die Basis geändert.

Satz 37 Die Trittvektoren der flachen Treppe sind linear unabhängig.

Beweis Der Beweis geht genauso wie im Satz 34, nur brauchen wir hier die Folge der Spaltenvektoren nicht umzukehren. Würde sich ein Trittvektor als Linearkombination der vorangehenden darstellen lassen, so müßte seine 1 unter der Stufe eine Linearkombination der entsprechenden Komponenten seiner Vorgänger sein, aber die sind alle Null. Dieser Widerspruch beweist den Satz.

□

Satz 38 Die Trittvektoren sind auch vollständig.

Beweis Dazu betrachten wir noch einmal die ”flache Treppe“. Wenn die Anzahl der Trittvektoren r ist, dann sind nur die ersten r Komponenten der Vektoren a_{k} von Null verschieden. Die Vektoren a_{k} sind also Elemente eines höchstens r-dimensionalen Unterraums von K_{n}. Die Trittvektoren sind linear unabhängig und sie enthalten r Elemente. Folglich sind sie eine Basis und daher vollständig.

□

Bezeichnen wir die Anzahl der durch Zeilenoperationen erzeugbaren linear unabängigen Trittvektoren als Zeilenrang, dann haben wir gezeigt, daß diese Anzahl gleich dim L(a_{1}, …, a_{m}) und damit unabhängig von der Reihenfolge der Zeilenoperationen ist. Zusammen mit dem Satz 35 ergibt sich daraus die folgende Satz.

Satz 39 Für eine beliebige Koeffizientenmatrix sind Zeilen- und Spaltenrang gleich.

□

4.5 Homogene Gleichungssysteme

Definition 33 Ein Gleichungssystem

∑_{i=1}^{m} x^{i}a_{i} = o

heißt homogenes Gleichungssystem.

Satz 40 Es seien p = (p^{1}, …, p^{m}) und q = (q^{1}, …, q^{m}) Lösungen des homogenen Gleichungssystems. Das sind Elemente aus K^{m}. Dann sind auch die Summe (p + q) und das skalare Vielfache (k · p) Lösungen aus K_{m}.

Beweis Wir setzen dazu p + q = (p^{1} + q^{1}, …, p^{m} + q^{m}) in das Gleichungssystem ein.

∑_{i=1}^{m}(p^{i} + q^{i})a_{i} = ∑_{i=1}^{m} p^{i}a_{i} + ∑_{i=1}^{m} q^{i}a_{i} = o + o = o.

Genauso zeigt man, daß k · p für beliebiges k ∈ K eine Lösung ist.

□

Wir haben damit bewiesen, daß die Lösungsmenge

{(p^{1}, …, p^{m}); ∑_{i=1}^{m} p^{i}a_{i} = o}

ein Unterraum von K^{m} ist.

Welche Dimension hat dieser Unterraum? Wir bezeichnen die Dimension r der linearen Hülle dim L(a_{1}, …, a_{m}) als Rang des Gleichungssystems. Er ist gleich dem Zeilen- und dem Spaltenrang der Koeffizientenmatrix.

Wir wissen, daß Zeilenoperationen die Vektoren a_{i} und damit auch die Lösungsmenge nicht ändern. Führen wir also Zeilenoperationen durch, so entsteht eine Koeffizientenmatrix mit flacher Treppe, und wir wollen nun annehmen, daß die Vektoren a_{k} so numeriert sind, daß die Trittvektoren der flachen Treppe die ersten r Vektoren a_{1}, a_{2}, …, a_{r} sind. Als Spaltenvektoren lassen sie sich so darstellen

a_{i} = ( a_{i}^{1} ; a_{i}^{2} ; ⋮ ; a_{i}^{i−1} ; 1 ; 0 ; ⋮ ; 0 ) für i = 1, …, r  und  a_{i} = ( a_{i}^{1} ; a_{i}^{2} ; ⋮ ; a_{i}^{r} ; 0 ; ⋮ ; 0 ) für i = r + 1, …, m.

Damit ist das m-Tupel {p^{i}} immer dann eine Lösung, wenn ∑_{i=1}^{m} p^{i}a_{i} = o ist, also

∑_{i=1}^{r} p^{i} ( a_{i}^{1} ; ⋮ ; a_{i}^{i−1} ; 1 ; 0 ; ⋮ ; 0 ) + ∑_{i=r+1}^{m} p^{i} ( a_{i}^{1} ; ⋮ ; a_{i}^{r} ; 0 ; 0 ; ⋮ ; 0 ) = ( 0 ⋮ 0 )

ist. Fassen wir das zusammen, ergibt sich

( \begin{matrix}p^{1}1 & + & p^{2}a_{2}^{1} & + & p^{3}a_{3}^{1} & + & … & + & p^{r}a_{r}^{1} & + & p^{r+1}a_{r+1}^{1} & + & … & + & p^{m}a_{m}^{1} \\ 0 & + & p^{2}1 & + & p^{3}a_{3}^{2} & + & … & + & p^{r}a_{r}^{2} & + & p^{r+1}a_{r+1}^{2} & + & … & + & p^{m}a_{m}^{2} \\ 0 & + & 0 & + & p^{3}1 & + & … & + & p^{r}a_{r}^{3} & + & p^{r+1}a_{r+1}^{3} & + & … & + & p^{m}a_{m}^{3} \\ ⋮ & & ⋮ & & ⋮ & & ⋯ & & ⋮ & & ⋮ & & ⋯ & & ⋮ \\ 0 & + & 0 & + & 0 & + & … & + & p^{r}1 & + & p^{r+1}a_{r+1}^{r} & + & … & + & p^{m}a_{m}^{r} \\ 0 & + & 0 & + & 0 & + & … & + & 0 & + & 0 & + & … & + & 0 \\ ⋮ & & ⋮ & & ⋮ & & ⋯ & & ⋮ & & ⋮ & & ⋯ & & ⋮ \end{matrix} ) = ( 0 0 0 ⋮ 0 0 ⋮ )

und für die j-te Zeile (j = 1, …, r):

∑_{i=j}^{r} p^{i}a_{i}^{j} + ∑_{i=r+1}^{m} p^{i}a_{i}^{j} = 0,

wobei immer a_{j}^{j} = 1 ist.

Wir versuchen nun, für die Lösungsmenge {(p^{1}, …, p^{m})} aus K^{m} eine Basis zu konstruieren, um die Dimension zu ermitteln.

Wir betrachten dazu die folgenden Zeilenvektoren aus K^{m}:

z_{1} = (x^{1}, …, x^{r}, 1, 0, 0, …, 0)
z_{2} = (x^{1}, …, x^{r}, 0, 1, 0, …, 0)
z_{3} = (x^{1}, …, x^{r}, 0, 0, 1, …, 0)
⋯
z_{m−r} = (x^{1}, …, x^{r}, 0, 0, 0, …, 1)

Dabei sind uns die Komponenten x^{1}, …, x^{r} noch unbekannt. Wichtig ist jetzt nur, daß ab der r + 1-ten Komponente bis auf jeweils eine Eins nur Nullen enthalten sind.

Wir werden nun aus jedem dieser Vektoren eine Lösung erstellen. Dazu setzen wir diese Vektoren der Reihe nach in das Gleichungssystem, nun schon mit flacher Treppe, ein.

Für die j-te Gleichung und den k-ten Vektor z_{k} erhalten wir

∑_{i=j}^{r} x^{i}a_{i}^{j} + a_{k}^{j} = 0.

Diese Gleichungen betrachten wir nun der Reihe nach von j = r bis j = 1. In der r-ten Zeile stehen nur zwei Summanden x^{r}1 + a_{k}^{r} = 0, woraus sich x^{r} = −a_{k}^{r} ergibt. Damit kennen wir die r-te Komponente des Vektors z_{k}.

Diese verwenden wir nun, um auf die gleiche Art und Weise in der r − 1-ten Zeile die r − 1-te Komponente zu ermitteln. Allgemein gilt dann für die j-te Zeile (j = r − 1, …, 1)

∑_{i=j}^{r} x^{i}a_{i}^{j} + a_{k}^{j} = 0

x^{j} + ∑_{i=j+1}^{r} x^{i}a_{i}^{j} + a_{k}^{j} = 0

x^{j} = − ∑_{i=j+1}^{r} x^{i}a_{i}^{j} − a_{k}^{j}.

Hier kennen wir auf der rechten Seite alle Summanden und können also auch x^{j} bestimmen.

Für die m − r Zeilenvektoren aus K^{m} haben wir die ersten r Komponenten bestimmt und Lösungen {z_{k}} erhalten. Diese Lösungen sind als Zeilenvektoren auch linear unabhängig.

Sei für die lineare Unabhängigkeit dieser Vektoren eine Linearkombination des Nullvektors gegeben

∑_{k=1}^{m−r} c_{k}z_{k} = (0, …, 0).

Faßt man die Summe zusammen, so sind die letzten m − r Komponenten des Ergebnisses

(…, c_{1}, c_{2}, …, c_{m−r}).

Wenn das den Nullvektor ergibt, dann sind natürlich alle c_{k} gleich Null.

Diese Vektoren sind aber auch vollständig. Sei (p^{1}, p^{2}, …, p^{m}) eine beliebige andere Lösung. Dann ist nach Satz 40

(p^{1}, p^{2}, …, p^{m}) − ∑_{k=1}^{m−r} p^{r+k}z_{k}

auch eine Lösung. Bei diesem Zeilenvektor sind aber die letzten m − r Komponenten aber alle Null. Wenn man auch ihnen wie oben die ersten r Komponenten bestimmt erhält man auch immer wieder Null. Es ist also der Nullvektor. Damit ist dann

(p^{1}, p^{2}, …, p^{m}) = ∑_{k=1}^{m−r} p^{r+k}z_{k}

eine Darstellung einer beliebigen Lösung als Linearkombination der Vektoren z_{k}. Wir haben damit den folgenden Satz bewiesen.

Satz 41 Die Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems ist ein Unterraum von K^{m} der Dimension m − r, wobei r der Rang der Koeffizientenmatrix ist.

Wir haben sogar eine Basis gefunden.

Lineare Abbildungen

5.1 Definitionen und lineare Funktionale

Definition 34 Eine Abbildung f: V ⟶ W linearer Räume V und W über dem Körper K heißt linear, wenn für alle Körperelemente k_{1}, k_{2} ∈ K und alle Vektoren v_{1}, v_{2} ∈ V gilt:

f(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2}) = k_{1}f(v_{1}) + k_{2}f(v_{2}).

Bemerkung 1 Eine lineare Abbildung ist ein Homomorphismus, denn es gilt:

f(v_{1} + v_{2}) = f(v_{1}) + f(v_{2})
f(kv) = kf(v)

Das folgt trivialerweise aus der Definition der linearen Abbildung.

Wir bezeichnen eine lineare Abbildung, die

\begin{matrix}injektiv \\ surjektiv \\ bijektiv \end{matrix} \} ist, als \{ \begin{matrix}Monomorphismus \\ Epimorphismus \\ Isomorphismus \end{matrix} .

Eine lineare Abbildung, die abbildet von

\begin{matrix}V ⟶ V, \\ V ⟶ V und bijektiv ist, \\ V ⟶ K, \end{matrix} \} heißt \{ \begin{matrix}Endomorphismus (linearer Operator) \\ Automorphismus \\ lineare Funktion oder Funktional \end{matrix} .

Satz 42 Zwei lineare Räume V und W gleicher Dimension über demselben Körper K sind isomorph.

Beweis Es sei e_{1}, …, e_{n} eine Basis des linearen Raumes V, f_{1}, …, f_{n} eine des linearen Raumes W. Wir betrachten einen Vektor aus dem linearen Raum V = L(e_{1}, …, e_{n}). Es gilt:

v = ∑_{i=1}^{n} x_{i}e_{i}.

Das ist eine eindeutige Darstellung. Wir definieren eine Abbildung g: V ⟶ W durch:

g(v) := ∑_{i=1}^{n} x_{i}f_{i}.

(Dabei kommt es darauf an, daß es sich bei den x_{i} (i = 1, …, n) um die aus der Darstellung des Vektors v in der Basis des Vektorraumes V handelt.) Diese Abbildung ist linear: Es gilt zunächst:

v_{1} = ∑_{i=1}^{n} x_{i}e_{i}, v_{2} = ∑_{i=1}^{n} y_{i}e_{i}.

Dann ist:

v_{1} + v_{2} = ∑_{i=1}^{n}(x_{i} + y_{i})e_{i}.

Daraus folgt:

g(v_{1} + v_{2}) = ∑_{i=1}^{n}(x_{i} + y_{i})f_{i}.

Da aber gilt:

g(v_{1}) = ∑_{i=1}^{n} x_{i}f_{i}, g(v_{2}) = ∑_{i=1}^{n} y_{i}f_{i},

erhalten wir:

g(v_{1} + v_{2}) = g(v_{1}) + g(v_{2}).

Analog zeigt man die Richtigkeit der Gleichung: kg(v) = g(kv) für alle Körperelemente k ∈ K. Folglich ist die Abbildung g linear. Wir zeigen nun, daß sie auch bijektiv ist.

Injektivität: Zu zeigen haben wir, daß aus der Beziehung g(v_{1}) = g(v_{2}) folgt, daß gilt: v_{1} = v_{2}. Es gilt: g(v_{1}) = g(v_{2}). Daraus folgt nach Definition der Abbildung g:

∑_{i=1}^{n} x_{i}f_{i} = ∑_{i=1}^{n} y_{i}f_{i}.

Da aber die f_{i} (i = 1, …, n) eine Basis des Vektorraumes W bilden, somit also linear unabhängig sind, handelt es sich hierbei um eindeutige Darstellungen. Also gilt für alle i = 1, …, n:

x_{i} = y_{i}.

Das bedeutet aber, daß gilt: v_{1} = v_{2}.

Surjektivität: Wir haben zu zeigen, daß für alle Vektoren w ∈ W ein Vektor v ∈ V existiert, so daß gilt: g(v) = w. Wir betrachten also einen Vektor w ∈ W = L(f_{1}, …, f_{n}). Wir können ihn darstellen als:

w = ∑_{i=1}^{n} k_{i}f_{i}.

Wir wählen nun

v = ∑_{i=1}^{n} k_{i}e_{i}.

Dann gilt offenbar: g(v) = w.

Folglich ist die lineare Abbildung g bijektiv und somit ein Isomorphismus. Also sind die beiden linearen Räume isomorph.

□

Folgerung: Jeder n–dimensionale lineare Raum über dem Körper K ist isomorph zu dem Zeilenvektorraum K^{n} und zu dem Spaltenvektorraum K_{n}.

Folgerung: Ist eine Abbildung der Basisvektoren des Vektorraumes V nach dem Vektorraum W gegeben, so existiert eine lineare Abbildung von V nach W, die auf den Basisvektoren so wie angegeben ist.

Satz 43 Jede lineare Abbildung g: V ⟶ W eines endlichdimensionalen linearen Raumes V ist eindeutig durch die Bilder der Basisvektoren g(e_{i}) (i = 1, …, n) bestimmt.

(Kommentar: Dieser Satz sagt folgendes aus: Es sei g: V ⟶ W eine lineare Abbildung, die nur durch die Bilder der Basisvektoren des Vektorraumes V definiert ist:

g(e_{i}) := f_{i}, ∀i = 1, …, n.

Dann gilt

g(v) = ∑_{i=1}^{n} x_{i}f_{i},

wenn gilt:

v = ∑_{i=1}^{n} x_{i}e_{i}.)

Beweis Es gilt wegen der Linearität der Abbildung g:

g(v) = g (∑_{i=1}^{n} x_{i}e_{i})

= ∑_{i=1}^{n} x_{i}g(e_{i})

= ∑_{i=1}^{n} x_{i}f_{i}

□

Jede lineare Abbildung eines endlichdimensionalen linearen Raumes läßt sich durch \underline{endlich} viele (genau n, wobei n die Dimension des Raumes ist) Vektoren beschreiben. Enthält der Körper K d Elemente, so hat der n–dimensionale lineare Raum V über dem Körper K d^{n} viele Elemente. (Dieser lineare Raum V ist isomorph zum Zeilenvektorraum K^{n}.)

Folgerung: \underline{Der} Isomorphismus vom Raum V nach dem Raum W schlechthin existiert nicht! Wir erklären kurz, was das bedeutet. Beispielsweise gilt, daß der Zeilenvektorraum K^{3} isomorph zum Spaltenvektorraum K_{3} ist. Der Isomorphismus zwischen beiden Räumen, den man betrachtet, hängt von den betrachteten Basen in diesen Räumen ab. Es gibt nicht \underline{den} allgemeingültigen Isomorphismus.

Wir bezeichnen die Menge der linearen Abbildungen eines linearen Raumes V in einen linearen Raum W mit Hom(V, W). Dabei seien beide V und W Räume über dem gleichen Körper K.

Satz 44 Hom(V, W) ist ein linearer Raum über dem Körper K.

Beweis Wir definieren zuerst eine Summe f + g für zwei Elemente f, g von Hom(V, W) durch (f + g)(v) := f(v) + g(v) für alle v ∈ V. Für Skalare k ∈ K und eine Abbildung f ∈ Hom(V, W) definieren wir die skalare Multiplikation für alle v ∈ V (k · f): V → W durch (k ·f)(v) := k(f(v)). Bevor wir beweisen, daß wir damit einen linearen Raum erhalten, müssen wir zeigen, daß f + g und k · f sind lineare Abbildungen sind.

Mit den obigen Definitionen erhalten wir^{1}

(f + g)(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2}) = f(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2}) + g(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2})
= k_{1}f(v_{1}) + k_{2}f(v_{2}) + k_{1}g(v_{1}) + k_{2}g(v_{2})
= k_{1}(f(v_{1}) + g(v_{1})) + k_{2}(f(v_{2}) + g(v_{2}))
= k_{1}((f + g)(v_{1})) + k_{2}((f + g)(v_{2}))
= (f + g)(k_{1}v_{1}) + (f + g)(k_{2}v_{2})

Für k · f läßt sich der Beweis analog führen.

Für den Nachweis der acht Eigenschaften des linearen Raumes haben wir nachzuweisen, daß

1. f + g = g + f

2. (f + g) + h = f + (g + h)

3. Es gibt eine Abbildung θ, für die θ + f = f + θ = f für alle f ∈ Hom(V, W) ist (Nullelement)

4. Zu jeder Abbildung f ∈ Hom(V, W) gibt es eine inverse Abbildung (−f), für die f + (−f) = (−f) + f = θ ist.

5. (k_{1} + k_{2}) · f = k_{1} · f + k_{2} · f

6. k(f + g) = kf + kg

7. (k · l)f = k · (l · f)

8. 1 · f = f. gilt.

1Wir schreiben auch hier, der Einfachheit halber, anstelle von k · f oft kf.

Wir zeigen an dieser Stelle nur die 2., 3., 4. und 6. Eigenschaft. Die anderen sollten Sie als Kontrolle für Ihr Verständnis selbst ableiten.

Um die Gleichheit der zweier Abbildungen zu zeigen, beweist man, daß die Abbildung auf allen Vektoren v ∈ V gleich sind, also ((f +g)+h)(v) = (f +(g+h))(v) gilt. Unter Ausnutzung der Assoziativität in W und der Definitionen erhalten wir

((f + g) + h)(v) = (f + g)(v) + h(v) = (f(v) + g(v)) + h(v)
= f(v) + (g(v) + h(v)) = f(v) + (g + h)(v)
= (f + (g + h))(v)

Für die dritte Eigenschaft müssen wir ein neutrales Element θ definieren. Wir setzen dazu θ(v) = o_{W} ∈ W für alle v ∈ V. Dann ist für alle v ∈ V (f +θ)(v) = f(v)+θ(v) = f(v)+o_{W} = f(v).

Schließlich definieren wir die inverse Abbildung zu einer Abbildung f durch (−f)(v) := −f(v) für alle v ∈ V. Dann gilt für alle v ∈ V auch

(f + (−f))(v) = f(v) + (−f)(v) = f(v) + (−f(v)) = o_{W} = θ(v).

Für die sechste Eigenschaft nutzen wir wieder eine entsprechende Eigenschaft aus W.

(k(f + g))(v) = k((f + g)(v)) = k(f(v) + g(v))
= k · f(v) + k · g(v) = (k · f)(v) + (k · g)(v)
= (k · f + k · g)(v)
□

Beispiel 16 Wir betrachten den linearen Raum der reellen Funktionen von R nach R und den Raum der reellen Zeilenvektoren W = R^{3}. Die Abbildung F: V → W, die durch

F (f) := (f(0), f(1), f(2))

definiert ist, ist eine lineare Abbildung.

Wir betrachten von nun an wieder endlich-dimensionale lineare Räume. Für die Beschreibung der linearen Abbildungen gilt das Endlichkeitsprinzip

Jede lineare Abbildung f eines endlich-dimensionalen Raumes V in einen Raum W ist eindeutig durch die Werte der Abbildung f auf den Vektoren einer Basis {e_{i}} des Raumes V bestimmt. Ist der Raum W auch endlich-dimensional, dann läßt sich die Abbildung f durch endlich viele Koordinaten der Bildvektoren beschreiben.

Das Endlichkeitsprinzip ergibt sich aus den beiden folgenden Sätzen.

Satz 45 Sind zwei lineare Abbildungen f und g auf den Vektoren e_{i} einer Basis gleich, so sind sie identisch.

Beweis Sei v ∈ V ein beliebiger Vektor und v = ∑_{i} k^{i}e_{i} seine Darstellung durch die Basis-

vektoren. Dann ist

f(v) = ∑_{i} f(k^{i}e_{i}) = ∑_{i} k^{i}f(e_{i}) = ∑_{i} k^{i}g(e_{i}) = ∑_{i} g(k^{i}e_{i}) = g(v) .

□

Satz 46 Für beliebige Vektoren w_{i} ∈ W gibt es eine lineare Abbildung f ∈ Hom(V, W), für die f(e_{i}) = w_{i} gilt.

Beweis Für v = ∑_{i} k^{i}e_{i} definiert man

f(v) := ∑_{i} k^{i}w_{i} .

Diese Abbildung ist linear, dazu muß man f(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2}) = k_{1}f(v_{1}) + k_{2}f(v_{2}) beweisen. Das ist nicht schwer und eine gute Übung. Daß f(e_{i}) = w_{i} gilt, ist auch klar.

□

5.2 Funktionale

Definition 35 Ein Funktional auf einem linearen Raum V über dem Körper K ist eine lineare Abbildung f: V → K.

In unseren bisherigen Bezeichnungen ist der lineare Raum der Funktionale Hom(V, K). Wir nennen ihn dualen Raum und bezeichnen ihn mit V^{∗}.

Wir wissen, daß nach dem Endlichkeitsprinzip jedes Funktional auf dem n-dimensionalen Raum V durch die Werte auf n Basisvektoren eindeutig bestimmt ist.

Definition 36 Die Funktionale ε^{i}, die durch

ε^{i}(e_{k}) = \{ \begin{matrix}1 & für k = i, \\ 0 & sonst \end{matrix}

definiert sind, heißen Koordinatenfunktionale der Basis e_{1}, …, e_{n}.

Diese Bezeichnung kommt daher, weil für einen Vektor v, der in der Basis {e_{i}} zerlegt ist v = k_{1}e_{1} + … + k_{n}e_{n}, der Wert des i-ten Funktionals

ε^{i}(v) = ε^{i}(k_{1}e_{1} + … + k_{n}e_{n})
= k_{1}ε^{i}(e_{1}) + k_{2}ε^{i}(e_{2}) + … + k_{n}ε^{i}(e_{n})
= k_{1} · 0 + k_{2} · 0 + … + k_{i}ε^{i}(e_{i}) + … + k_{n} · 0
= k_{1} · 0 + k_{2} · 0 + … + k_{i} · 1 + … + k_{n} · 0
= k_{i}

5.2. FUNKTIONALE 49

die i-te Koordinate ist. Man nennt die Funktion δ(i, k), die so wie in der Definition 36 beschrieben ist,

δ(i, k) = \{ \begin{matrix}1 & für k = i, \\ 0 & sonst \end{matrix}

Deltafunktion^{2} oder auch Kronecker-Symbol. Für δ(i, k) schreibt man auch δ_{k}^{i}, um die Lage der Indizes zu erhalten.

Satz 47 Die Vektoren ε^{i} des linearen Raumes V^{∗} sind linear unabhängig.

Beweis Wir haben zu zeigen, daß jede Linearkombination des Nullfunktionals

c_{1}ε^{1} + c_{2}ε^{2} + … + c_{n}ε^{n} = θ

trivial ist. Wenden wir dieses Funktional auf den Basisvektor e_{i} so erhalten wir

(c_{1}ε^{1} + … + c_{n}ε^{n})(e_{i}) = θ(e_{i}) = 0

für alle i ∈ 1 … n. Da Hom(V, K) = V^{∗} ein linearer Raum ist, gilt (mit unserer Definition von θ im vorigen Satz):

c_{1}ε^{1}(e_{i}) + c_{2}ε^{2}(e_{i}) + … + c_{n}ε^{n}(e_{i}) = 0
c_{1} · 0 + … + c_{i}ε^{i}(e_{i}) + … + c_{n} · 0 = 0

und folglich

c_{i}ε^{i}(e_{i}) = c_{i} = 0

für alle i ∈ 1 … n. □

Beispiel 17 Wir betrachten den Raum der Spaltenvektoren

Q_{3} = \{( \begin{matrix}r_{1} \\ r_{2} \\ r_{3} \end{matrix} ); r_{i} ∈ Q, i = 1, 2, 3\} .

Es sei die folgende Basis gegeben:

e_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , e_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , e_{3} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) .

Q_{3}^{∗} ist der duale Raum der Funktionale, also die linearen Abbildungen Q_{3} → Q. Zum Beispiel sind die folgenden Abbildungen lineare Funktionale

ξ ( \begin{matrix}r_{1} \\ r_{2} \\ r_{3} \end{matrix} ) := r_{3}; η ( \begin{matrix}r_{1} \\ r_{2} \\ r_{3} \end{matrix} ) := r_{1} + 27r_{2}.

2Der Name Deltafunktion geht auf Paul M. Dirac zurück.

50 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Wir bestimmen jetzt die Koordinatenfunktionale ε^{i} und zerlegen in ihnen ξ und η. Es sei v ∈ Q_{3} beliebig gewählt. Dann gilt:

v = ( \begin{matrix}r_{1} \\ r_{2} \\ r_{3} \end{matrix} ) = k_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + k_{2} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) + k_{3} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}k_{1} + k_{2} + k_{3} \\ k_{2} + k_{3} \\ k_{3} \end{matrix} ) .

Für die Koeffizienten k_{i} ergibt sich daraus

k_{3} = r_{3},
k_{2} = r_{2} − r_{3} und
k_{1} = r_{1} − r_{2}

Nach der Definition der Koordinatenfunktionale ist

ε^{1}(v) = k_{1} = r_{1} − r_{2},
ε^{2}(v) = k_{2} = r_{2} − r_{3},
ε^{3}(v) = k_{3} = r_{3}.

ξ hat in dieser Basis die Koordinaten (0, 0, 1) und η die Koordinaten (1, 28, 28). Übungsaufgabe 29 Prüfen Sie das jetzt nach. Jetzt!! Übungsaufgabe 30 Wir betrachten noch einmal Q_{3}^{∗}. Wir definieren eine andere Basis durch

e′_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix} ) , e′_{2} = ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) , e′_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Wie sehen die zugehörigen Koordinatenfunktionale ε^{′i} aus? Satz 48 Die Vektoren ε^{i} des linearen Raumes V^{∗} sind vollständig. Beweis Es sei ξ ∈ V^{∗} ein beliebiges Funktional. Wir haben zu zeigen, daß man dieses ξ linear aus den ε^{i} kombinieren kann, daß also Skalare k_{1}, …, k_{n} existieren, so daß

ξ = k_{1}ε^{1} + … + k_{n}ε^{n}

ist. Nehmen wir zuerst an, es gibt diese k_{i}. Dann gilt:

ξ(e_{i}) = k_{1}ε^{1}(e_{i}) + … + k_{n}ε^{n}(e_{i}) = k_{i} · 1 = k_{i}

für alle i ∈ {1, …, n}. Folglich sind die k_{i} die Werte des Funktionals ξ auf den Basisvektoren e_{i} und damit sind sie eindeutig bestimmt. Nach dem Endlichkeitsprinzip gibt es genau ein Funktional η, das auf den Basisvektoren e_{i} die Werte k_{i} = ξ(e_{i}) annimmt, es ist durch ∑ k_{i}ε^{i} definiert. Da η(e_{i}) = k_{i} = ξ(e_{i}) ist, sind sie nach dem Endlichkeitsprinzip gleich

ξ = k_{1}ε^{1} + … + k_{n}ε^{n} .
□

Man sollte nicht vergessen, daß dieser Satz nur für endlich-dimensionale lineare Räume gilt.

Wir haben nun gezeigt, daß die Funktionale ε^{i} linear unabhängig und vollständig sind. Sie bilden folglich eine Basis von V^{∗}. Da es genau n Funktionale sind, ist die Dimension des dualen Raumes dim V^{∗} = n = dim V.

Satz 49 Wenn V endlich-dimensional ist, dann ist der lineare Raum (V^{∗})^{∗} isomorph zu V.

Beweis Wir können für (V^{∗})^{∗} auch Hom(V^{∗}, K) schreiben, es ist der lineare Raum der Funktionale, die jedem Element (Funktional) aus V^{∗} ein Element des Körpers K zuordnen.

Wir müssen nun eine Abbildung I: V → (V^{∗})^{∗} konstruieren und beweisen, daß sie ein Isomorphismus ist. Als Argumente von I dienen die Vektoren aus V. I(v) ist ein Funktional aus (V^{∗})^{∗}, also eine Funktion^{3}, die jedem Funktional ein Element aus K zuordnet. Wir definieren diese Funktion für alle ξ ∈ V^{∗} durch

I(v)(ξ) := ξ(v) .

Wir müssen nun zeigen, daß die Abbildung I ein Homomorphismus ist und daß sie bijektiv ist. Für beliebige Skalare k_{i} ∈ K und Vektoren v_{i} ∈ V sind die Abbildungen

I(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2}) = k_{1} · I(v_{1}) + k_{2} · I(v_{2})

gleich, wenn sie für jedes Argument ξ ∈ V^{∗} gleich sind.

I(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2})(ξ) = ξ(k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2})
= k_{1}ξ(v_{1}) + k_{2}ξ(v_{2})
= k_{1} · I(v_{1})(ξ) + k_{2} · I(v_{2})(ξ)
= (k_{1} · I(v_{1}) + k_{2} · I(v_{2})) (ξ)

Die Abbildung I ist also ein Homomorphismus, eine lineare Abbildung aus Hom(V, (V^{∗})^{∗}). Wir zeigen nun die Bijektivität. Jetzt erst kommt ins Spiel, daß V endlich-dimensional ist.

Die Abbildung I ist injektiv. Gilt für zwei verschiedene Vektoren v_{1} ≠ v_{2} ∈ V die Gleichheit I(v_{1}) = I(v_{2}), dann ist für alle ξ ∈ V^{∗}

I(v_{1})(ξ) = I(v_{2})(ξ) also I(v_{1} − v_{2})(ξ) = θ(ξ) = 0 ∈ K .

Nach der Definition von I ist dann ξ(v_{1} − v_{2}) = 0 für alle ξ ∈ V^{∗}, insbesondere natürlich auch für die Koordinatenfunktionale ε^{i}

ε^{i}(v_{1} − v_{2}) = 0.

3Wir nennen die Funktionale auf V^{∗} zeitweilig Funktionen, um den Unterschied zu den Funktionalen auf V hervorzuheben.

Alle Koordinaten von v_{1} − v_{2} in einer Basis {e_{1}, e_{2}, …, e_{n}} sind also Null. Die Vektoren v_{1} und v_{2} sind folglich gleich.

Für die Surjektivität betrachten wir die Bilder der Basisvektoren {I(e_{1}), I(e_{2}), …, I(e_{n})}. Sie sind sogar die Koordinatenfunktionale über V^{∗}. Dazu muß man nur für die Basisvektoren {ε^{1}, ε^{2}, …, ε^{n}} aus V^{∗}

I(e_{i})(ε^{j}) = δ_{i}^{j}

nachweisen (Definiton 36). Das kennen wir aber schon aus V^{∗}. Nach der Definition von I ist das aber nichts anderes als

ε^{j}(e_{i}) = δ_{i}^{j} = δ_{j}^{i} .

Als Koordinatenfunktionale sind die Funktionale I(e_{i}) nun linear unabhängig und vollständig, sie bilden also eine Basis von (V^{∗})^{∗}. Jedes Funktional aus (V^{∗})^{∗} kann man dann als Linearkombination der Bildvektoren I(e_{1}), …, I(e_{n}) und damit als Bild der Abbildung I darstellen.

□

Dieser Isomorphismus ist von der Wahl einer Basis in V völlig unabhängig, die linearen Räume V und (V^{∗})^{∗} haben die gleiche Struktur und sind damit vom algebraischen Standpunkt ununterscheidbar. Deshalb werden wir ab jetzt auch die sprachlichen Unterschiede zwischen Vektoren aus V und Funktionalen aus (V^{∗})^{∗} ignorieren und sogar v(ξ) = ξ(v) schreiben^{4}.

Definition 37 Es seien V und W zwei lineare Räume und f eine lineare Abbildung aus Hom(V, W). Dann nennen wir die Menge f^{−1}(o) den Kern der Abbildung f und bezeichnen ihn mit Kerf. Die Menge f(V), das Bild der Abbildung f bezeichnen wir mit Imf.

Satz 50 Dann ist

1. die Menge Kerf ein Unterraum von V,

2. die Menge Imf ein Unterraum von W und

3. für endlich-dimensionale Räume V und W gilt dim Kerf + dim Imf = dim V.

Beweis 1. Wir zeigen daß Ker f ein Unterraum von V ist. Dazu seien v_{1}, v_{2} beliebige Vektoren aus dem Kern Kerf. Wir müssen nachweisen, daß auch v_{1} + v_{2} und k · v_{1} Vektoren aus dem Kern sind. Dazu bestimmen wir ihre Bilder.

f(v_{1} + v_{2}) = f(v_{1}) + f(v_{2}) = o + o = o .

Damit ist v_{1} + v_{2} ∈ Kerf. Genauso ist

f(k · v_{1}) = k · f(v_{1}) = k · o = o .

Damit ist auch k · v_{1} ∈ Kerf. Folglich ist Kerf ein Unterraum von V.

2. Wir zeigen daß Imf ist ein Unterraum von W ist. Es seien w_{1}, w_{2} zwei beliebige Vektoren aus dem Bild Imf = f(V). Für diese Vektroen existieren demnach zwei Vektoren v_{1}, v_{2} aus V, so daß f(v_{i}) = w_{i} für i = 1, 2 ist. Wir müssen nachweisen, daß auch w_{1} + w_{2} und k · w_{1} im Bild Imf liegen. Dazu geben wir zwei Urbilder v und v′ an. Es sei v := v_{1} + v_{2} dann ist

f(v) = f(v_{1} + v_{2}) = f(v_{1}) + f(v_{2}) = w_{1} + w_{2}

4Das ist die Definition von I von Seite 51.

und

f(v′) = f(k · v_{1}) = k · f(v_{1}) = k · w_{1} .

Also ist Imf ein Unterraum von W.

3. Wir zeigen für endlich-dimensionale lineare Räume V die Dimensionsformel dim Kerf + dim Imf = dim V = n. Wir wissen bereits daß Kerf und Imf Unterräume, also endlichdimensional sind. Es gibt also eine Basis {e_{1}, …, e_{k}} von Kerf, die sich zu einer Basis {e_{1}, …, e_{k}, e_{k+1}, …, e_{n}} von V ergänzen läßt. Wir zeigen nun, daß {f(e_{k+1}, …, f(e_{n})} eine Basis von Imf ist. Das sind genau n − k Vektoren und die Dimensionsformal wäre damit bewiesen. Zunächst weisen wir die lineare Unabhängigkeit nach. Sei eine beliebige Linearkombination des Nullvektors gegeben

c^{k+1} · f(e_{k+1}) + … + c^{n} · f(e_{n}) = o ∈ Imf ⊆ W.

Weil f ein Homomorphismus ist, gilt dann auch f(c^{k+1}e_{k+1} + … + c^{n}e_{n}) = o. Der Vektor c^{k+1}e_{k+1} + … + c^{n}e_{n} ist also ein Element des Kerns Kerf und läßt sich folglich als Linearkombination der Basisvektoren e_{1}, …, e_{k} darstellen.

c^{k+1}e_{k+1} + … + c^{n}e_{n} = c^{1}e_{1} + … + c^{k}e_{k}.

Wir stellen um und erhalten eine Linearkombination

−c^{1}e_{1} − … − c^{k}e_{k} + c^{k+1}e_{k+1} + … + c^{n}e_{n} = o ∈ V

des Nullvektors aus Basisvektoren von V. Die muß aber trivial sein und es muß c^{k+1} = … = c^{n} = 0 sein. Damit ist jede Linearkombination der Vektoren {f(e_{k+1}), …, f(e_{n})} trivial, sie sind also linear unabhängig.

Jetzt zeigen wir die Vollständigkeit dieser Vektoren. Es sei w = f(v) ∈ Imf. Der Vektor v läßt als Linearkombination v = c_{1}e_{1} + … + c_{n}e_{n} der Basisvektoren von V darstellen. Dann ist

w = f(v) = f(c_{1}e_{1} + … + c_{n}e_{n}) = c_{1}f(e_{1}) + … + c_{k}f(e_{k}) + c_{k+1}f(e_{k+1}) + … + c_{n}f(e_{n}) .

Nun wissen wir aber, daß {e_{1}, …, e_{k}} Vektoren aus dem Kern Kerf sind. Für sie gilt also f(e_{1}) = … = f(e_{k}) = o. Wir also den Vektor w = c_{k+1}f(e_{k+1}) + … + c_{n}f(e_{n}) als Linearkombination der Vektoren {f(e_{k+1}), …, f(e_{n})} dargestellt. Somit sind diese Vektoren vollständig und es gilt die Dimensionsformel.

□

Definition 38 Wir definieren den Annullator einer Menge M von Vektoren aus dem linearen Raum V wie folgt:

Ann(M) = {ξ ∈ V^{∗} : ξ(v) = 0, ∀v ∈ M}.

Satz 51 Ann(M) ist ein Unterraum von V^{∗}.

Beweis Das Nullelement aus V^{∗} ist in Ann(M) enthalten, denn es gilt:

o(v) = 0, für alle v ∈ M.

54 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN

Die Frage, ob für jedes Element aus Ann(M) das inverse Element auch in Ann(M) enthalten ist, läßt sich ebenfalls mit ja beantworten. Es gilt nämlich:

ξ + (−ξ) = o.

Wir wenden diese Gleichung auf einen beliebigen Vektor v aus der Menge M an und erhalten:

0 = o(v) = (ξ + (−ξ))(v)
= ξ(v) + (−ξ)(v)
= 0 + (−ξ)(v)

Daraus folgt: (−ξ)(v) = 0 und (−ξ) ∈ Ann(M). Damit bleibt nur noch zu zeigen: Wenn ξ, η ∈ Ann(M), dann folgt:

- ξ + η ∈ Ann(M) und

- k · ξ ∈ Ann(M), für alle k ∈ K. Nun gilt:

(ξ + η)(v) = ξ(v) + η(v) = o + o = o
(k · ξ)(v) = k · ξ(v) = k · o = o.

Damit ist alles gezeigt.

□

Übungsaufgabe 31 Wenn M ⊆ N gilt, dann ist Ann(M) ⊇ Ann(N).

Insbesondere gilt dann wegen M ⊆ L(M) natürlich Ann(M) ⊇ Ann(L(M)). Es seien ξ eine Funktion aus Ann(M) und w ein Vektor aus L(M). Dann gilt:

ξ(v) = 0 und

w = k^{1}v_{1} + … + k^{r}v_{r}.

Dann ist:

ξ(w) = ξ(k^{1}v_{1} + … + k^{r}v_{r})
= k^{1} \underbrace{ξ(v_{1})}_{=0} + … + k^{r} \underbrace{ξ(v_{r})}_{=0}
= 0

Wir haben jetzt gezeigt: Wenn gilt ξ ∈ Ann(M), dann folgt daraus:

ξ ∈ Ann(L(M)).

Die Schlußfolgerung daraus ist: Ann(M) = Ann(L(M)). Folgerung: Der Annullator eines endlichdimensionalen Unterraumes U ist das gleiche wie der Annullator einer Basis dieses Unterraumes. Das ist wieder das Endlichkeitsprinzip.

Der Annullator eines Unterraumes U ⊆ V, wobei dimU = r und dimV = n gilt, ist endlichdimensional. Das folgt sofort aus dem Satz, daß der Annullator einer Menge von Vektoren aus dem Raum V ein Unterraum von V^{∗} ist. Dieser ist nämlich endlichdimensional und damit muß es jeder seiner Unterräume auch sein.

Welche Dimension hat nun aber der Annullator des Unterraumes U?

Satz 52 Es gilt: dim Ann(U) = n − dim U = n − r.

Beweis Wir wissen: Die Dimension des Unterraumes U ist gleich r, also hat jede Basis von U r Vektoren. Es existiert also eine Basis u_{1}, …, u_{r}.

Die Dimension des Vektorraumes V ist gleich n. Nach dem Basisergänzungssatz können wir eine Basis

u_{1}, …, u_{r}, v_{r+1}, …, v_{n}

von V konstruieren.

Der Raum der Funktionale V^{∗} ist ebenfalls n-dimensional. Es bilden zum Beispiel die Koordinatenfunktionale ε^{1}, …, ε^{n} über der eben konstruierten Basis von V eine Basis ε^{1}, …, ε^{n}.

ε^{i}(u_{j}) = \{ \begin{matrix}1 i = j \\ 0 sonst \end{matrix} = δ_{j}^{i} ∀j = 1, …, r,

ε^{i}(v_{j}) = δ_{j}^{i} ∀j = r + 1, …, n.

Wir wissen: Ann(U) ist ein Unterraum von V^{∗} und besteht aus allen Funktionalen ξ, die alle Elemente aus U auf das Element 0 ∈ K abbilden. Also tun sie das auch für die Basiselemente u_{i}. Die Frage ist nun: Für welche i ∈ {1, …, n} gilt:

ε^{i}(u_{j}) = 0, für alle j = 1, …, r?

Die Antwort ist: Das gilt gerade für alle i = r + 1, …, n, denn für diese i nehmen die entsprechenden Koordinatenfunktionale ε^{i} nur den Wert 1 an, wenn ihr Argument einer der Vektoren v_{r+1}, …, v_{n} ist.

Daher gilt: ε^{r+1}, …, ε^{n} ∈ Ann(U). Das sind genau n − r Koordinatenfunktionale. Sie sind linear unabhängig, da sie ja alle aus einer Basis kommen, nämlich der von V^{∗}.

Sind sie auch vollständig? Das untersuchen wir jetzt.

Es sei ξ ∈ Ann(U). Dann gilt:

ξ = k_{1}ε^{1} + … + k_{n}ε^{n},

denn die ε^{i} sind ja Basis von V^{∗}. Da ξ in Ann(U) enthalten ist, gilt: ξ(u_{j}) = 0, ∀j = 1, …, r. Außerdem gilt aber auch:

ξ(u_{j}) = (k_{1}ε^{1} + … + k_{n}ε^{n})(u_{j})
= k_{1}ε^{1}(u_{j}) + … + k_{n}ε^{n}(u_{j})
= k_{j},

und zwar für alle j = 1, …, r. Also folgt: k_{j} = 0, ∀j = 1, …, r. Das aber bedeutet nichts anderes, als daß gilt:

ξ = k_{r+1}ε^{r+1} + … + k_{n}ε^{n} ∈ L(ε^{r+1}, …, ε^{n}).

Somit ist auch die Vollständigkeit gezeigt. Wir haben also jetzt bewiesen: Der Annullator Ann(U) = L(ε^{r+1}, …, ε^{n}) hat eine Basis mit n−r Elementen. Also gilt: dim Ann(U) = n−r.

□

Wir betrachten jetzt das lineare Gleichungssytem

x^{1}a_{1} + … + x^{m}a_{m} = b.

Dabei sind die a_{i} und auch das b Spaltenvektoren aus K_{n}. Also gilt für alle j = 1, …, n:

x^{1}a_{1}^{j} + … + x^{m}a_{m}^{j} = b^{j}.

Das ist die j-te Zeile des Gleichungssystems. Betrachten wir jetzt ein homogenes lineares Gleichungssytem, d.h. es gelte b^{j} = 0, für alle j = 1, …, n. Eine Gleichung (j) sieht dann wie folgt aus:

x^{1}a_{1}^{j} + … + x^{m}a_{m}^{j} = 0.

Wir schreiben das jetzt etwas anders:

a_{1}^{j}x^{1} + … + a_{m}^{j}x^{m} = 0.

Wenn man nun die x^{i} als Koordinaten eines Vektors v interpretiert, so kann man für die Gleichung auch schreiben:

ξ^{j}(v) = 0.

Dabei gilt: ξ^{j} = a_{1}^{j}ε^{1} + … + a_{m}^{j}ε^{m}, und der Vektor v hat in der Basis {e_{1}, …, e_{m}} die Koordinaten x^{1}, …, x^{m}.

Um das zu verdeutlichen, gehen wir den Weg zurück: Nach den letzten Ausführungen gilt:

v = x^{1}e_{1} + … + x^{m}e_{m}.

Außerdem ist ε^{i}(e_{j}) = δ_{j}^{i}.

Daher folgt:

0 = ξ^{j}(v) = ξ^{j}(x^{1}e_{1} + … + x^{m}e_{m})
= x^{1}ξ^{j}(e_{1}) + … + x^{m}ξ^{j}(e_{m})
= x^{1}(a_{1}^{j}ε^{1} + … + a_{m}^{j}ε^{m})(e_{1}) + … + x^{m}(a_{1}^{j}ε^{1} + … + a_{m}^{j}ε^{m})(e_{m})
= x^{1}a_{1}^{j}ε^{1}(e_{1}) + … + x^{m}a_{m}^{j}ε^{m}(e_{m})
= x^{1}a_{1}^{j} + … + x^{m}a_{m}^{j}

Damit haben wir unsere j-te Gleichung.

Wir nennen eine Menge von n Funktionalen {ξ^{1}, …, ξ^{n}} ein lineares homogenes Gleichungssystem, wobei gilt:

{ ξ^{1}(v) = 0 ; ⋮ ; ξ^{n}(v) = 0 .

Eine Lösung (x^{1}, …, x^{m}) sind die Koordinaten eines Vektors v, der von allen ξ^{i} annulliert wird.

Ein Vektor v heißt also Lösung, wenn für alle j = 1, …, n gilt: ξ^{j}(v) = 0.

Wenn wir unsere Aussage V = (V^{∗})^{∗} heranziehen, gilt auch:

Ein Vektor v heißt Lösung, wenn für alle j = 1, …, n gilt: v(ξ^{j}) = 0. Daraus folgt:

v ∈ Ann({ξ^{1}, …, ξ^{n}}).

Umgekehrt gilt: Wenn vorausgesetzt wird, daß v ∈ Ann({ξ^{1}, …, ξ^{n}}) gilt, dann folgt daraus:

ξ^{j}(v) = 0, für alle j = 1, …, n,

und v ist Lösung des Gleichungssystems. Folgerung: Die Lösungsmenge eines linearen homogenen Gleichungssystems ist ein Unterraum des m-dimensionalen linearen Raumes (K^{n}), und sie hat die Dimension m − dim L(ξ^{1}, …, ξ^{n}).

Warum ist das so? Wir hatten gesehen: Der Vektor v ist Lösung des linearen homogenen Gleichungssystems genau dann, wenn das ihm zugeordnete Funktional v ∈ (V^{∗})^{∗} in der Menge Ann({ξ^{1}, …, ξ^{n}}) enthalten ist. Das bedeutet: Die Dimension der Lösungsmenge des linearen homogenen Gleichungssystems ist gleich der Dimension der Menge Ann({ξ^{1}, …, ξ^{n}}). Weiterhin hatten wir allgemein bereits gezeigt, daß gilt:

Ann({ξ^{1}, …, ξ^{n}}) = Ann(L(ξ^{1}, …, ξ^{n})).

Und nun können wir den Satz über die Dimension des Annullators eines Unterraumes eines linearen Raumes anwenden und erhalten:

dim Ann(L(ξ^{1}, …, ξ^{n})) = m − dim L(ξ^{1}, …, ξ^{n}).

Damit ist alles klar.

Die Dimension von L(ξ^{1}, …, ξ^{n}) bestimmt man folgendermaßen:

Man stellt die Spaltenvektoren a_{1}, …, a_{m} in einer Koordinatenmatrix dar:

[ \begin{matrix}a_{1}^{1} & ⋯ & a_{m}^{1} \\ a_{1}^{2} & ⋯ & a_{m}^{2} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & ⋯ & a_{m}^{n} \end{matrix} ]

Nun führen wir Spaltenoperationen durch. Dadurch erhalten wir den Spaltenrang (Rang) und somit die maximale Anzahl linear unabhängiger Spaltenvektoren. Diese ist gleich der Dimension der Menge L(ξ^{1}, …, ξ^{n}). Es gilt nämlich:

dim{Menge der Lösungen} = m − dim L(ξ^{1}, …, ξ^{n}) = m − r.

Damit gilt: In der Menge {ξ^{1}, …, ξ^{n}} muß es r linear unabhängige Elemente geben, so daß dann gilt:

L(ξ^{1}, …, ξ^{n}) = L(ξ^{1}, …, ξ^{r}),

wobei die r Elemente auf der rechten Seite nicht die ersten r Funktionale aus den ξ^{i} sein müssen.

Die Dimension der Lösungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems ist also gleich der Dimension der Menge Ann({ξ^{1}, …, ξ^{r}}). Die Lösungen v sind also Elemente der Menge Ann({ξ^{1}, …, ξ^{r}}). Wir können das so sagen, da wir ja nicht mehr zwischen Elementen aus V und (V^{∗})^{∗} unterscheiden wollten. Die ξ^{1}, …, ξ^{r} erzeugen natürlich die Menge L(ξ^{1}, …, ξ^{r}). Wir können nun feststellen:

Jede Lösung des linearen homogenen Gleichungssystems läßt sich eindeutig darstellen als Linearkombination einer Basis von Ann({ξ^{1}, …, ξ^{r}}). Es sei v_{r+1}, …, v_{m} eine solche Basis, die aus m − r Elementen besteht. Zunächst gilt natürlich:

v_{i}(ξ^{j}) = 0, für alle i = r + 1, …, m; j = 1, …, n.

Anders formuliert: Für jedes homogene lineare Gleichungssystem existieren m − r Lösungen v_{r+1}, …, v_{m}, so daß jede andere Lösung sich als Linearkombination dieser darstellen läßt.

Bemerkung: Das gilt auch für allgemeine lineare Gleichungssysteme. Es gilt nämlich allgemein:

Die Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems besteht aus allen Vektoren v, so daß gilt:

ξ^{1}(v) = b^{1}, …, ξ^{n}(v) = b^{n},

wobei die ξ^{i} zu dem entsprechenden homogenen Gleichungssystem gehören.

Ist das allgemeine Gleichungssystem lösbar, existiert eine Lösung v_{0}, so daß für jede andere Lösung v gilt: (v − v_{0}) ist eine Lösung des entsprechenden homogenen Gleichungssystems.

Folgerung: Die Lösungsmenge des allgemeinen Gleichungssystems besteht aus allen Vektoren v, die sich als v_{0} + k^{r+1}v_{r+1} + … + k^{n}v_{n} darstellen lassen.

Beispiel 18 Gegeben sei das folgende Gleichungssystem:

(∗) \{ \begin{matrix}2x − y + z = 1 \\ x − y + 2z = 2 \end{matrix}

Wenn wir nun dieses Gleichungssystem mittels zweier Funktionale schreiben, erhalten wir:

ξ = 2ε^{1} − ε^{2} + ε^{3}
η = ε^{1} − ε^{2} + 2ε^{3}

Dabei sind die ε^{i} die Koordinatenfunktionale

ε^{1}(a) = x,
ε^{2}(a) = y,
ε^{3}(a) = z,

wobei a ein Vektor ist, dessen Koordinaten (x, y, z) Lösung des Gleichungssystems (∗) sind. Nun können wir die Funktionale auf verschiedene Vektoren aus K^{3} anwenden. Wenn dann ξ(a) = 1 und η(a) = 2 gilt, dann bilden die Koordinaten des Vektors a eine Lösung des Gleichungssystems.

Nach unseren Betrachtungen zu allgemeinen linearen Gleichungssystemen setzt sich jede Lösung a unseres Gleichungssystems (∗) aus einer Lösung a_{1} von (∗) und einer beliebigen Lösung a_{0} des homogenen linearen Gleichungssystems

\{ \begin{matrix}ξ(a_{0}) = 0 \\ η(a_{0}) = 0 \end{matrix}

zusammen. Es gilt also: a = a_{1} + a_{0}.

Eine Lösung des Gleichungssytems ist der Vektor

a_{1} = (x, y, z) = (−2, −6, −1).

Dann ist a − a_{1} eine Lösung des homogenen Gleichungssystems

ξ(a − a_{1}) = ξ(a) − ξ(a_{1}) = 1 − 1 = 0
η(a − a_{1}) = η(a) − η(a_{1}) = 2 − 2 = 0,

wobei a eine beliebige weitere Lösung des Gleichungssystems (∗) ist.

Gesucht sind jetzt alle Lösungen {a_{0}} des homogenen linearen Gleichungssystems:

{a_{0}} = Ann({ξ, η}).

Wie wir wissen, gilt:

dim Ann({ξ, η}) = 3 − dim L(ξ, η).

Es gilt außerdem:

{a_{0}} = L(x_{0}e_{1} + y_{0}e_{2} + z_{0}e_{3}),

wobei gelten muß:

\{ \begin{matrix}(x_{0}e_{1} + y_{0}e_{2} + z_{0}e_{3})(ξ) = 0 \\ (x_{0}e_{1} + y_{0}e_{2} + z_{0}e_{3})(η) = 0 \end{matrix} ⟹ \begin{matrix}2x_{0} − y_{o} + z_{0} = 0 \\ x_{0} − y_{0} + 2z_{0} = 0 \end{matrix} .

Das bedeutet: Wenn wir eine Lösung des homogenen linearen Gleichungssystems haben, die wir mittels der Einheitsvektoren von K^{3} linear kombinieren können, dann können wir aus dieser Lösung alle anderen ebenfalls linear kombinieren.

Wir lösen jetzt das Gleichungssystem

\begin{matrix}2x_{0} − y_{o} + z_{0} = 0 \\ x_{0} − y_{0} + 2z_{0} = 0 \end{matrix} .

Wir bilden die Koeffizientenmatrix:

( \begin{matrix}2 & −1 & 1 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix} ) .

Wir führen Zeilenoperationen durch und erhalten:

( \begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 0 & 1 & −3 \end{matrix} ) .

Nun haben wir die flache Treppe erreicht. Mit diesen Koeffizienten sieht das homogene Gleichungssystem wie folgt aus:

x_{0} − y_{0} + 2z_{0} = 0
y_{0} − 3z_{0} = 0

Wir wenden jetzt das Verfahren an, mit dem wir die Dimension der Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems bestimmt hatten. Wir haben in der Matrix nach Ausführung der Zeilenoperationen zwei Trittvektoren erhalten. Analog zum genannten Verfahren sehen wir uns Zeilenvektoren aus K^{3} an, die in den ersten beiden Komponenten (da zwei Trittvektoren) irgendwelche, uns noch unbekannte Werte enthalten, in den nachfolgenden Komponenten aber Einheitsvektoren, und zwar aus K^{3−2} = K^{1}. Das bedeutet, daß wir nur einen Vektor betrachten (da K^{1} eindimensional ist):

v = (x_{0}, y_{0}, 1).

Wir setzen diesen Vektor v in das Gleichungssystem ein:

Damit erhalten wir: z_{0} = 1.

Und nun berechnen wir analog zu dem Verfahren die zwei unbekannten Komponenten:

y_{0} = 3z_{0} = 3
x_{0} = −2z_{0} + y_{0} = 1

Damit haben wir eine Lösung des homogenen Gleichungssystems. Es gilt also:

{a_{0}} = L(e_{1} + 3e_{2} + e_{3}).

Das sind alle Lösungen des homogenen linearen Gleichungssystems. Kommen wir nun wieder zum allgemeinen linearen Gleichungssystem (∗) zurück. Wie wir bereits feststellten, gilt:

a = a_{0} + a_{1}.

Dabei ist a_{0} eine Lösung des homogenen linearen Gleichungssystems, für die nun gilt:

a_{0} = t(e_{1} + 3e_{2} + e_{3}).

Für a_{1} hatten wir ermittelt:

a_{1} = (−2, −6, −1) = −2e_{1} − 6e_{3} − e_{3}.

Wir setzen ein:

a = t(e_{1} + 3e_{2} + e_{3}) − 2e_{1} − 6e_{2} − e_{3}
= te_{1} + 3te_{2} + te_{3} − 2e_{1} − 6e_{2} − e_{3}
= (t − 2)e_{1} + (3t − 6)e_{2} + (t − 1)e_{3}

Damit gilt für jede Lösung (x, y, z) des linearen Gleichungssystems (∗):

(x, y, z) = (t − 2, 3t − 6, t − 1),

wobei t der Faktor ist, mit dem die Lösungen des entsprechenden homogenen linearen Gleichungssystems kombiniert werden.

Wir haben also zwei Betrachtungsweisen für lineare Gleichungssysteme kennengelernt:

1. Betrachtungsweise:

∑_{i=1}^{m} x^{i}a_{i} = b.

Gesucht ist eine (alle) Linearkombination der Spaltenvektoren a_{i}, die den Spaltenvektor b ergibt.

2. Betrachtungsweise:

ξ_{i}(a) = b_{i}, i = 1, …, m.

Gesucht ist ein Vektor a, für den die Funktionale ξ_{i} die Werte b_{i} annehmen, und zwar für alle i = 1, …, m.

5.3 Bilineare Funktionale

Wir betrachten einen linearen Raum V über einem Körper K. In der Menge V × V kann man eine Addition und eine skalare Multiplikation definieren,

(v_{1}, v_{2}) + (v′_{1}, v′_{2}) := (v_{1} + v′_{1}, v_{2} + v′_{2})  und
k(v_{1}, v_{2}) := (kv_{1}, kv_{2})

Übungsaufgabe 32 Zeigen Sie, daß damit V × V ein linearer Raum wird.

Definition 39 Ein bilineares Funktional B ist eine Funktion auf V × V (also in K), so daß

B(v_{1} + v′_{1}, v_{2}) = B(v_{1}, v_{2}) + B(v′_{1}, v_{2})
B(v_{1}, v_{2} + v′_{2}) = B(v_{1}, v_{2}) + B(v_{1}, v′_{2})
B(kv_{1}, v_{2}) = kB(v_{1}, v_{2}) = B(v_{1}, kv_{2})

Das ist nicht dasselbe wie die Funktionale über V × V, für die gilt nämlich:

kB(v_{1}, v_{2}) = B(k(v_{1}, v_{2})) = B(kv_{1}, kv_{2}).

Für die bilinearen Funktionale gilt:

B((v_{1}, v_{2}) + (w_{1}, w_{2})) = B((v_{1} + w_{1}), (v_{2} + w_{2}))
= B((v_{1} + w_{1}), v_{2}) + B((v_{1} + w_{1}), w_{2})
= B(v_{1}, v_{2}) + B(w_{1}, v_{2}) + B(v_{1}, w_{2}) + B(w_{1}, w_{2})

62 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN

Satz 53 Die bilinearen Funktionale über dem Vektorraum V bilden einen linearen Raum T_{2}(V). Die Dimension dieses linearen Raumes ist gleich n^{2}, wenn der Vektorraum V ndimensional ist. Beweis Wir zeigen zunächst, daß T_{2}(V) ein linearer Raum ist. Dazu brauchen wir zwei Operationen, die Addition und die skalare Multiplikation. Wir definieren daher zwei Operationen:

+ : T_{2}(V) × T_{2}(V) ⟶ T_{2}(V)
•: K × T_{2}(V) ⟶ T_{2}(V)

für die gilt:

(B_{1} + B_{2})(v, w) = B_{1}(v, w) + B_{2}(v, w), für alle v, w ∈ V,
(k • B)(v, w) = k · B(v, w), Für alle v ∈ V, k ∈ K.

Wir zeigen jetzt: (B_{1} + B_{2}) und (k • B) sind wirklich bilineare Funktionale.

1. (B_{1} + B_{2}): Dazu ist zu zeigen, daß gilt:

(B_{1} + B_{2})(v_{1} + w_{1}, v_{2}) = (B_{1} + B_{2})(v_{1}, v_{2}) + (B_{1} + B_{2})(w_{1}, v_{2})
(B_{1} + B_{2})(v_{1}, v_{2} + w_{2}) = (B_{1} + B_{2})(v_{1}, v_{2}) + (B_{1} + B_{2})(v_{1}, w_{2})
(B_{1} + B_{2})(kv_{1}, v_{2}) = k(B_{1} + B_{2})(v_{1}, v_{2})
(B_{1} + B_{2})(v_{1}, kv_{2}) = k(B_{1} + B_{2})(v_{1}, v_{2})

Wir zeigen die erste Gleichung:

(B_{1} + B_{2})(v_{1} + w_{1}, v_{2}) = B_{1}(v_{1} + w_{1}, v_{2}) + B_{2}(v_{1} + w_{1}, v_{2})
= B_{1}(v_{1}, v_{2}) + B_{1}(w_{1}, v_{2}) + B_{2}(v_{1}, v_{2}) + B_{2}(w_{1}, v_{2})
= B_{1}(v_{1}, v_{2}) + B_{2}(v_{1}, v_{2}) + B_{1}(w_{1}, v_{2}) + B_{2}(w_{1}, v_{2})
= (B_{1} + B_{2})(v_{1}, v_{2}) + (B_{1} + B_{2})(w_{1}, v_{2})

Analog zeigt man das für die Addition in der zweiten Komponente. Wir zeigen die dritte Gleichung:

(B_{1} + B_{2})(v_{1}, kv_{2}) = B_{1}(v_{1}, kv_{2}) + B_{2}(v_{1}, kv_{2})
= kB_{1}(v_{1}, v_{2}) + kB_{2}(v_{1}, v_{2})
= k(B_{1}(v_{1}, v_{2}) + B_{2}(v_{1}, v_{2}))
= k(B_{1} + B_{2})(v_{1}, v_{2})

Wiederum analog zeigt man das für die Multiplikation in der ersten Komponente.

2. (k • B): Dazu müssen wir zeigen:

(k • B)(v_{1} + w_{1}, v_{2}) = (k • B)(v_{1}, v_{2}) + (k • B)(w_{1}, v_{2})
(k • B)(v_{1}, v_{2} + w_{2}) = (k • B)(v_{1}, v_{2}) + (k • B)(v_{1}, w_{2})
(k • B)(lv_{1}, v_{2}) = l(k • B)(v_{1}, v_{2})
(k • B)(v_{1}, lv_{2}) = l(k • B)(v_{1}, v_{2})

Wir zeigen zum Beispiel die zweite Gleichung:

(k • B)(v_{1}, v_{2} + w_{2}) = kB(v_{1}, v_{2} + w_{2})
= k(B(v_{1}, v_{2}) + B(v_{1}, w_{2}))
= kB(v_{1}, v_{2}) + kB(v_{1}, w_{2})
= (k • B)(v_{1}, v_{2}) + (k • B)(v_{1}, w_{2})

Die anderen drei Gleichungen beweist man analog.

Jetzt haben wir also eine Menge T_{2}(V), in der zwei Operationen definiert sind, die nicht aus ihr herausführen. Jetzt müssen wir nachweisen, daß die acht Eigenschaften des linearen Raumes gelten. Wir fassen sie zunächst einmal zusammen:

1. (B_{1} + B_{2}) + B_{3} = B_{1} + (B_{2} + B_{3}) (Assoziativität)

2. B_{1} + B_{2} = B_{2} + B_{1} (Kommutativität)

3. Es existiert ein Nullelement O mit O + B = B + O = B.

4. Zu jedem Funktional B ∈ T_{2}(V) existiert ein Funktional (−B), so daß gilt:

B + (−B) = (−B) + B = O.

5. (k_{1} + k_{2}) • B = k_{1} • B + k_{2} • B (k_{1}, k_{2}) ∈ K)

6. k • (B_{1} + B_{2}) = k • B_{1} + k • B_{2} (k ∈ K)

7. k_{1} • (k_{2} • B) = (k_{1} · k_{2}) • B (k_{1}, k_{2} ∈ K)

8. 1 • B = B (1 ∈ K)

Wir zeigen Punkt 3:

Dazu definieren wir: O(v, w) = 0 ∈ K, für alle Vektoren v, w ∈ V, sei das neutrale Element in T_{2}(V). Damit ist die Bilinearität von O klar. Es gilt:

(O + B)(v, w) = O(v, w) + B(v, w) = 0 + B(v, w) = B(v, w) für alle v, w ∈ V.

Wir zeigen Punkt 4:

Dazu definieren wir: (−B)(v, w) = −(B(v, w)), für alle Vektoren v, w ∈ V, sei das inverse Element zum Funktional B in T_{2}(V). Wir müssen zeigen: (−B) ist bilinear. Das ist jedoch sofort klar, da man aufgrund der Definition von (−B) seine Bilinearität auf die des Funktionals B zurückführen kann. Es bleibt also nur zu zeigen, daß (−B) auch tatsächlich zu B invers ist. Es gilt:

(B+(−B))(v, w) = B(v, w)+(−B)(v, w) = B(v, w)−B(v, w) = 0 = O(v, w) für alle v, w ∈ V.

Wir zeigen Punkt 7:

Wir müssen zeigen, daß für alle Paare (v, w) ∈ V × V gilt:

(k_{1} • (k_{2} • B))(v, w) = ((k_{1} · k_{2}) • B)(v, w).

64 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Es gilt:

(k_{1} • (k_{2} • B))(v, w) = k_{1} · (k_{1} • B)(v, w)
= k_{1} · (k_{2} · B(v, w))
= (k_{1} · k_{2}) · B(v, w)
= ((k_{1} · k_{2}) • B)(v, w)

Die anderen fünf Eigenschaften kann man analog beweisen. Das ist aber mit einigem Schreibaufwand verbunden, weshalb wir das hier nicht weiter ausführen wollen. Wir stellen also fest: Die Menge T_{2}(V) ist ein linearer Raum. Nun müssen wir noch die Aussage über die Dimension des Raumes T_{2}(V) beweisen. Es sei also die Dimension von V gleich n. Wir müssen zunächst eine Basis von T_{2}(V) finden. Wir betrachten das Funktional B^{ij}, das wie folgt definiert ist:

B^{ij}(v, w) = v^{i}w^{j},

wobei gilt:

v = ∑_{i=1}^{n} v^{i}e_{i} und w = ∑_{i=1}^{n} w^{i}e_{i}

für eine Basis {e_{1}, …, e_{n}} des Vektorraumes V.

1. Wir zeigen: B^{ij} ist ein bilineares Funktional. Dazu müssen wir zeigen, daß gilt:

B^{ij}(v_{1} + w_{1}, v_{2}) = B^{ij}(v_{1}, v_{2}) + B^{ij}(w_{1}, v_{2})
B^{ij}(v_{1}, v_{2} + w_{2}) = B^{ij}(v_{1}, v_{2}) + B^{ij}(v_{1}, w_{2})
B^{ij}(kv_{1}, v_{2}) = kB^{ij}(v_{1}, v_{2})
B^{ij}(v_{1}, kv_{2}) = kB^{ij}(v_{1}, v_{2})

Wir zeigen an dieser Stelle nur die erste Gleichung. Die anderen kann man analog beweisen. Es gilt:

B^{ij}(v_{1} + w_{1}, v_{2}) = (v_{1} + w_{1})^{i}v_{2}^{j}
= (v_{1}^{i} + w_{1}^{i})v_{2}^{j}
= v_{1}^{i}v_{2}^{j} + w_{1}^{i}v_{2}^{j}
= B^{ij}(v_{1}, v_{2}) + B^{ij}(w_{1}.v_{2})

2. Wir zeigen: Die Funktionale B^{ij}, i, j = 1, …, n, sind linear unabhängig. Es sei

∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} c_{ij}B^{ij} = O

eine Linearkombination des Nullvektors im Raum T_{2}(V). Wir müssen zeigen, daß alle Koeffizienten c_{ij} gleich Null sind. Wenn wir diese Linearkombination auf das Paar (e_{k}, e_{l}) ∈ V × V anwenden, wobei k, l ∈ {1, …, n} beliebig gewählt seien, dann gilt:

0 = O(e_{k}, e_{l}) = (∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} c_{ij}B^{ij})(e_{k}, e_{l})

= ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} c_{ij}B^{ij}(e_{k}, e_{l})

= ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} c_{ij}e_{k}^{i}e_{l}^{j}
= c_{kl},

denn für die i-te Koordinate des Basisvektors e_{k} gilt:

e_{k}^{i} = \{ \begin{matrix}1, i = k \\ 0, sonst \end{matrix} .

Da k und l beliebig gewählt waren, haben wir damit gezeigt, daß für alle k, l ∈ {1, …, n} gilt: c_{kl} = 0. Folglich sind die Funktionale B^{ij} linear unabhängig.

3. Wir zeigen: Die Funktionale B^{ij} sind vollständig.

Es sei B ein beliebiges bilineares Funktional aus dem Raum T_{2}(V). Desweiteren bezeichnen wir: b_{ij} := B(e_{i}, e_{j}), für alle i, j ∈ {1, …, n}. Wir müssen nun zeigen, daß sich das Funktional B linear aus den Funktionalen B^{ij} kombinieren läßt. Wir zeigen also:

B = ∑_{i,j=1}^{n} b_{ij}B^{ij}.

Es gilt für alle Vektoren v, w aus dem Vektorraum V:

B(v, w) = B(∑_{k=1}^{n} v^{k}e_{k}, ∑_{r=1}^{n} w^{r}e_{r})

= ∑_{k=1}^{n} v^{k}B(e_{k}, ∑_{r=1}^{n} w^{r}e_{r})

= ∑_{k=1}^{n} v^{k} ∑_{r=1}^{n} w^{r}B(e_{k}, e_{r})

= ∑_{k=1}^{n} v^{k} ∑_{r=1}^{n} w^{r}b_{kr}

= ∑_{k,r=1}^{n} v^{k}w^{r}b_{kr}

= ∑_{k,r=1}^{n} b_{kr}v^{k}w^{r}

= ∑_{k,r=1}^{n} b_{kr}B^{kr}(v, w)

Damit haben wir das Funktional B aus den Funktionalen B^{ij} linear kombiniert. Die Funktionale B^{ij} sind also vollständig.

Wir haben also bewiesen, daß die Funktionale B^{ij} eine Basis des linearen Raumes der bilinearen Funktionale T_{2}(V) bilden. Wir wissen, daß der Raum V n-dimensional ist. Nun laufen i und j jeweils von 1 bis n. Wir haben also eine Basis von T_{2}(V) gefunden, die genau n^{2} Elemente hat. Damit ist der Raum T_{2}(V) n^{2}-dimensional.

□

Damit gilt also: dim T_{2}(V) = dim V × V.

Beispiel 19 Es sei V = R^{3} = {(x^{1}, x^{2}, x^{3}): x^{i} ∈ R}. Es seien weiterhin x = (x^{1}, x^{2}, x^{3}) und y = (y^{1}, y^{2}, y^{3}). Dann gilt nach dem letzten Teil des Beweises des vorigen Satzes:

B(x, y) = ∑_{i,j=1}^{3} b_{ij}B^{ij}(x, y)
= b_{11}x^{1}y^{1} + b_{12}x^{1}y^{2} + b_{13}x^{1}y^{3} + b_{21}x^{2}y^{1} + … + b_{33}x^{3}y^{3}

Definition 40 Die Skalare b_{ij} heißen Koordinaten des bilinearen Funktionals B.

Wir stellen sie in einer Matrix dar:

( \begin{matrix}b_{11} & b_{12} & b_{13} & ⋯ & b_{1n} \\ b_{21} & b_{22} & b_{23} & ⋯ & b_{2n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ b_{n1} & b_{n2} & b_{n3} & ⋯ & b_{nn} \end{matrix} )

Wir sagen: Das Funktional B hat in der Basis B^{ij} die Koordinaten b_{ij}.

Da aber die Funktionale B^{ij} so definiert waren, daß ihre Funktionswerte von der Basis in V abhängen, die in unserem Fall gerade die Basis {e_{1}, …, e_{n}} war, können wir auch sagen:

Das Funktional B hat in der Basis {e_{1}, …, e_{n}} die Koordinaten b_{ij}.

Wir wählen jetzt im Vektorraum V eine andere Basis {f_{1}, …, f_{n}}. Es gilt zunächst:

f_{s} = ∑_{i=1}^{n} c_{s}^{i}e_{i}, s = 1, …, n.

Dann hat das bilineare Funktional B in der Basis {f_{1}, …, f_{n}} die Koordinaten bqr^{′}. Es gilt:

bqr^{′} = B(f_{q}, f_{r})
= B(∑_{i=1}^{n} c_{q}^{i}e_{i}, ∑_{j=1}^{n} c_{r}^{j}e_{j})

= ∑_{i,j=1}^{n} c_{q}^{i}c_{r}^{j}B(e_{i}, e_{j})

= ∑_{i,j=1}^{n} c_{q}^{i}c_{r}^{j}b_{ij}

Wir sehen also: Die Koordinaten des Funktionals B in der veränderten Basis des Vektorraumes V lassen sich auf die Koordinaten des Funktionals in der Einheitsbasis des Vektorraumes V zurückführen.

Übungsaufgabe 33 Es sei V zweidimensional. Es sei weiterhin B ein bilineares Funktional, daß in der Basis {e_{1}, e_{2}} die Koordinaten

( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} )

habe. Es sei eine Basis {f_{1}, f_{2}} im Raum V wie folgt definiert:

f_{1} = e_{1} + e_{2} und f_{2} = e_{1}.

Welche Koordinaten hat das Funktional B in der Basis {f_{1}, f_{2}}?

Definition 41 Ein bilineares Funktional B heißt symmetrisch, wenn für alle Vektoren a, b ∈ V gilt:

B(a, b) = B(b, a).

Wir nennen ein bilineares Funktional B anti- bzw schiefsymmetrisch, wenn für alle Vektoren a, b ∈ V gilt:

B(a, b) = −B(b, a).

Wir setzen dabei voraus daß im Körper K nicht gilt:

2 · 1 = 1 + 1 = 0.

Sonst würde nämlich gelten: (+1) = (−1) und damit wäre jedes symmetrische bilineare Funktional auch antisymmetrisch. Wenn dagegen gilt:2 · 1 ≠ 0 dann kann ein bilineares Funktional, das ungleich dem Nullfunktional O ist, niemals beides zugleich sein, denn es gilt dann für alle Vektoren v_{1}, v_{2} ∈ V:

\begin{matrix}B(v_{1}, v_{2}) = B(v_{2}, v_{1}) \\ B(v_{1}, v_{2}) = −B(v_{2}, v_{1}) \end{matrix} \} ⟹ 2 · B(v_{2}, v_{1}) = 0 ⟹ B(v_{2}, v_{1}) = 0 ⟹ B = O.

Mit der oben genannten Bedingung schließen wir zum Beispiel folgende Körper aus:

• Z_{2} = {0, 1},

• Z_{2}^{n} = {(k_{1}, …, k_{n}), k_{i} ∈ Z_{2}}.

Satz 54 Jedes bilineare Funktional B ∈ T_{2}(V) läßt sich als eine Summe

B = B_{s} + B_{a}

darstellen, wobei B_{s} ein symmetrisches und B_{a} ein antisymmetrisches bilineares Funktional ist.

Beweis Es seien a, b ∈ V beliebig gewählt. Wir definieren:

B_{s}(a, b) = \frac{1}{2}(B(a, b) + B(b, a)),

B_{a}(a, b) = \frac{1}{2}(B(a, b) − B(b, a)).

B_{s} und B_{a} sind beide Vielfache einer Summe von bilinearen Funktionalen, damit im Raum T_{2}(V) enthalten und somit auch bilineare Funktionale. Nun müssen wir überprüfen, ob die beiden Funktionale auch tatsächlich symmetrisch bzw. antisymmetrisch sind. Es gilt:

B_{s}(a, b) = \frac{1}{2}(B(a, b) + B(b, a))
= B_{s}(b, a),
B_{a}(a, b) = \frac{1}{2}(B(a, b) − B(b, a))
= −\frac{1}{2}(B(b, a) − B(a, b))
= −B_{a}(b, a)

Somit haben die Funktionale B_{s} und B_{a} die geforderten Eigenschaften. Nun gilt:

B_{s}(a, b) + B_{a}(a, b) = \frac{1}{2}(B(a, b) + B(b, a)) + \frac{1}{2}(B(a, b) − B(b, a))
= \frac{1}{2}B(a, b) + \frac{1}{2}B(b, a) + \frac{1}{2}B(a, b) − \frac{1}{2}B(b, a)
= B(a, b)

Damit ist alles gezeigt.

□

Fassen wir kurz zusammen, was wir über die bilinearen Funktionale bereits wissen:

Wir hatten schon festgestellt, daß der lineare Raum der bilinearen Funktionale T_{2}(V) n^{2}- dimensional ist. Basisvektoren in diesem Raum sind zum Beispiel die Funktionale f^{ij} (mit i, j = 1, …, n), für die gilt:

f^{ij}(x, y) = x^{i}y^{j},

wobei in einer Basis {e_{1}, …, e_{n}} des Vektorraumes V gilt:

x = ∑_{i=1}^{n} x^{i}e_{i},

y = ∑_{j=1}^{n} y^{j}e_{j}.

Das gilt für alle Vektoren x, y aus dem Vektorraum V. Wir hatten ebenfalls schon festgestellt, daß sich jedes bilineare Funktional B darstellen läßt als Summe:

B = ∑_{i,j=1}^{n} b_{ij}f^{ij},

und wir hatten die b_{ij} Koordinaten des Funktionals B in der Basis {e_{1}, …, e_{n}} (eigentlich in der Basis f^{ij}) genannt. Es gilt: b_{ij} = B(e_{i}, e_{j}). Jedes bilineare Funktional B ist durch seine Koordinaten eindeutig bestimmt. Jedes n^{2}-Tupel von Koordinaten bestimmt ein bilineares Funktional.

Wie sehen nun die Koordinaten eines symmetrischen bilinearen Funktionals aus? Es sei also B ein symmetrisches bilineares Funktional. Nach Definition gilt:

b_{ij} = B(e_{i}, e_{j}) = B(e_{j}, e_{i}) = b_{ji}.

Folglich sieht die Koordinatenmatrix wie folgt aus:

[ \begin{matrix}b_{11} & b_{12} & ⋯ & b_{1n} \\ b_{21} & b_{22} & ⋯ & b_{2n} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ b_{n1} & b_{n2} & ⋯ & b_{nn} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}b_{11} & b_{12} & ⋯ & b_{1n} \\ b_{12} & b_{22} & ⋯ & b_{2n} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ b_{1n} & b_{2n} & ⋯ & b_{nn} \end{matrix} ] .

Die Koordinaten eines symmetrischen bilinearen Funktionals bilden eine symmetrische Matrix. Die Koordinaten eines antisymmetrischen bilinearen Funktionals bilden dementsprechend eine antisymmetrische Matrix:

b_{ij} = B(e_{i}, e_{j}) = −B(e_{j}, e_{i}) = −b_{ji}.

Für die Diagonale gilt:

b_{ii} = B(e_{i}, e_{i}) = −B(e_{i}, e_{i}) = −b_{ii}.

Damit folgt: 2 · b_{ii} = 0 ⟹ b_{ii} = 0. Folglich sieht die Koordinatenmatrix eines antisymmetrischen bilinearen Funktionals wie folgt aus:

[ \begin{matrix}0 & b_{12} & ⋯ & b_{1n} \\ b_{21} & 0 & ⋯ & b_{2n} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ b_{n1} & b_{n2} & ⋯ & 0 \end{matrix} ] .

Wir betrachten den Unterraum der (anti-)symmetrischen bilinearen Funktionale. Wir bezeichnen:

• ^{s}T_{2}(V) - Unterraum der symmetrischen bilinearen Funktionale,

• ^{a}T_{2}(V) - Unterraum der antisymmetrischen bilinearen Funktionale.

Übungsaufgabe 34 Zeigen Sie, daß ^{s}T_{2}(V) und ^{a}T_{2}(V) tatsächlich Unterräume des linearen Raumes T_{2}(V) sind.

Welche Dimension haben die Unterräume ^{s}T_{2}(V) und ^{a}T_{2}(V)?

Satz 55 Es gelten die folgenden Aussagen:

1. Jedes symmetrische bilineare Funktional ist Linearkombination der Funktionale (\frac{f^{ij}+f^{ji}}{2} ) für i ≥ j.

70 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN

2. Jedes antisymmetrische bilineare Funktional ist Linearkombination der Funktionale (\frac{f^{ij}−f^{ji}}{2} ) für i > j.

Beweis Punkt 1: Es sei B ∈^{s} T_{2}(V). Dann gilt:

B = ∑_{i,j=1}^{n} b_{ij}f^{ij}
= b_{11}f^{11} + b_{12}f^{12} + … + b_{21}f^{21} + … + b_{nn}f^{nn}
= \underbrace{… + b_{ij}f^{ij} + …}_{i≥j} + \underbrace{… + b_{ij}f^{ij} + …}_{i<j} (Summandenvertauschung)
= \underbrace{… + b_{ij}f^{ij} + …}_{i≥j} + \underbrace{… + b_{ji}f^{ij} + …}_{i<j} (Symmetrie)
= ∑_{i>j} b_{ij}(f^{ij} + f^{ji}) + ∑_{i=j} b_{ii}(f^{ii})

Folglich gilt:

B = ∑_{i≥j} k_{ij} \frac{1}{2}(f^{ij} + f^{ji}),

wobei gilt: k_{ii} = b_{ii} und k_{ij} = 2b_{ij}. Zur Verdeutlichung: Es gilt:

∑_{i≥j} k_{ij} \frac{1}{2}(f^{ij} + f^{ji}) = ∑_{i>j} k_{ij} \frac{1}{2}(f^{ij} + f^{ji}) + ∑_{i=j} k_{ii} \frac{1}{2}(f^{ii} + f^{ii})
= ∑_{i>j} 2b_{ij} \frac{1}{2}(f^{ij} + f^{ji}) + ∑_{i=j} b_{ii} \frac{1}{2}2(f^{ii})
= ∑_{i>j} b_{ij}(f^{ij} + f^{ji}) + ∑_{i=j} b_{ii}(f^{ii})

Punkt 2: Es sei B ∈ ^{a}T_{2}(V). Dann gilt analog zu Punkt 1:

B = ∑_{i>j} k_{ij} \frac{1}{2}(f^{ij} − f^{ji}),

wobei gilt: k_{ii} = 0 und k_{ij} = 2b_{ij}.

□

Damit haben wir, da das bilineare Funktional B jeweils beliebig gewählt war, gezeigt, daß die Vektoren \frac{1}{2}(f^{ij} +f^{ji}) im Unterraum ^{s}T_{2}(V) und die Vektoren \frac{1}{2}(f^{ij} −f^{ji}) im Unterraum aT_{2}(V) vollständig sind. Beide Vektorenmengen zusammen sind im Raum T_{2}(V) vollständig. Weiterhin sehen wir: Jedes symmetrische bilineare Funktional läßt sich als Linearkombination von (\frac{n^{2}}{2} + \frac{n}{2}) Funktionalen darstellen. Jedes antisymmetrische bilineare Funktional läßt sich als Linearkombination von \frac{n(n−1)}{2} = \frac{n^{2}}{2} − \frac{n}{2} Funktionalen darstellen.

Jedes beliebige bilineare Funktional läßt sich als Summe eines symmetrischen und eines antisymmetrischen bilinearen Funktionals darstellen und ist somit Linearkombination von \frac{n^{2}}{2} + \frac{n}{2} + \frac{n^{2}}{2} − \frac{n}{2} = n^{2} Funktionalen.

Der lineare Raum T_{2}(V) ist nur n^{2}-dimensional, also sind die Funktionale \frac{1}{2}(f^{ij} + f^{ji}) bzw. \frac{1}{2}(f^{ij} − f^{ji}) linear unabhängig. Folglich gilt:

dim ^{s}T_{2}(V) = \frac{n^{2}}{2} + \frac{n}{2},

dim ^{a}T_{2}(V) = \frac{n^{2}}{2} − \frac{n}{2}.

5.4 Lineare Operatoren

Definition 42 Ein Operator A ist eine lineare Abbildung von einem Vektorraum V in diesen Vektorraum selbst.

Wir wissen: Die Menge der Operatoren bildet einen linearen Raum, denn die Operatoren sind lineare Abbildungen. Somit gilt für alle Operatoren A, B, alle Vektoren v und für alle Körperelemente k:

(A + B)(v) = A(v) + B(v)
(k • A)(v) = k · A(v)

Beispiel 20 Es sei V = R^{2} = \{( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} ) : x, y ∈ R\}. Der Operator A, der definiert wird

durch:

A(( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} )) = ( \begin{matrix}x + y \\ x − y \end{matrix} ) ,

ist linear, weil gilt:

A(( \begin{matrix}x_{1} \\ y_{1} \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}x_{2} \\ y_{2} \end{matrix} )) = A(( \begin{matrix}x_{1} \\ y_{1} \end{matrix} )) + A(( \begin{matrix}x_{2} \\ y_{2} \end{matrix} )),

A(k ( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} )) = k · A(( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} )).

Beispiel 21 Weitere Beispiele für Operatoren sind:

• identischer Operator: E(v) = v, für alle Vektoren v ∈ V.

• Nulloperator: O(v) = o, für alle Vektoren v ∈ V.

Wir definieren die Hintereinanderausführung (Komposition) der Abbildungen (Operatoren) A und B:

(A ∘ B)(v) = A(B(v)), für alle v ∈ V.

Diese Operation auf den Operatoren bezeichnen wir als Produkt der beiden Operatoren A und B.

Damit sind auf der Menge der Operatoren definiert:

• skalare Multiplikation,

• Addition

• Produkt

Skalare Multiplikation und Addition bewirken, daß die Menge der Operatoren ein linearer Raum wird. Addition und Produkt führen dazu, daß die Menge der Operatoren ein Ring ist.

5.5 Multilineare Funktionale

Bisher haben wir die folgenden linearen Räume kennengelernt:

T_{1}(V) = V^{∗}
T_{2}(V) = linearer Raum der bilinearen Funktionale

Definition 43 T_{k}(V) ist der lineare Raum der k-linearen Funktionale.

Was verstehen wir unter einem k-linearen Funktional? Es müssen für B(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{k}) die folgenden Bedingungen für alle i = 1, …, k erfüllt sein:

1. B(a_{1}, …, a_{i} + ai^{′}, …, a_{k}) = B(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{k}) + B(a_{1}, …, ai^{′} …, a_{k}) und

2. B(a_{1}, …, c · a_{i}, …, a_{k}) = c · B(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{k})

Satz 56 T_{k}(V) ist ein linearer Raum. Es gilt:

(B_{1} + B_{2})(a_{1}, …, a_{k}) = B_{1}(a_{1}, …, a_{k}) + B_{2}(a_{1}, …, a_{k}).

Wenn der Raum V n-dimensional ist, so ist der lineare Raum T_{k}(V) n^{k}-dimensional. Die k-linearen Funktionale f^{i_{1},...,i_{k}} sind dabei Basisvektoren.

Die Basisvektoren sind analog zu denen bei den bilinearen Funktionalen definiert (da der Beweis des Satzes analog zu dem über den Raum der bilinearen Funktionale ist). Es gilt also:

f^{i_{1},...,i_{k}}(a_{1}, …, a_{k}) = a_{1}^{i_{1}} · . . . · a_{k}^{i_{k}},

wobei gilt:

a_{j} = ∑_{i=1}^{n} a_{j}^{i} · e_{i},

für eine Basis {e_{1}, …, e_{n}} des Vektorraumes V.

Definition 44 Ein k-lineares Funktional heißt symmetrisch, wenn für alle i, j = 1, …, k gilt:

B(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{j}, …, a_{k}) = B(a_{1}, …, a_{j}, …, a_{i}, …, a_{k}).

Ein k-lineares Funktional heißt antisymmetrisch, wenn für alle i, j = 1, …, k gilt:

B(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{j}, …, a_{k}) = −B(a_{1}, …, a_{j}, …, a_{i}, …, a_{k}).

Wir bezeichnen mit ^{s}T_{k}(V) die Menge der symmetrischen k-linearen Funktionale und mit aT_{k}(V) die der antisysmmetrischen k-linearen Funktionale.

Beide Mengen sind Räume, es existieren Basen. Es ergibt sich die Frage: Welche Dimension haben die Räume ^{s}T_{k}(V) und ^{a}T_{k}(V)?

Beispiel 22 Es sei k = 3. B sei ein symmetrisches Funktional. Es gilt für alle Vektoren v_{1}, v_{2}, v_{3} ∈ V:

B(v_{1}, v_{2}, v_{3}) = B(v_{2}, v_{3}, v_{1}).

Der Grund ist, daß gilt:

B(v_{1}, v_{2}, v_{3}) = B(v_{2}, v_{1}, v_{3}) und
B(v_{2}, v_{1}, v_{3}) = B(v_{2}, v_{3}, v_{1})

Für die weitere Betrachtung der k-linearen Funktionale ist es notwendig, zwischenzeitlich einen Ausflug zu den Permutationen zu machen. Wir werden im folgenden beide Gebiete miteinander verknüpfen.

Definition 45 Transpositionen sind Permutationen f: Z_{k} ⟶ Z_{k}, für die gilt:

f(i) = i, für alle i außer i_{1} ≠ i_{2},
f(i_{1}) = i_{2} und
f(i_{2}) = i_{1}.

Wir bezeichnen eine Transposition, bei der die Elemente m und n vertauscht werden, mit (mn).

Zwischen Permutationen ist eine Operation (Komposition) wie folgt definiert:

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & 3 & 1 \end{matrix} ) ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 0 & 3 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \end{matrix} ) .

Zu jeder Permutation f existiert eine inverse Permutation f^{−1}, so daß gilt:

f ∘ f^{−1} = f^{−1} ∘ f = id = ( \begin{matrix}0 & … & n − 1 \\ 0 & … & n − 1 \end{matrix} ) .

Die Komposition ist eine assoziative Operation:

f ∘ (g ∘ h) = (f ∘ g) ∘ h,
(f ∘ (g ∘ h))(x) = f((g ∘ h)(x)) = f(g(h(x))).

Die Permutationen einer n-Menge (Menge mit n Elementen) bilden eine Gruppe S_{n}.

Satz 57 Jede Permutation läßt sich als Komposition von Transpositionen darstellen.

Betrachten wir das an einem Beispiel:

Beispiel 23 Gegeben sei die Menge {0, 1, 2, 3}. Wir wollen die Permutation

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \end{matrix} )

in Transpositionen zerlegen. Dazu versuchen wir zunächst, eine Zerlegung zu erreichen, die aus der Transposition, die die Elemente 0 und 3 betrifft, und einer Permutation besteht. Wir nehmen gerade diese beiden Elemente, da die 0 auf die 3 abgebildet wird. Wir erhalten:

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 0 & 1 & 3 \end{matrix} ) ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 & 0 \end{matrix} ) .

Jetzt zerlegen wir die neue Permutation, da sie noch keine Transposition ist. Dabei wollen wir die Transposition, die die 0 und die 2 betrifft, in der Zerlegung haben, denn in der neuen Permutation wird die 0 auf die 2 abgebildet. Wir erhalten:

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 0 & 1 & 2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 & 3 \end{matrix} ) ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 0 & 3 \end{matrix} ) ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 & 0 \end{matrix} ) .

Die neue Permutation ist bereits eine Transposition. Wir sind also fertig. Wir hätten eine andere Zerlegung erhalten, wenn wir nicht die 0 betrachtet hätten, sondern beispielsweise die 2. Dann hätten wir im ersten Schritt eine Transposition eingebaut, die 2 und 1 betrifft.

Nun ist das natürlich kein Beweis des Satzes. Wir können aber anhand dieses Beispiels sehen, daß bei der neuen Permutation die Elemente unverändert bleiben, die von der Transposition nicht betroffen sind.

Im allgemeinen reicht es aus zu zeigen:

( \begin{matrix}∗ & ∗ & i & ⋆ & ⋆ & k \\ ∗ & ∗ & k & ⋆ & ⋆ & j \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}∗ & ∗ & i & ⋆ & ⋆ & k \\ ∗ & ∗ & j & ⋆ & ⋆ & k \end{matrix} ) ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & … & i & … & k \\ 0 & 1 & … & k & … & i \end{matrix} ) .

Wir betrachten nun kurze Transpositionen (kk + 1).

Satz 58 Jede Transposition ist ein Produkt von kurzen Transpositionen.

Beweis Es sei i < j. Dann gilt:

(ij) = \underbrace{(j − 1j) ∘ (j − 2j − 1) ∘ … ∘ (i + 1i + 2)}_{j−i−1} ∘(ii + 1) ∘ \underbrace{(i + 1i + 2) ∘ … ∘ (j − 1j)}_{j−i−1} .

Jede Transposition (ij) ist also als Produkt (Komposition) von

2(j − i − 1) + 1 = 2j − 2i − 1 = 2(j − i) − 1

Transpositionen darstellbar. Für den Fall, daß i > j gilt, nutzen wir die Tatsache, daß (ij) = (ji) gilt, um alles auf den ersten Fall zurückzuführen.

□

Es ist empfehlenswert, das an einem Beispiel nachzuvollziehen.

Daraus können wir für die k-linearen Funktionale folgern:

Ist B ein symmetrisches k-lineares Funktional und f eine Permutation, dann ist:

B(v_{1}, …, v_{k}) = B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)}).

Beweis Wir zerlegen die Permutation f in Transpositionen. Dann ist für jede Transposition (ij):

B(v_{1}, …, v_{i}, …, v_{j}, …, v_{k}) = B(v_{1}, …, v_{f(i)=j}, …, v_{f(j)=i}, …, v_{k}).

Das folgt aus der Symmetrieeigenschaft des k-linearen Funktionals B.

□

Definition 46 Es sei sign f (Signum der Permutation f) die Anzahl der Transpositionen mod 2, in die sich f zerlegen läßt. Es gilt also:

f = t_{1} ∘ t_{2} ∘ … ∘ t_{s} ⟹ sign f = s mod 2.

Eine Folgerung daraus ist: Ist ein k-lineares Funktional B antisymmetrisch, dann gilt:

B(v_{1}, …, v_{k}) = (−1)^{sign f} · B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)}).

Beweis Wir zerlegen auch hier die Permutation f in Transpositionen (es seien s). Dann gilt für jede Transposition (ij):

B(v_{1}, …, v_{i}, …, v_{j}, …, v_{k}) = (−1) · B(v_{1}, …, v_{f(i)=j}, …, v_{f(j)=i}, …, v_{k}).

Das folgt aus der Antisymmetrie des k-linearen Funktionals B. Da sich die Permutation f als Produkt der s Transpositionen ergibt, folgt dann:

B(v_{1}, …, v_{k}) = (−1)^{s} · B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)}).

Mit (−1)^{s} = (−1)^{s mod 2} folgt dann die Behauptung.

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Problem: Ist sign f eindeutig bestimmt?

Es gilt: (−1)^{sign f} = (−1)^{s}. Es gilt: (−1)^{sign f} = (−1)^{s′}, wobei s′ die Anzahl der kurzen Transpositionen ist, in die man die Permutation f zerlegen könnte.

Definition 47 Das sgn f (das Signum der Permutation) wird wie folgt definiert:

Wir betrachten alle Paare (i, j) der Permutation f, für die i < j und f(i) > f(j) gilt. Es sei r die Anzahl dieser Paare, also:

r = #{(i, j): i < j und f(i) > f(j)}.

Dann ist sgn f = r mod 2.

Im folgenden nennen wir diese Paare “schlechte Paare” für die Permutation f.

Satz 59 Es gilt: sign f = sgn f.

Beweis Dazu zeigen wir, daß für eine Permutation g = h∘t, wobei t eine kurze Transposition ist, gilt:

sign g = (1 + sign h)mod 2.

Das ist aber nach der Definition von sign klar.

Wir zeigen jetzt: sgn g = (sgn h + 1)mod 2.

g ist nach Voraussetzung irgendeine Permutation, für die gilt:

g = ( \begin{matrix}∗ & j & ∗ & i & i + 1 & ⋆ & ⋆ \\ ∗ & f(j) & ∗ & l & k & ⋆ & ⋆ \end{matrix} )
= \underbrace{( \begin{matrix}∗ & j & ∗ & i & i + 1 & ⋆ & ⋆ \\ ∗ & f(j) & ∗ & k & l & ⋆ & ⋆ \end{matrix} )}_{h} ∘ ( \begin{matrix}0 & 1 & … & i & i + 1 & … \\ 0 & 1 & … & i + 1 & i & … \end{matrix} ) .

Nun läßt sich folgendes feststellen:

1. Ist (j, i) ein Paar mit f(j) > l, dann ist es schlecht für die Permutation g, da j < i gilt. Dann ist das Paar (j, i + 1) schlecht für die Permutation h.

2. Ist (j, i + 1) ein Paar mit f(j) > k, dann ist es schlecht für die Permutation g, da j < i + 1 gilt. Dann ist das Paar (j, i) schlecht für die Permutation h.

In der obigen Formel haben wir den Fall j < i dargestellt. Nun kann ja auch gelten i + 1 < j. Dann können wir feststellen:

1. Ist (i, j) ein Paar mit l > f(j), dann ist es schlecht für die Permutation g, da i < j gilt. Dann ist das Paar (i + 1, j) schlecht für die Permutation h.

2. Ist (i + 1, j) ein Paar mit k > f(j), dann ist es schlecht für die Permutation g, da i + 1 < j gilt. Dann ist das Paar (i, j) schlecht für die Permutation h.

Daraus folgt:

Die Anzahl der Paare, die gezählt werden müssen, ist für die Permutationen g und h gleich, wenn ein Element j größer als i+1 oder kleiner als i ist. Ist das Paar (i, i+1) schlecht für die Permutation g (gilt also l > k), dann ist es jedoch gut für die Permutation h. Umgekehrt gilt dann: Ist das Paar (i, i + 1) gut für die Permutation g, so ist es schlecht für die Permutation h. Damit unterscheiden sich die Anzahlen der schlechten Paare in den beiden Permutationen genau um 1. Die kurze Transposition hat ein schlechtes Paar (nämlich (i, i + 1)). Damit gilt: sgn t = 1. Daraus folgt:

sgn g = (sgn h + 1)mod 2.

Wir betrachten nun f = t_{1} ∘ … ∘ t_{s′}. Das ist die Zerlegung der Permutation f in kurze Transpositionen. Dann ist laut Definition von sign: sign f = s′ mod 2. Damit erhalten wir (unter Verwendung der obigen Erkenntnisse):

sgn f = sgn (t_{1} ∘ … ∘ t_{s′})
= (sgn(t_{1} ∘ … ∘ t_{s′ −1}) + 1)mod 2
= …
= (\underbrace{sgn id}_{=0} + \underbrace{1 + … + 1}_{=s′})mod 2

= s′ mod 2
= sign f

Damit ist alles gezeigt.

□

Es gilt also die folgende Gleichung:

s mod 2 = sign f = sgn f = s′ mod 2 = r mod 2.

Damit ist klar, daß sign f eindeutig bestimmt ist. Das bedeutet: Die Zerlegung einer Permutation in Transpositionen ist nicht eindeutig bestimmt. Dagegen ist die Anzahl der Transpositionen, in die eine Permutation zerlegt werden kann, eindeutig.

Wir kommen nun zur Zerlegung einer Permutation in Zyklen.

Beispiel 24 Es sei die folgende Permutation gegeben:

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 6 & 4 & 3 & 0 & 1 & 5 & 2 & 8 & 7 \end{matrix} ) .

Wir zerlegen diese Permutation in Zyklen. Beginnen wir zum Beispiel beim Element Null. Die Null wird auf die Sechs, diese auf die Zwei, diese auf die Drei und diese wiederum auf die Null abgebildet. Damit haben wir einen Zyklus. Insgesamt erhalten wir:

{0623} · {14} · {5} · {78}.

Wir ermitteln das Signum der Permutation: Über die Anzahl der Transpositionen, in die wir die Permutation zerlegen können, oder über die Anzahl der schlechten Paare erhalten wir:

sign f = sgn f = 1.

Wer das nachvollzieht, wird merken, daß diese Art der Ermittlung des Signums bei der Größe der Permutation schon recht kompliziert ist.

Probieren wir einmal etwas anderes: Die Größe der Permutation ist gleich Neun. Wir haben desweiteren vier Zyklen ermittelt. Es gilt:

(9 − 4)mod 2 = 1.

Wir können also vermuten, daß gilt:

sign f = (n − z)mod 2,

wobei n die Größe der Permutation und z die Anzahl der Zyklen der Permutation ist.

Diese Vermutung ist richtig.

Übungsaufgabe 35 Zeigen Sie sign f = (n − z)mod 2!

Folgerung:

Sind f und g zwei Permutationen, dann ist

sgn(f ∘ g) = (sgn f + sgn g)mod 2.

Beweis Wir zerlegen beide Permutationen in Transpositionen:

f = t_{1} ∘ t_{2} ∘ … ∘ t_{r}
g = t_{r+1} ∘ … ∘ t_{r+s}

Dann gilt:

f ∘ g = t_{1} ∘ … ∘ t_{r} ∘ t_{r+1} ∘ … ∘ t_{r+s}.

Daraus folgt:

sign(f ∘ g) = sgn(f ∘ g) = (r + s)mod 2
= (r mod 2 + s mod 2)mod 2
= (sgn f + sgn g)mod 2
□

Würde man s(f) = (−1)^{sgn f} definieren, dann würde gelten:

s(f ∘ g) = s(f) · s(g).

Folglich ist s ein Homomorphismus der Gruppe der Permutationen in die Gruppe {−1, 1} bzgl. der Multiplikation. In unserem Sinne ist sgn ein Homomorphismus von S_{n}, der Gruppe der Permutationen in Z_{2}.

Wir betrachten nun wieder multilineare Funktionale

B: \underbrace{V × … × V}_{k} ⟶ K.

Wir können mit unseren Erkenntnissen aus der Permutationslehre nun die Definitionen der Symmetrie bzw. der Antisymmetrie anders formulieren:

→ Das multilineare Funktional B heißt symmetrisch, wenn gilt:

B(v_{1}, …, v_{k}) = B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)}),

wobei f ein Element der Gruppe S_{n} ist.

→ Das multilineare Funktional B heißt antisymmetrisch, wenn gilt:

B(v_{1}, …, v_{k}) = (−1)^{sgn f}B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)}),

wobei f ein Element der Gruppe S_{n} ist.

Wir setzen voraus, daß man im Körper K durch alle natürlichen Zahlen dividieren kann.

Bei den bilinearen Funktionalen hatten wir folgenden Satz bewiesen:

Satz 60 Jedes bilineare Funktional läßt sich als Summe aus einem symmetrischen und einem antisymmetrischen Funktional darstellen.

Im allgemeinen Fall der multilinearen Funktionale gibt es diese Zerlegung nicht. Es gilt aber: Die multilinearen symmetrischen bzw. antisymmetrischen Funktionale bilden jeweils einen Unterraum im Raum aller Funktionale T_{k}(V). Diese beiden Unterräume wollen wir hier mit S_{k}(V) und A_{k}(V) bezeichnen. Den bilinearen Fall T_{2}(V) = S_{2}(V) + A_{2}(V) kann man nicht auf den multilinearen Fall verallgemeinern.

Im Raum T_{k}(V) bilden die Koordinatenfunktionale zur Basis {e_{1}, …, e_{dim V} } von V:

f^{i_{1},...,i_{k}}(v_{1}, …, v_{k}) = v_{1}^{i_{1}} · . . . · v_{k}^{i_{k}}

eine Basis. Dabei sind i_{1}, …, i_{k} ∈ {1, …, dim V }.

Damit gilt:

f^{...,i_{j},...}(…, v_{j} + vj^{′}, …) = . . . · v_{j}^{i_{j}} + (vj^{′})^{i_{j}} · . . .
= f^{...,i_{j},...}(…, v_{j}, …) + f^{...,i_{j},...}(…, vj^{′}, …)

Beispiel 25 Im Raum T_{3}(V) sind für dim V = 3 die Koordinatenfunktionale die folgenden:

f^{111}, f^{112}, f^{113}, f^{121}, f^{122}, f^{123}, f^{131}, f^{132}, f^{133}
f^{211}, f^{212}, f^{213}, f^{221}, f^{222}, f^{223}, f^{231}, f^{232}, f^{233}
f^{311}, f^{312}, f^{313}, f^{321}, f^{322}, f^{323}, f^{331}, f^{332}, f^{333}

Im Fall dim V = 2 hat man im Raum T_{3}(V) die folgenden Koordinatenfunktionale:

f^{111}, f^{112}, f^{121}, f^{122}
f^{211}, f^{212}, f^{221}, f^{222}

Wir wollen also zeigen, daß die Koordinatenfunktionale zu einer Basis {e_{1}, …, e_{dim V} } von V im Raum T_{k}(V) eine Basis bilden. Dazu müssen wir die lineare Unabhängigkeit und Vollständigkeit nachweisen.

Beginnen wir mit der linearen Unabhängigkeit. Es sei

O = ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}}

= ∑_{i_{1}=1}^{dim V} … ∑_{i_{k}=1}^{dim V} b_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}}

eine Linearkombination des Nullfunktionals.

Wir zeigen: b_{i_{1},...,i_{k}} = 0, und zwar für alle k-Tupel i_{1}, …, i_{k}. Also: Wir wenden die Linearkombination des Nullvektors aus der Voraussetzung auf das k-Tupel (k = dim V) e_{s_{1}}, …, e_{s_{k}} an, also auf die Einheitsvektoren (Basis von V). Dann gilt:

0 = ( ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}})(e_{s_{1}}, …, e_{s_{k}})
= ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}}(e_{s_{!}}, …, e_{s_{k}})
= ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}}e_{s_{1}}^{i_{1}} · . . . · e_{s_{k}}^{i_{k}}
= ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{s_{1},...,s_{k}}, für alle k−Tupel (s_{1}, …, s_{k})

Das letzte Gleichheitszeichen folgt aus der Tatsache, daß gilt:

e_{s_{j}}^{i_{j}} = \{ \begin{matrix}1, s_{j} = i_{j} \\ 0, sonst \end{matrix} für alle j = 1, …, k.

Damit ist die lineare Unabhängigkeit gezeigt.

Kommen wir zur Vollständigkeit:

Es gilt:

B(v_{1}, …, v_{k}) = B( ∑_{i_{1}=1}^{dim V} v_{1}^{i_{1}}e_{i_{1}}, …, ∑_{i_{k}=1}^{dim V} v_{k}^{i_{k}}e_{i_{k}})
= ∑_{i_{1},...,i_{k}} v_{1}^{i_{1}} … v_{k}^{i_{k}}B(e_{i_{1}}, …, e_{i_{k}})
= ∑_{i_{1},...,i_{k}} f^{i_{1},...,i_{k}}(v_{1}, …, v_{k}) · b_{i_{1},...,i_{k}}

Damit ist auch die Vollständigkeit gezeigt.

□

Definition 48 Zu einem beliebigen multilinearen Funktional B definieren wir mit:

Sym(B)(v_{1}, …, v_{k}) = \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}} B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)})

die Symmetrisierung des Funktionals.

Betrachten wir den Fall der bilinearen Funktionale: Es gilt:

Sym(B_{2}) = \frac{1}{2}(B(v_{1}, v_{2}) + B(v_{2}, v_{1})) = B_{s}.

Wir erhalten also genau die Gleichung für das symmetrische Funktional B_{s}.

5.5. MULTILINEARE FUNKTIONALE 81 Definition 49 Für ein beliebiges multilineares Funktional B definieren wir die Alternierung Alt(B) wie folgt:

Alt(B)(v_{1}, …, v_{k}) = \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}}(−1)^{sgn f}B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)}).

Untersuchen wir auch hier wieder den bilinearen Fall:

Alt(B_{2}) = \frac{1}{2}(B(v_{1}, v_{2}) − B(v_{2}, v_{1})) = B_{a}.

Wir erhalten hier genau die Gleichung des antisymmetrischen Funktionals B_{a}. Satz 61 Die Symmetrisierung ist ein symmetrisches multilineares Funktional.

Sym(B)(v_{1}, …, v_{k}) = Sym(B)(v_{g(1)}, …, v_{g(k)}).

Beweis Es gilt:

Sym(B)(v_{1}, …, v_{k}) = \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}} B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)})
= \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}} B(v_{(f∘g)(1)}, …, v_{(f∘g)(k)})
= Sym(B)(v_{g(1)}, …, v_{g(k)}).
□

Satz 62 Die Alternierung ist ein antisymmetrisches multilineares Funktional.

Alt(B)(v_{1}, …, v_{k}) = (−1)^{sgn g} · Alt(B)(v_{g(1)}, …, v_{g(k)}).

Beweis Es gilt:

Alt(B)(v_{1}, …, v_{k}) = \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}}(−1)^{sgn f}B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)})
= \frac{1}{k!} ∑_{f∘g∈S_{k}}(−1)^{sgn(f∘g)}B(v_{(f∘g)(1)}, …, v_{(f∘g)(k)})
= (−1)^{sgn g} · \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}}(−1)^{sgn f}B(v_{f(g(1))}, …, v_{f(g(k))})
= (−1)^{sgn g} · Alt(B)(v_{g(1)}, …, v_{g(k)}).
□

Satz 63 Die Symmetrisierung eines symmetrischen multilinearen Funktionals B ist B selbst.

82 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Beweis Es gilt:

Sym(B)(v_{1}, …, v_{k}) = \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}} B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)})
= \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}} B(v_{1}, …, v_{k})
= B(v_{1}, …, v_{k})
□

Satz 64 Die Alternierung eines antisymmetrischen multilinearen Funktionals B ist B selbst. Beweis Es gilt:

Alt(B)(v_{1}, …, v_{k}) = \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}}(−1)^{sgn f}B(v_{f(1)}, …, v_{f(k)})
= \frac{1}{k!} ∑_{f∈S_{k}} \underbrace{(−1)^{sgn f}(−1)^{sgn f}}_{=1} B(v_{1}, …, v_{k})
= B(v_{1}, …, v_{k})
□

Es sei B ein multilineares symmetrisches Funktional. Es gilt:

B = ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}},

wobei f_{i_{1},...,i_{k}} die Koordinatenfunktionale sind. Weiterhin ist b_{i_{1},...,i_{k}} = B(e_{i_{1}}, …, e_{i_{k}}). Dann gilt:

b_{i_{1},...,i_{k}} = b_{i_{g(1)},i_{g(2)},...,i_{g(k)}},

wobei g ∈ S_{k} gilt. Beispiel 26 Es ist b_{352} = b_{253} für g = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{matrix} ). Wenn B antisymmetrisch ist, dann ist:

b_{i_{1},...,i_{k}} = (−1)^{sgn g}b_{i_{g(1)},...,i_{g(k)}},

wobei g ∈ S_{k} gilt. Beispiel 27 Es ist b_{352} = −b_{253} für g = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{matrix} ).

Ist B ein symmetrisches multilineares Funktional, so ist:

B = Sym(B) = Sym( ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}})

= \frac{1}{k!} ∑_{g∈S_{k}} ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}}

= \frac{1}{k!} ∑_{i_{1},...,i_{k}} ∑_{g∈S_{k}} b_{i_{g(1)},...,i_{g(k)}}f^{i_{g(1)},...,i_{g(k)}}

= ∑_{i_{1},...,i_{k}} b_{i_{1},...,i_{k}} \frac{1}{k!} ∑_{g∈S_{k}} f^{i_{g(1)},...,i_{g(k)}}

Beispiel 28 Im folgenden untersuchen wir das symmetrische bilineare Funktional B(v_{1}, v_{2}) im dreidimensionalen Raum V. Es gilt:

B = b_{11}f^{11} + b_{12}f^{12} + b_{13}f^{13} + b_{21}f^{21} + b_{22}f^{22} + b_{23}f^{23} + b_{31}f^{31} + b_{32}f^{32} + b_{33}f^{33}
= b_{11}f^{11} + b_{12}(f^{12} + f^{21}) + b_{13}(f^{13} + f^{31}) + b_{22}f^{22} + b_{23}(f^{23} + f^{32}) + b_{33}f^{33}

Die Funktionale f^{ii} sind symmetrisch. Aber auch die zusammengesetzten Funktionale sind es, wie man an folgendem Beispiel sehen kann:

(f^{13} + f^{31})(v_{1}, v_{2}) = v_{1}^{1}v_{2}^{3} + v_{1}^{3}v_{2}^{1} = (f^{13} + f^{31})(v_{2}, v_{1}).

Wir erhalten eine Zerlegung des Funktionals B in symmetrische Funktionale.

Allgemein können wir feststellen: Ein symmetrisches Funktional B kann zerlegt werden in symmetrische Funktionale

\frac{1}{k!} ∑_{g∈S_{k}} f^{i_{g(1)},...,i_{g(k)}}.

Für jedes Tupel (i_{1} ≤ i_{2} ≤ … ≤ i_{k}) existiert genau ein solches Funktional. Diese Funktionale

\frac{1}{k!} ∑_{g∈S_{k}} f^{i_{g(1)},...,i_{g(k)}}

sind linear unabhängig und vollständig für i_{1} ≤ … ≤ i_{k}. Die Vollständigkeit kann man sich anhand des vorigen Beispiels überlegen. Zeigen wir kurz die lineare Unabhängigkeit:

Wir müssen zeigen, daß gilt:

∑_{i_{1}≤...≤i_{k}}(c_{i_{1},...,i_{k}} \frac{1}{k!} ∑_{g∈S_{k}} f^{i_{g(1)},...,i_{g(k)}}) = O.

In keinem der Summanden der zweiten Summe kommt das gleiche f^{...} vor wie in einem anderen. (vgl. voriges Beispiel) Damit folgt die lineare Unabhängigkeit aus der eben dieser Funktionale f^{...}. Zeigen wir also diese.

Es muß also gelten:

∑_{i_{1},...,i_{k}} c_{i_{1},...,i_{k}}f^{i_{1},...,i_{k}} = O.

Wir wenden den linken Teil der Gleichung auf die Einheitsvektoren {e_{j_{1}}, …, e_{j_{k}}} an. Dann erhalten wir:

∑_{i_{1},...,i_{k}} c_{i_{1},...,i_{k}}e_{j_{1}}^{i_{1}} · . . . , ·e_{j_{k}}^{i_{k}} = c_{j_{1},...,j_{k}} · 1 · . . . · 1 = 0.

Damit ist alles gezeigt.

Beispiel 29 Wir betrachten im dreidimensionalen Raum V das antisymmetrische bilineare Funktional B(v_{1}, v_{2}). Es gilt:

B = b_{11}f^{11} + b_{12}f^{12} + b_{13}f^{13} + b_{21}f^{21} + b_{22}f^{22} + b_{23}f^{23} + b_{31}f^{31} + b_{32}f^{32} + b_{33}f^{33}
= \underbrace{b_{11}}_{=0} f^{11} + b_{12}(f^{12} − f^{21}) + b_{13}(f^{13} − f^{31}) + \underbrace{b_{22}}_{=0} f^{22} + b_{23}(f^{23} − f^{32}) + \underbrace{b_{33}}_{=0} f^{33}

Es gilt nämlich: b_{11} = B(e_{1}, e_{1}) = −B(e_{1}, e_{1}). Wir erhalten eine Zerlegung des Funktionals B in antisymmetrische Funktionale.

Allgemein stellen wir fest: Ein antisymmetrisches Funktional B kann in antisymmetrische Funktionale

\frac{1}{k!} ∑_{g∈S_{k}}(−1)^{sgn g}f^{i_{g(1)},...,i_{g(k)}}

zerlegt werden. Diese sind linear unabhängig und vollständig.

5.6 n–lineare antisymmetrische Funktionale, Determinanten

Wir hatten bereits festgestellt: Jedes n-lineare antisymmetrische Funktional B läßt sich zerlegen in der Basis

\frac{1}{n!} ∑_{g∈S_{n}}(−1)^{sgn g}f^{i_{g(1)},...,i_{g(n)}},

für i_{1} ≤ … ≤ i_{n}.

Davon existiert ein einziges Tupel (1, 2, …, n). Dann ist jedes antisymmetrische n-lineare Funktional Vielfaches eines Basisfunktionals

\frac{1}{n!} ∑_{g∈S_{n}}(−1)^{sgn g}f^{g(1),...,g(n)} = B_{0}.

Satz 65 Es gibt für jede Basis {e_{1}, …, e_{n}} eines n-dimensionalen Raumes V genau ein n-lineares antisymmetrisches Funktional B, so daß B(e_{1}, …, e_{n}) = 1 ist.

Beweis Es seien B_{1}, B_{2} zwei antisymmetrische n-lineare Funktionale, für die gilt:

B_{1}(e_{1}, …, e_{n}) = B_{2}(e_{1}, …, e_{n}) = 1.

5.6. N–LINEARE ANTISYMMETRISCHE FUNKTIONALE, DETERMINANTEN 85

Es gilt:

B_{1} = c_{1} · B_{0} ⟶ 1 = B_{1}(e_{1}, …, e_{n}) = c_{1} · B_{0}(e_{1}, …, e_{n})
B_{2} = c_{2} · B_{0} ⟶ 1 = B_{2}(e_{1}, …, e_{n}) = c_{2} · B_{0}(e_{1}, …, e_{n})

Daraus folgt: c_{1} = c_{2} und B_{1} = B_{2}. Es gilt für dieses Funktional B:

B_{0}(e_{1}, …, e_{n}) = \frac{1}{n!} ∑_{g∈S_{n}}(−1)^{sgn g}f^{g(1),...,g(n)}(e_{1}, …, e_{n})
= \frac{1}{n!} ∑_{g∈S_{n}}(−1)^{sgn g}e_{1}^{g(1)} · . . . · e_{n}^{g(n)}
= \frac{1}{n!} · 1
= \frac{1}{n!} · B(e_{1}, …, e_{n})

Daraus folgt aber: B := n! · B_{0}.

□

Damit haben wir über die Einheitsvektor-Basis des Vektorraumes V das Funktional B, das obige Bedingung erfüllt, eindeutig bestimmt.

Definition 50 Sind v_{1}, …, v_{n} Vektoren aus dem Vektorraum V mit den Koordinaten

( v_{1}^{1} ; ⋮ ; v_{1}^{n} ) , …, ( v_{n}^{1} ; ⋮ ; v_{n}^{n} )

in der Basis {e_{1}, …, e_{n}}, dann ist B(v_{1}, …, v_{n}) ∈ K, wobei für das antisymmetrische nlineare Funktional B gilt: B(e_{1}, …, e_{n}) = 1. Die Zahl det(v_{1}, …, v_{n}) = B(v_{1}, …, v_{n}) heißt Determinante der Spaltenvektoren

v_{1} = ( v_{1}^{1} ; ⋮ ; v_{1}^{n} ) , …, v_{n} = ( v_{n}^{1} ; ⋮ ; v_{n}^{n} ) .

Beispiel 30 Es sei V = R^{3}. Folgende Basis sei vorgegeben:

e_{1} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , e_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , e_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Desweiteren betrachten wir die folgenden drei Vektoren aus V:

v_{1} = ( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 3 \end{matrix} ) , v_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , v_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) .

Wir bestimmen im folgenden B(v_{1}, v_{2}, v_{3}), die Determinante der Spaltenvektoren v_{1}, v_{2} und v_{3}.

B(v_{1}, v_{2}, v_{3}) = B(2e_{1} + 3e_{3}, e_{1} + e_{2}, e_{2} − e_{3})
= B(2e_{1}, e_{1} + e_{2}, e_{2} − e_{3}) + B(3e_{3}, e_{1} + e_{2}, e_{2} − e_{3})
= 2 · B(e_{1}, e_{1} + e_{2}, e_{2} − e_{3}) + 3 · B(e_{3}, e_{1} + e_{2}, e_{2} − e_{3})
= 2 · \underbrace{B(e_{1}, e_{1}, e_{2} − e_{3})}_{=0} +2 · B(e_{1}, e_{2}, e_{2} − e_{3}) + 3 · B(e_{3}, e_{1} + e_{2}, e_{2} − e_{3})
= 2 · \underbrace{B(e_{1}, e_{2}, e_{2})}_{=0} +2 · B(e_{1}, e_{2}, −e_{3}) + 3 · B(e_{3}, e_{1} + e_{2}, e_{2} − e_{3})
= 2 · B(e_{1}, e_{2}, −e_{3}) + 3 · B(e_{3}, e_{1}, e_{2} − e_{3}) + 3 · B(e_{3}, e_{2}, e_{2} − e_{3})
= 2 · B(e_{1}, e_{2}, −e_{3}) + 3 · B(e_{3}, e_{1}, e_{2}) − 3 · \underbrace{B(e_{3}, e_{1}, e_{3})}_{=0} +3 · B(e_{3}, e_{2}, e_{2} − e_{3})
= 2 · B(e_{1}, e_{2}, −e_{3}) + 3 · B(e_{3}, e_{1}, e_{2}) + 3 · \underbrace{B(e_{3}, e_{2}, e_{2})}_{=0} −3 · \underbrace{B(e_{3}, e_{2}, e_{3})}_{=0}
= (−2) · \underbrace{B(e_{1}, e_{2}, e_{3})}_{=1} +3 · \underbrace{B(e_{3}, e_{1}, e_{2})}_{=1}
= 1

Zur Erläuterung: Es gilt zum Beispiel B(e_{1}, e_{1}, e_{2} − e_{3}) = 0, da wegen der Antisymmetrie von B bei Vertauschung von e_{1} und e_{1} gilt:

B(e_{1}, e_{1}, e_{2} − e_{3}) = −B(e_{1}, e_{1}, e_{2} − e_{3}).

Für die vorletzte Zeile gilt:

1 = B(e_{1}, e_{2}, e_{3}) Voraussetzung!
= −B(e_{3}, e_{2}, e_{1})
= B(e_{3}, e_{1}, e_{2})

wegen der Antisymmetrie des Funktionals B.

Berechnen wir nun B(v_{1}, …, v_{n}) im allgemeinen Fall:

B(v_{1}, …, v_{n}) = B(∑_{i_{1}=1}^{n} v_{1}^{i_{1}}e_{i_{1}}, …, ∑_{i_{n}=1}^{n} v_{n}^{i_{n}}e_{i_{n}})
= ∑_{i_{1},...,i_{n}} v_{1}^{i_{1}} · . . . · v_{n}^{i_{n}} · \underbrace{B(e_{i_{1}}, …, e_{i_{n}})}_{=0, falls zwei Indizes gleich}

= ∑ ; \underbrace{i_{1}, …, i_{n}}_{paarweise verschieden} v_{1}^{i_{1}} · . . . · v_{n}^{i_{n}} · B(e_{i_{1}}, …, e_{i_{n}})

= ∑_{i_{1},...,i_{n}} v_{1}^{g(1)} · . . . · v_{n}^{g(n)} · B(e_{g(1)}, …, e_{g(n)}) (g(k) = i_{k})

5.6. N–LINEARE ANTISYMMETRISCHE FUNKTIONALE, DETERMINANTEN 87

= ∑_{g∈S_{n}}(−1)^{sgn g} · v_{1}^{i_{1}} · . . . · v_{n}^{i_{n}}
= det(v_{1}, …, v_{n})

= | \begin{matrix}v_{1}^{1} & … & v_{n}^{1} \\ v_{1}^{2} & … & v_{n}^{2} \\ ⋮ & & ⋮ \\ v_{1}^{n} & … & v_{n}^{n} \end{matrix} |

Kommen wir nun zu den Eigenschaften der Determinante:

det(v_{1}, …, v_{n}) = | \begin{matrix}v_{1}^{1} & … & v_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ \\ v_{1}^{n} & … & v_{n}^{n} \end{matrix} | .

1. Vertauscht man zwei Spalten, ändert sich das Vorzeichen.

2. Es gilt:

det(…, k · v_{i}, …) = k · det(…, v_{i}, …).

3. Enthält die Menge der Spaltenvektoren den Nullvektor, gibt es also eine O-Spalte, so ist die Determinante gleich Null.

4. Die Determinante hat die Linearitätseigenschaft:

det(…, v_{i} + vi^{′}, …) = det(…, v_{i}, …) + det(…, vi^{′}, …).

Insbesondere gilt:

det(…, v_{i}, …, v_{j} + k · v_{i}, …) = det(…, v_{i}, …, v_{j}, …) + k · \underbrace{det(…, v_{i}, …, v_{i}, …)}_{=0}
= det(…, v_{i}, …, v_{j}, …)

Das zweimalige Auftreten des Vektors v_{i} kann durch eine Spaltenoperation beseitigt werden. Dann enthält die Menge der Spaltenvektoren den Nullvektor, und die Determinante ist gleich Null.

Fassen wir also zusammen: Für eine Basis {e_{1}, …, e_{n}} des n-dimensionalen Vektorraumes V haben wir die Determinante

det(a_{1}, …, a_{n}) = B(a_{1}, …, a_{n})

definiert, wobei B das eindeutig bestimmte antisymmetrische n-lineare Funktional ist, für das gilt: B(e_{1}, …, e_{n}) = 1. Wir haben für die Spaltenvektoren a_{i} = a_{i}^{j}e_{j} det(a_{1}, …, a_{n})

durch | \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | bezeichnet. Dabei waren wir davon ausgegangen, daß a_{1}, …, a_{n} Spal-

tenvektoren sind. Außerdem hatten wir noch festgestellt, daß gilt:

det(a_{1}, …, a_{n}) = ∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f}a_{1}^{f(1)} · . . . · a_{n}^{f(n)}.

88 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Folgendes gilt:

∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f}a_{f(1)}^{1} · . . . · a_{f(n)}^{n} = ∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f} \underbrace{a_{1}^{f^{−1}(1)} · . . . · a_{n}^{f^{−1}(n)}}_{Faktorenvertauschung}
= ∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f^{−1}}a_{1}^{f^{−1}(1)} · . . . · a_{n}^{f^{−1}(n)}
= ∑_{f^{−1}∈S_{n}}(−1)^{sgn f^{−1}}a_{1}^{f^{−1}(1)} · . . . · a_{n}^{f^{−1}(n)}
= det(a_{1}, …, a_{n})

Das erste Gleichheitszeichen können wir schreiben, weil gilt:

f = ( \begin{matrix}1 & 2 & … & n \\ f(1) & f(2) & … & f(n) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}f^{−1}(1) & f^{−1}(2) & … & f^{−1}(n) \\ 1 & 2 & … & n \end{matrix} ) .

Zum zweiten Gleichheitszeichen ist folgendes anzumerken:

sgn(f ∘ f^{−1}) ≡ sgn f + sgn f^{−1} ≡ \underbrace{sgn id}_{=0} mod 2 ⟹ sgn f = sgn f^{−1}.

Die Summe

∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f}a_{f(1)}^{1} · . . . · a_{f(n)}^{n}

ist die Determinante

| \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{1}^{n} \\ a_{2}^{1} & … & a_{2}^{n} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{n}^{1} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | = die Determinante der Zeilenvektoren.

Folgerung: Es gilt die Gleichheit zwischen den beiden Determinanten:

| \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | = | \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{1}^{n} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{n}^{1} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | .

Beispiel 31 Gegeben sei die folgende Determinante von Spaltenvektoren:

| \begin{matrix}1 & 2 & 4 \\ −1 & 0 & 7 \\ 8 & 6 & −3 \end{matrix} | = … + (−1)^{sgn f} · \underbrace{a_{1}^{1} · a_{2}^{3} · a_{3}^{2} + …}_{f=( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix} )}
= … + (−1) · 1 · 6 · 7 + …
= … + (−42) + …

Die entsprechende Determinante der Zeilenvektoren sieht wie folgt aus:

| \begin{matrix}1 & −1 & 8 \\ 2 & 0 & 6 \\ 4 & 7 & −3 \end{matrix} | = … + (−1)^{sgn f} · \underbrace{a_{1}^{1} · a_{2}^{3} · a_{3}^{2} + …}_{f=( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix} )}

= … + (−1) · 1 · 7 · 6 + …
= … + (−42) + …

Folgerung: In einer Determinante kann man Zeilen und Spalten miteinander vertauschen, ohne daß sich der Wert der Determinante ändert. Wir haben alle Spalteneigenschaften auch als Zeileneigenschaften.

Beispiel 32

| \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ −2 & 0 & −1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} | = 1 · (−1) · 1 = −1

Satz 66 Die Determinante det(a_{1}, …, a_{n}) ist genau dann gleich Null, wenn ein Vektor a_{i} eine Linearkombination der anderen ist (also die Vektoren a_{1}, …, a_{n} linear abhängig sind).

Beweis

⟹) Es sei

a_{i} = ∑_{j≠i} k_{j}a_{j}.

Dann gilt:

det(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{n}) = det(a_{1}, …, ∑_{j≠i} k_{j}a_{j}, …, a_{n})
= ∑_{j≠i} \underbrace{det(a_{1}, …, a_{i−1}, a_{j}, a_{i+1}, …, a_{n})}_{=0, da a_{j} zweimal enthalten}

= 0

⟸) Es gelte det(a_{1}, …, a_{n}) = 0 und die Vektoren (a_{1}, …, a_{n}) seien linear unabhängig. Daraus folgt: Die Vektoren a_{1}, …, a_{n} bilden eine Basis und in dieser Basis kann man auch die Vektoren e_{1}, …, e_{n} darstellen. Diese bilden ja bekanntlich die Basis, die zur Determinante gehört. Somit gilt für alle i = 1, …, n:

e_{i} = ∑_{j=1}^{n} c_{i}^{j}a_{j}

und es ist:

1 = B(e_{1}, …, e_{n})
= B( ∑_{j_{1}=1}^{n} c_{1}^{j_{1}}a_{j_{1}}, …, ∑_{j_{n}=1}^{n} c_{n}^{j_{n}}a_{j_{n}})
= ∑_{j_{1},...,j_{n}}(−1)^{sgn g}c_{1}^{j_{1}} · . . . · c_{n}^{j_{n}} \underbrace{B(a_{1}, …, a_{n})}_{=det(a_{1},...,a_{n})=0} (g(i) = j_{i})
= 0

Das ist ein klarer Widerspruch. Folglich bilden die Vektoren a_{1}, …, a_{n} keine Basis. Also sind sie linear abhängig.

□

Es sei uns jetzt ein lineares Gleichungssystem

\{ \begin{matrix}x^{1}a_{1}^{1} & + … + & x^{n}a_{n}^{1} & = & b^{1} \\ ⋮ & & ⋮ & & ⋮ \\ x^{1}a_{1}^{n} & + … + & x^{n}a_{n}^{n} & = & b^{n} \end{matrix}

mit n Gleichungen und n Unbekannten gegeben. Es sei weiterhin (x_{0}^{1}, …, x_{0}^{n}) eine Lösung des Gleichungssystems.

Dann ist

det(a_{1}, …, \underbrace{b}_{i}, …, a_{n}) = det(a_{1}, …, ∑_{j=1}^{n} x_{0}^{j}a_{j}, …, a_{n}) (a_{i} durch b ersetzen)

= ∑_{j=1}^{n} x_{0}^{j} det(a_{1}, …, \underbrace{a_{j}}_{i}, …, a_{n})

= x_{0}^{i} det(a_{1}, …, \underbrace{a_{i}}_{i}, …, a_{n})

Folgerung: (Cramersche Regel)

Ist ein Gleichungssystem

∑_{i=1}^{n} x^{i}a_{i} = b

lösbar, dann ist für alle i:

x_{0}^{i} det(a_{1}, …, \underbrace{a_{i}}_{i}, …, a_{n}) = det(a_{1}, …, \underbrace{b}_{i}, …, a_{n}).

Weitere Konsequenz: Ist das Gleichungssystem

∑_{i=1}^{n} x^{i}a_{i} = b

eindeutig lösbar, dann ist det(a_{1}, …, a_{n}) ≠ 0 und es gilt:

x^{i} = \frac{det(a_{1}, …, b, …, a_{n})}{det(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{n})}.

Zur Erklärung: Eindeutige Lösung des Gleichungssystems bedeutet: Es gibt eine eindeutige Darstellung für b. Daraus folgt: Die Vektoren a_{1}, …, a_{n} sind linear unabhängig, und das bedeutet wiederum: det(a_{1}, …, a_{n}) ≠ 0.

Weiterhin können wir schlußfolgern: Ist die Determinante det(a_{1}, …, a_{n}) ungleich Null, dann ist (x_{0}^{1}, …, x_{0}^{n}) mit:

x_{0}^{i} = \frac{det(a_{1}, …, b, …, a_{n})}{det(a_{1}, …, a_{i}, …, a_{n})}

eine Lösung des Gleichungssystems. Dabei stehen b und a_{i} jeweils an der i-ten Stelle.

Um das zu beweisen, haben wir zu zeigen, daß gilt:

∑_{i=1}^{n} x_{0}^{i}a_{i} = b.

Aus der Tatsache, daß det(a_{1}, …, a_{n}) ≠ 0 gilt, folgt, daß die Vektoren (a_{1}, …, a_{n}) linear unabhängig sind. Außerdem sind es genau n Vektoren, also bilden sie eine Basis. Folglich existiert eine Linearkombination

∑_{i=1}^{n} x^{i}a_{i} = b

und die x^{i} sind eindeutig bestimmt.

Beispiel 33 Es sei das folgende Gleichungssystem gegeben:

3x + 2y = −1
x + y = −1

Es gilt:

det ( \begin{matrix}3 & 2 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) = | \begin{matrix}3 & 2 \\ 1 & 1 \end{matrix} | = 3 − 2 = 1 ≠ 0.

Für die Komponente x gilt nach der Cramerschen Regel:

x = \begin{aligned}| & & \begin{matrix}−1 & 2 \\ −1 & 1 \end{matrix} & & | \\ & | & 3 2 1 1 & | \end{aligned} = \frac{1}{1} = 1.

Für die Komponente y gilt dann:

y = \begin{aligned}| & & \begin{matrix}3 & −1 \\ 1 & −1 \end{matrix} & & | \\ & | & 3 2 1 1 & | \end{aligned} = \frac{−2}{1} = −2.

Damit haben wir die Lösung des Gleichungssystems ermittelt.

92 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Der praktische Rechenaufwand ist allerdings bei dieser Methode sehr hoch. Versuchen wir daher, eine andere Methode zu finden. Nehmen wir einmal an, wir hätten die folgende Determinante gegeben:

| \begin{matrix}1 & a_{2}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ 0 & a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ 0 & a_{2}^{3} & … & a_{n}^{3} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | = ?.

Welchen Wert hat diese Determinante dann? Es gilt:

| \begin{matrix}1 & a_{2}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ 0 & a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ 0 & a_{2}^{3} & … & a_{n}^{3} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | = ∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f}a_{1}^{f(1)} · . . . · a_{n}^{f(n)}
= ∑_{f∈S_{n},f(1)=1}(−1)^{sgn f} \underbrace{a_{1}^{1}}_{=1} ·a_{2}^{f(2)} · . . . · a_{n}^{f(n)}
= | \begin{matrix}a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ a_{2}^{3} & … & a_{n}^{3} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} |
= ∑_{g∈S_{n−1}}(−1)^{sgn g}a_{2}^{g(2)} · . . . · a_{n}^{g(n)}

Es gilt außerdem:

sgn ( \begin{matrix}1 & 2 & … & n \\ 1 & g(2) & … & g(n) \end{matrix} ) = sgn ( \begin{matrix}2 & 3 & … & n \\ g(2) & g(3) & … & g(n) \end{matrix} ) .

Nun gilt folgendes:

det(a_{1}, …, a_{n}) = | \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ a_{1}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} |
= | \begin{matrix}(a_{1}^{1} + 0 + … + 0) & a_{2}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ (0 + a_{1}^{2} + … + 0) & a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ (0 + 0 + … + a_{1}^{n}) & a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} |
= | \begin{matrix}a_{1}^{1} & a_{2}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ 0 & a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | + … + | \begin{matrix}0 & a_{2}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ 0 & a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} |

5.6. N–LINEARE ANTISYMMETRISCHE FUNKTIONALE, DETERMINANTEN 93 Da für den Vektor a_{1} gilt:

a_{1} = a_{1}^{1}e_{1} + … + a_{1}^{n}e_{n},

können wir auch feststellen (unter Verwendung der Herleitung zu Beginn dieser Betrachtung):

det(a_{1}, …, a_{n}) = | \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ a_{1}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} |

= a_{1}^{1} · | \begin{matrix}1 & a_{2}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ 0 & a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | + … + a_{1}^{n} · | \begin{matrix}0 & a_{2}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ 0 & a_{2}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 1 & a_{2}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} |

= a_{1}^{1} · | \begin{matrix}a_{2}^{2} & a_{3}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ a_{2}^{3} & a_{3}^{3} & … & a_{n}^{3} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ a_{2}^{n} & a_{3}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | + … + a_{1}^{n} | \begin{matrix}a_{2}^{2} & a_{3}^{2} & … & a_{n}^{2} \\ a_{2}^{3} & a_{3}^{3} & … & a_{n}^{3} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ a_{2}^{n−1} & a_{3}^{n−1} & … & a_{n}^{n−1} \end{matrix} |
= a_{1}^{1} · A_{1}^{1} − a_{1}^{2} · A_{1}^{2} + …

Dabei ist A_{i}^{j} die Determinante, die aus

A = | \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} |

durch Streichen der i-ten Spalte und der j-ten Zeile entsteht. Die gesamte Herleitung erfolgte nur unter Ausnutzung der Eigenschaften der Determinante. Es gilt folgender Satz:

Satz 67 (LaPlace’scher Entwicklungssatz) Folgende drei Gleichungen gelten:

1. Es gilt:

det A = ∑_{j=1}^{n} a_{1}^{j}A_{1}^{j}(−1)^{j+1}.

2. Es gilt:

det A = ∑_{j=1}^{n} a_{i}^{j}A_{i}^{j}(−1)^{j+1}.

3. Es gilt:

det A = ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{j}A_{i}^{j}(−1)^{i+j}.

Beispiel 34 Es sei die folgende Determinante zu berechnen:

| \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} | .

Nach Punkt 1 gilt:

| \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} | = 1 | \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} | − 0 | \begin{matrix}2 & 3 \\ 0 & 1 \end{matrix} | + 1 | \begin{matrix}2 & 3 \\ −1 & 0 \end{matrix} | = 2.

Nach Punkt 2 gilt:

| \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} | = 3 | \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} | − 0 | \begin{matrix}1 & 2 \\ 1 & 0 \end{matrix} | + 1 | \begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix} | = 2.

Nach Punkt 3 gilt:

| \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} | = 0 | \begin{matrix}2 & 3 \\ 0 & 1 \end{matrix} | + (−1) | \begin{matrix}1 & 3 \\ 1 & 1 \end{matrix} | − 0 | \begin{matrix}1 & 2 \\ 1 & 0 \end{matrix} | = 2.

Satz 68 Es gelte j ≠ k. Dann ist:

∑_{i=1}^{n} a_{i}^{j}A_{i}^{k}(−1)^{k+i} = 0.

Beweis Diese Summe ist die Entwicklung der folgenden Determinante nach der k-ten Zeile:

| \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{k} & … & a_{n}^{k} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} | ⟵ k. Zeile enthält die a_{i}^{j}.

□

5.7 Lineare Operatoren (II)

Definition 51 Ein Operator A ist eine lineare Abbildung von einem Vektorraum V in diesen Vektorraum selbst.

Wir wissen: Die Menge der Operatoren bildet einen linearen Raum, denn die Operatoren sind lineare Abbildungen. Wir nennen diesen Raum Hom(V, V). Somit gilt für alle Operatoren A, B, alle Vektoren v und für alle Körperelemente k:

(A + B)(v) = A(v) + B(v)
(k • A)(v) = k · A(v)

5.7. LINEARE OPERATOREN (II) 95

Beispiel 35 Es sei V = R^{2} = \{( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} ) : x, y ∈ R\}. Der Operator A, der definiert wird durch:

A(( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} )) = ( \begin{matrix}x + y \\ x − y \end{matrix} ) ,

ist linear, weil gilt:

A(( \begin{matrix}x_{1} \\ y_{1} \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}x_{2} \\ y_{2} \end{matrix} )) = A(( \begin{matrix}x_{1} \\ y_{1} \end{matrix} )) + A(( \begin{matrix}x_{2} \\ y_{2} \end{matrix} )),

A(k ( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} )) = k · A(( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} )).

Beispiel 36 Weitere Beispiele für Operatoren sind:

• identischer Operator: E(v) = v, für alle Vektoren v ∈ V.

• Nulloperator: O(v) = o, für alle Vektoren v ∈ V.

Wir definieren die Hintereinanderausführung (Komposition) der Abbildungen (Operatoren) A und B:

(A ∘ B)(v) = A(B(v)), für alle v ∈ V.

Diese Operation auf den Operatoren bezeichnen wir als Produkt der beiden Operatoren A und B. Damit sind auf der Menge der Operatoren definiert:

• skalare Multiplikation,

• Addition

• Produkt Skalare Multiplikation und Addition bewirken, daß die Menge der Operatoren ein linearer Raum wird. Addition und Produkt führen dazu, daß die Menge der Operatoren ein Ring ist.

Satz 69 Die Operatoren bilden mit der Addition + und dem Produkt ∘ einen Ring mit 1-Element. Das heißt:

1. Der lineare Raum Hom(V, V) und die Addition + bilden eine kommutative Gruppe.

2. Die Multiplikation ist assoziativ:

A ∘ (B ∘ C) = (A ∘ B) ∘ C.

3. Es gelten die Distributivgesetze:

A ∘ (B + C) = A ∘ B + A ∘ C

(A + B) ∘ C = A ∘ C + B ∘ C

96 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Beweis

1. Die Aussage gilt, da Hom(V, V) ein linearer Raum ist.

2. Die Aussage gilt, weil sie sogar für beliebige Abbildungen f, g und h gilt: ((f ∘ g) ∘ h)(x) = f(g(h))(x) = (f ∘ (g ∘ h))(x).

3. Es gilt:

(A ∘ (B + C))(v) = A((B + C)(v))
= A(B(v) + C(v))
= A(B(v)) + A(C(v))
= ((A ∘ B) + (A ∘ C))(v)

Das zweite Gesetz wird analog bewiesen.

□

Definition 52 Ein Operator A, für den ein Operator B existiert, so daß gilt:

B ∘ A = id,

heißt linksinvertierbar. Ein Operator A, für den ein Operator C existiert. so daß gilt:

A ∘ C = id,

heißt rechtsinvertierbar. Ein Operator A heißt invertierbar, wenn er sowohl links- als auch rechtsinvertierbar ist. Definition 53 Der Kern eines Operators A ist das Urbild des Nullvektors:

ker A = {v: A(v) = o}.

Das Bild eines Operators A besteht aus allen Vektoren w, die sich als Bild eines Vektors v darstellen lassen:

im A = {w: ∃v ∈ V, w = A(v)}.

Es gilt: dim ker A + dim im A = n, wenn der Vektorraum V n-dimensional ist. Wir hatten bisher also festgestellt, daß {A, +, •} ein linearer Raum und {A, +, ∘} ein Ring mit Eins ist. {A, +, •, ∘} nennen wir K-Algebra. Satz 70 Es gelten die folgenden Aussagen:

1.

A invertierbar \{ \begin{matrix}⟹ A links invertierbar \\ ⟹ A rechts invertierbar \end{matrix}

5.7. LINEARE OPERATOREN (II) 97 2. A links invertierbar ⟹ Ker A = {o}.

3. A rechts invertierbar ⟹ Im A = V.

4. {A(e_{1}), …, A(e_{n})} ist Basis von V ⟹ A ist invertierbar.

5. Ker A = {o} ⟹ {A(e_{1}), …, A(e_{n})} ist Basis von V.

6. Im A = V ⟹ {A(e_{1}), …, A(e_{n})} ist Basis von V. Beweis

1. Diese Aussage gilt offensichtlich nach der Definition.

2. Es sei A links invertierbar. Wir nehmen an, daß gilt: Ker A ≠ {o}.

Es existiert also ein Operator B, so daß B ∘ A = E = id ist. Laut Annahme existiert ein Vektor v ∈ Ker A mit v ≠ o. Nun gilt:

v = E(v) = (B ∘ A)(v)
= B(A(v))
= B(o)
= o

Das ist ein Widerspruch, also gilt: Ker A = {o}.

3. Es sei A rechts invertierbar. Es ist zu zeigen, daß gilt: Im A = V, das heißt, zu jedem Vektor w ∈ V existiert ein anderer Vektor v ∈ V, so daß gilt: A(v) = w. Es sei ein Vektor w gegeben. Wir betrachten den Vektor v := C(w), wobei C ein Operator ist, so daß gilt: A ∘ C = E. Dann gilt:

A(v) = A(C(w))
= (A ∘ C)(w)
= E(w)
= w

und alles ist gezeigt.

4. Es sei {e_{1}, …, e_{n}} eine Basis des Vektorraumes V. Dann sei auch {A(e_{1}), …, A(e_{n})} eine Basis von V. Wir definieren auf den Basisvektoren {A(e_{1}), …, A(e_{n})} einen Operator B:

B(A(e_{i})) := e_{i}, für alle i = 1, …, n,

woraus folgt:

B(v) = B(∑_{i=1}^{n} v^{i}A(e_{i})) Zerlegung von v in der Basis
= ∑_{i=1}^{n} v^{i}B(A(e_{i}))
= ∑_{i=1}^{n} v^{i}e_{i}
= v

Nun gilt:

(B ∘ A)(e_{i}) = B(A(e_{i})) = e_{i}.

Also ist B ∘ A auf den Basisvektoren {e_{1}, …, e_{n}} von V die identische Abbildung. Daher gilt für jeden Vektor v aus V:

(B ∘ A)(v) = (B ∘ A)(∑_{i=1}^{n} v^{i}e_{i})

= ∑_{i=1}^{n} v^{i}(B ∘ A)(e_{i})

= ∑_{i=1}^{n} v^{i}e_{i}
= v

Also ist B ∘ A = E und A ist linksinvertierbar. Weiterhin gilt:

(A ∘ B)(A(e_{i})) = A(B(A(e_{i}))) = A(e_{i}).

Also ist A∘B auf den Basisvektoren {A(e_{1}), …, A(e_{n})} von V die identische Abbildung. Daher gilt für jeden Vektor v aus V:

(A ∘ B)(v) = (A ∘ B)(∑_{i=1}^{n} v^{i}A(e_{i}))

= ∑_{i=1}^{n} v^{i}(A ∘ B)(A(e_{i}))

= ∑_{i=1}^{n} v^{i}A(e_{i})
= v

Folglich ist A ∘ B = E und A ist auch rechtsinvertierbar. Damit ist A invertierbar und alles ist gezeigt.

5. Es sei Ker A = {v: A(v) = o} = {o} und es sei {e_{1}, …, e_{n}} eine Basis des Vektorraumes V. Wir zeigen, daß die Vektoren {A(e_{1}), …, A(e_{n})} linear unabhängig sind. Es sei

∑_{i=1}^{n} c_{i}A(e_{i}) = o

eine Linearkombination des Nullvektors. Daraus folgt:

o = ∑_{i=1}^{n} c_{i}A(e_{i})

= ∑_{i=1}^{n} A(c_{i} · e_{i})

= A(∑_{i=1}^{n} c_{i} · e_{i})

Es ist also

∑_{i=1}^{n} c_{i} · e_{i}

in der Menge Ker A enthalten. Folglich gilt:

∑_{i=1}^{n} c_{i} · e_{i} = o.

Da aber die Vektoren {e_{1}, …, e_{n}} als Basisvektoren linear unabhängig sind, gilt für alle i = 1, …, n: c_{i} = 0. Damit sind die Vektoren {A(e_{1}), …, A(e_{n})} linear unabhängig. Da es genau n Vektoren sind, müssen sie also Basis des Vektorraumes V sein.

6. Es sei Im A = V und {e_{1}, …, e_{n}} sei eine Basis des Vektorraumes V. Wir zeigen, daß die Vektoren {A(e_{1}), …, A(e_{n})} eine Basis des Raumes V sind.

Es reicht aus, die Vollständigkeit dieser Vektoren zu zeigen. Es sei v ein beliebiger Vektor des Raumes V. Wir müssen zeigen, daß dann eine Zerlegung

v = ∑_{i=1}^{n} k_{i}A(e_{i})

existiert.

Weil v ∈ V = Im A gilt, existiert ein Vektor u aus V, so daß A(u) = v gilt. Wir zerlegen den Vektor u in der Basis {e_{1}, …, e_{n}}:

u = ∑_{i=1}^{n} z_{i}e_{i}.

Nun gilt:

v = A(u) = A(∑_{i=1}^{n} k_{i}e_{i}) = ∑_{i=1}^{n} k_{i}A(e_{i}).

Also sind die Vektoren {a(e_{1}), …, A(e_{n})} vollständig. Sie sind auch linear unabhängig. Wären sie es nämlich nicht, hieße das, daß n Vektoren zwar vollständig, aber nicht linear unabhängig sind. Das bedeutet, daß man in ihnen eine Menge von Vektoren finden kann, die beides (und damit Basis von V), aber weniger als n Vektoren sind. Damit wären aber die Vektoren {e_{1}, …, e_{n}} nicht mehr Basis.

Folglich sind die Vektoren {A(e_{1}), …, A(e_{n})} Basis von V.

Damit sind alle Implikationen bewiesen. Folglich sind die sechs Aussagen alle äquivalent (Ringschlußprinzip!).

□

Wir betrachten jetzt einen Operator A in einer Basis {e_{1}, …, e_{n}} des Vektorraumes V. Er ist nach dem Endlichkeitsprinzip eindeutig durch die Bilder {A(e_{1}), …, A(e_{n})} bestimmt. Es sei

A(e_{i}) = ∑_{j=1}^{n} a_{i}^{j}e_{j}.

Die Koordinaten (a_{i}^{j}), geschrieben in der Form

( \begin{matrix}a_{1}^{1} & … & a_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & … & a_{n}^{n} \end{matrix} ) = [A]_{(e_{i})},

bestimmen den Operator A eindeutig. Man bezeichnet diese Koordinaten auch als die Matrix des Operators A in der Basis {e_{1}, …, e_{n}} des Raumes V. Beispiel 37

[E] = ( \begin{matrix}1 & 0 & … & 0 \\ 0 & 1 & … & 0 \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 0 & … & 1 \end{matrix} )

Beispiel 38 Es sei V = K_{n} gegeben. Wir betrachten den Operator A, der definiert ist durch:

A(k_{1}, …, k_{n}) := (k_{2}, k_{3}, …, k_{n}, k_{1}).

Das ist eine lineare Abbildung. Weiterhin sei eine Basis von K^{n} wie folgt gewählt:

e1^{′} = (1, 0, 0, …, 0)
e2^{′} = (1, 1, 0, …, 0)
⋮ ⋮
en^{′} = (1, 1, 1, …, 1)

Untersuchen wir die Bilder der Basisvektoren bzgl. A:

A(e1^{′}) = (0, 0, …, 0, 1)
= (1 − 1, 1 − 1, …, 1 − 1, 1 − 0)
= en^{′} − en−1^{′}
A(e2^{′}) = (1, 0, …, 0, 1)
= (1 + 0, 0 + 0, …, 0 + 0, 0 + 1)
= e1^{′} + A(e1^{′})
= e1^{′} + en^{′} − en−1^{′}
A(e3^{′}) = (1, 1, 0, …, 0, 1)
= (1 + 0, 1 + 0, 0 + 0, …, 0 + 0, 0 + 1)
= e2^{′} + en^{′} − en−1^{′}
A(en−1^{′}) = (1, 1, …, 1, 0, 1)
= en−2^{′} + en^{′} − en−1^{′}
A(en^{′}) = (1, 1, …, 1)
= en^{′}

Damit sieht die Matrix des Operators A in dieser Basis {e1^{′}, …, en^{′}} wie folgt aus:

[A] = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & … & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & … & 1 & 0 \\ −1 & −1 & −1 & … & −1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & … & 1 & 1 \end{matrix} ) .

Wählen wir eine andere Basis:

e_{1} = (1, 0, …, 0)
e_{2} = (0, 1, …, 0)
⋮  ⋮
e_{n} = (0, 0, …, 1)

Dann sehen die Bilder der Basisvektoren wie folgt aus:

A(e_{1}) = (0, 0, …, 0, 1)
= e_{n}
A(e_{2}) = (1, 0, …, 0, 0)
= e_{1}
A(e_{n}) = (0, 0, …, 1, 0)
= e_{n−1}

Damit sieht die Matrix des Operators A in dieser Basis wie folgt aus:

[A] = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & 0 & 1 & … & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & … & 1 \\ 1 & 0 & 0 & … & 0 \end{matrix} ) .

Wir sehen also: Die Matrix eines Operators hängt wesentlich von der Wahl der Basis des Vektorraumes V ab. Durch entsprechend kluge Wahl der Basis kann man die Matrix des Operators vereinfachen.

Es gilt der folgende

Satz 71 (Jordan’sche Normalform) Zu jedem Operator A über den komplexen Zahlen C existiert eine Basis {e_{1}, …, e_{n}}, in der der Operator die folgende Matrix hat:

[A] = ( \begin{matrix}x & 0 & … & 0 \\ 0 & x & … & 0 \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 0 & … & x \end{matrix} ) .

Dabei sind die x entweder gleich Null oder gleich Eins.

102 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Wenn A und B Operatoren sind, betrachten wir die Matrizen [A] = (a_{i}^{j}), [B] = (b_{k}^{l}) und [A ∘ B] = (c_{s}^{t}). Dann gilt:

∑_{t=1}^{n} c_{s}^{t}e_{t} = (A ∘ B)(e_{s})
= A(B(e_{s}))
= A(∑_{l=1}^{n} b_{s}^{l}e_{l})
= ∑_{l=1}^{n} b_{s}^{l} · A(e_{l})
= ∑_{l=1}^{n} b_{s}^{l} · (∑_{j=1}^{n} a_{l}^{j}e_{j})
= ∑_{j=1}^{n}(∑_{l=1}^{n} a_{l}^{j}b_{s}^{l})e_{j}

Daraus können wir eine Folgerung ableiten, die wir im folgenden Satz festhalten wollen: Satz 72 Für jedes Element c_{s}^{t} der Matrix [A ∘ B] gilt:

c_{s}^{t} = ∑_{l=1}^{n} a_{l}^{t}b_{s}^{l}.

Beweis vgl. obige Herleitung

□

Man nennt die Matrix [A ∘ B] auch das Produkt der Matrizen [A] und [B]. Beispiel 39 Es seien die beiden folgenden Matrizen gegeben:

[A] = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix} )

[B] = ( \begin{matrix}−2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix} ) .

Dann ist nach dem obigen Satz:

c_{1}^{1} = a_{1}^{1}b_{1}^{1} + a_{2}^{1}b_{1}^{2}
= 1 · (−2) + 0 · 3
= −2
c_{1}^{2} = a_{1}^{2}b_{1}^{1} + a_{2}^{2}b_{1}^{2}
= 4
c_{2}^{1} = a_{1}^{1}b_{2}^{1} + a_{2}^{1}b_{2}^{2}
= 1
c_{2}^{2} = a_{1}^{2}b_{2}^{1} + a_{2}^{2}b_{2}^{2}

5.7. LINEARE OPERATOREN (II) 103 Damit gilt:

[A ∘ B] = ( \begin{matrix}−2 & 1 \\ 4 & 9 \end{matrix} ) .

Gegeben ist ein Operator A. In einer Basis {e_{1}, …, e_{n}} hat er die Matrix

[A]_{e} = (A(e_{1}), …, A(e_{n})).

Es ist darin für alle i = 1, …, n:

A(e_{i}) = a_{i} = ∑_{j=1}^{n} a_{i}^{j}e_{j}.

Wir wählen eine neue Basis des linearen Raumes V: {f_{1}, …, f_{n}}. Es gilt natürlich:

f_{k} = ∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r}e_{r}

e_{s} = ∑_{t=1}^{n} d_{s}^{t}f_{t}

Betrachten wir nun die Beziehungen zwischen den beiden Matrizen [A]_{e} = (a_{i}^{j}) und [A]_{f} = (b_{k}^{r}) etwas näher: Es gilt:

A(f_{k}) = ∑_{r=1}^{n} b_{k}^{r}f_{r}
A(∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r}e_{r}) = ∑_{r=1}^{n} b_{k}^{r} ∑_{s=1}^{n} c_{r}^{s}e_{s}
∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r}A(e_{r}) = ∑_{s=1}^{n}(∑_{r=1}^{n} b_{k}^{r}c_{r}^{s})e_{s}
∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r} ∑_{j=1}^{n} a_{r}^{j}e_{j} = ∑_{s=1}^{n}(∑_{r=1}^{n} b_{k}^{r}c_{r}^{s})e_{s}
∑_{j=1}^{n}(∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r}a_{r}^{j})e_{j} = ∑_{s=1}^{n}(∑_{r=1}^{n} b_{k}^{r}c_{r}^{s})e_{s}

Da {e_{1}, …, e_{n}} eine Basis des linearen Raumes V ist, gilt:

∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r}a_{r}^{j} = ∑_{r=1}^{n} b_{k}^{r}c_{r}^{j}.

Damit folgt: Es existiert eine Matrix [C], so daß gilt:

[A]_{e} · [C] = [C] · [A]_{f}.

Es gilt weiterhin:

∑_{s=1}^{n} b_{k}^{s}f_{s} = A(f_{k})

= A(∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r}e_{r})

= ∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r}A(e_{r})

= ∑_{r=1}^{n} c_{k}^{r} ∑_{j=1}^{n} a_{r}^{j}e_{j}

= ∑_{r=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} c_{k}^{r}a_{r}^{j}e_{j}

= ∑_{r=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} c_{k}^{r}a_{r}^{j} ∑_{t=1}^{n} d_{j}^{t}f_{t}

= ∑_{t=1}^{n}(∑_{r=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} d_{j}^{t}a_{r}^{j}c_{k}^{r})f_{t}

Damit folgt, da {f_{1}, …, f_{n}} eine Basis des linearen Raumes V ist:

b_{k}^{s} = ∑_{r=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} d_{j}^{s}a_{r}^{j}c_{k}^{r}.

Damit folgt: Es existieren Matrizen [C] und [D], so daß gilt:

[A]_{f} = [D] · [A]_{e} · [C].

Fassen wir zusammen:

Satz 73 Wenn ein Operator A in der Basis {e_{1}, …, e_{n}} die Matrix [A]_{e} = [A] und in einer anderen Basis {f_{1}, …, f_{n}} die Matrix [A]_{f} = [B] hat, dann existieren Matrizen [C] und [D] unabhängig von A, so daß gilt:

1. [A] · [C] = [C] · [B],

2. [B] = [D] · [A] · [C].

Beweis vgl. obige Herleitung.

□

Bemerkung 2 f_{k} ist das Bild von e_{k} eines Operators C mit der Matrix [C]_{e}. Es gilt:

C: V ⟶ V, C(e_{k}) = f_{k}
D: V ⟶ V, D(f_{s}) = e_{s}

Die Matrizengleichungen des Satzes sind Reflexionen von Operatorgleichungen.

Bemerkung 3 Wenn A = E gilt, dann erhält man die Gleichungen

[C] = [C]
[E] = [D] · [C].

C und D sind invertierbar, und das gleiche gilt für ihre Matrizen. Wir können die zweite Gleichung auch schreiben:

[A]_{f} = [C]^{−1} · [A]_{e} · [C].

Zu jedem Operator existiert in einer Basis {e_{1}, …, e_{n}} eine Determinante

det_{e}([A]) = det_{e}(A(e_{1}), …, A(e_{n})).

Satz 74 Es gilt:

det([A] · [B]) = det[A] · det[B].

Beweis Es gilt:

det([A] · [B]) = det_{e}((A ∘ B)(e_{1}), …, (A ∘ B)(e_{n}))
= det_{e}(A(B(e_{1})), …, A(B(e_{n})))
= \underbrace{∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f}a_{1}^{f(1)} · . . . · a_{n}^{f(n)}}_{=det A} ·det(B(e_{1}), …, B(e_{n}))

□

Folgerung: det[A]_{f} = det[A]_{e}.

Beweis

det[A]_{f} = det[D] · det[A]_{e} · det[C]
= det[A]_{e} · det[D] · det[C]
= det[A]_{e} · det([D][C])
= det[A]_{e} · det[E]
= det[A]_{e}
□

Die Determinante von [A] ist also unabhängig von der Basis des linearen Raumes V, das heißt, daß man einfach det A schreiben kann.

Folgerung: Ist ein Operator invertierbar, dann ist det A ≠ 0 und umgekehrt.

Beweis Es sei A invertierbar. Somit existiert ein Operator A^{−1}, so daß gilt: A · A^{−1} = E Daraus folgt:

det A · det A^{−1} = det E = 1.

Folglich muß det A ≠ 0 gelten. Es gilt:

det A^{−1} = \frac{1}{det A}.

Es sei nun det A ≠ 0. Wir nehmen an, daß A nicht invertierbar ist. Dann gilt: Ker A ≠ {o}. (Das folgern wir aus dem Satz, den wir mit dem Ringschlußprinzip bewiesen hatten.) Es gibt also einen Vektor v in der Menge Ker A, für den gilt:

v = ∑_{i=1}^{n} c^{i}e_{i}, v ≠ o und A(v) = o.

Daraus folgt:Es muß ein i_{0} ∈ {1, …, n} geben, so das gilt: c^{i_{0}} ≠ 0. Nun gilt aber:

o = A(v)
= A(∑_{i=1}^{n} c^{i}e_{i})

= ∑_{i=1}^{n} c^{i}A(e_{i})

Das bedeutet aber nun, daß in der Matrix [A] die Spalten linear abhängig sind. Daraus folgt: det [A] = 0. Das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung. Also ist der Operator A invertierbar.

□

5.8 Invariante Unterräume

Wir betrachten einen Operator A: V ⟶ V über einem Körper K.

Definition 54 Der Unterraum U des Vektorraumes V heißt A-invarianter Unterraum, falls für alle Vektoren u ∈ U auch A(u) ∈ U gilt.

Es sei {e_{1}, …, e_{k}, …, e_{n}} eine Basis des Vektorraumes V derart, daß {e_{1}, …, e_{k}} eine Basis des Unterraumes U ist, der A-invariant sei. Dann ist die Matrix des Operators A in dieser Basis des Raumes V von der Gestalt:

[A] = ( \begin{matrix}k \\ k A_{U} & ∗ \\ 0 & A^{U} \end{matrix} ) .

Dazu eine kurze Erläuterung:

Wie wir wissen, gilt: [A] = (A(e_{1}), …, A(e_{n})) und

A(e_{i}) = ∑_{j=1}^{n} a_{i}^{j}e_{j}, für alle i = 1, …, n.

Wir wissen aber, daß {e_{1}, …, e_{k}} Basis des Unterraumes U ist. Da U A-invariant ist, gilt: A(e_{1}), …, A(e_{k}) ∈ U. Folglich gilt:

A(e_{i}) = ∑_{j=1}^{k} a_{i}^{j}e_{j}, für alle i = 1, …, k.

Mittels dieser Gleichung erhalten wir die Matrix (A_{U}) und unterhalb dieser die Nullen, da wir in der Linearkombination der A(e_{1}), …, A(e_{k}) aus den Vektoren e_{1}, …, e_{n} die Koeffizienten vor den Vektoren e_{k+1}, …, e_{n} gleich Null setzen können, wie wir eben gesehen haben.

Die Matrix (A_{U}) ist also eine k ×k-Matrix, die Matrix (A^{U}) ist eine (n−k)×(n−k)-Matrix.

Beispiel 40 Wir betrachten den Vektorraum V = R^{3} = {(x, y, z): x, y, z ∈ R}. Dazu sei folgende Basis gegeben:

e_{1} = (0, 0, 1), e_{2} = (0, 1, 1), e_{3} = (1, 1, 1).

Wir definieren den Operator: A(x, y, z) = (x, y, 10z).

Dann ist der Unterraum U = L({(0, 0, 1)}) A-invariant. Das kann man leicht nachvollziehen. Wie sieht nun die Matrix des Operators bzgl. dieser Basis aus? Dazu bestimmen wir für die drei Basisvektoren den Wert A(e_{i}).

A(e_{1}) = (0, 0, 10)
= 10 · e_{1}
A(e_{2}) = (0, 1, 10)
= 1 · (0, 1, 1) + 9 · (0, 0, 1)
= 1 · e_{2} + 9 · e_{1}
A(e_{3}) = (1, 1, 10)
= 1 · (1, 1, 1) + 9 · (0, 0, 1)
= 1 · e_{3} + 9 · e_{1}

Damit erhalten wir die folgende Matrix:

[A] = ( \begin{matrix}10 & 9 & 9 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Betrachten wir nun die Basis von R^{3}:

e_{1} = (0, 0, 1), e_{2} = (1, 0, 0), e_{3} = (0, 1, 0).

Dann ist der Unterraum U′ = L({(1, 0, 0), (0, 1, 0)}) ebenfalls A-invariant. Wie sieht die Matrix des Operators in dieser Basis aus?

A(e_{1}) = (0, 0, 10)
= 10 · e_{1}
A(e_{2}) = (1, 0, 0)
= e_{2}
A(e_{3}) = (0, 1, 0)
= e_{3}

Somit sieht die Matrix des Operators wie folgt aus:

[A] = ( \begin{matrix}10 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Wir betrachten den Unterraum U als linearen Raum, auf dem A operiert. In der Basis {e_{1}, …, e_{k}} hat der Operator A die Matrix (A_{U}).

Wir betrachten nun L(e_{k+1}, …, e_{n}) = U′. Darauf ist A im allgemeinen \underline{kein} Operator. Aber es gibt einen Operator A_{U′}, so daß die Matrix dieses Operators eben gerade (A^{U}) ist. Es gilt also:

[A_{U′}] = (A^{U}) in der Basis e_{k+1}, …, e_{n}.

Folglich gilt: Den Operator A_{U′} kann man auf dem gesamten Vektorraum V definieren durch die Matrix:

( \begin{matrix}k \\ k 0 & 0 \\ 0 & [A_{U′}] \end{matrix} ) .

Damit erhalten wir für den Operator A:

[A] = ( \begin{matrix}A_{U} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & [A_{U′}] \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 & ∗ \\ 0 & 0 \end{matrix} )

Wir haben also gesehen:

Der Operator A_{U} ist einerseits ein Operator auf dem Vektorraum V, andererseits aber auch ein Operator auf dem Unterraum U. Im ersten Fall hat er die n × n-Matrix

( \begin{matrix}[A_{U}] & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) ,

im zweiten dagegen die k × k-Matrix

( [A_{U}] ) .

Definition 55 Eine Zahl k ∈ K heißt Eigenwert des Operators A, wenn ein Vektor v ≠ o aus dem Vektorraum V existiert, so daß gilt:

A(v) = k · v.

Den Vektor v bezeichnen wir als Eigenvektor des Operators A.

Definition 56 Mit V_{k} bezeichnen wir die zum Eigenwert k gehörende Menge, die aus allen Vektoren v ∈ V besteht, für die A(v) = k · v gilt.

Satz 75 Die Menge V_{k} ist ein Unterraum des Vektorraumes V.

Beweis Es seien v_{1}, v_{2} ∈ V_{k}. Daraus folgt: A(v_{1}) = k · v_{1} und A(v_{2}) = k · v_{2}. Dann ist:

A(l · v_{1} + m · v_{1}) = l · A(v_{1}) + m · A(v_{2})
= l · k · v_{1} + m · k · v_{2}
= k · (l · v_{1} + m · v_{2})

Daraus folgt, daß der Vektor l · v_{1} + m · v_{2} in der Menge V_{k} enthalten ist. Diese ist damit ein Unterraum des Vektorraumes V.

□

Definition 57 Die Dimension des Unterraumes V_{k} heißt geometrischer Grad des Eigenwertes k und wird mit m_{k} bezeichnet.

Für alle Vektoren v aus dem Unterraum V_{k} gilt nach dessen Definition: A(v) = k · v. Damit gilt:

o = A(v) − k · v
= A(v) − k · E(v)
= (A − k · E)(v)

Damit ist der Operator A − k · E auf dem Unterraum V_{k} gleich dem Nulloperator O. Also werden alle Vektoren aus V_{k} auf den Nullvektor abgebildet. Damit gilt auf dem Unterraum V_{k}:

Ker (A − k · E) = V_{k}.

Satz 76 Die Zahl k ∈ K ist genau dann Eigenwert des Operators A, wenn für sie gilt:

det (A − k · E) = 0.

Beweis

⟹): Es sei k ∈ K Eigenwert des Operators A. Damit existiert ein Vektor v ∈ V, v ≠ o, so daß gilt: A(v) = k · v. Folglich ist die Menge V_{k} nicht leer und es gilt: dim V_{k} = m_{k} > 0. Damit gilt: Ker (A − k · E) ≠ {o} und daraus folgt: Der Operator (A − k · E) ist nicht invertierbar. Damit aber gilt: det (A − k · E) = 0.

⟸): Es sei gegeben eine Zahl k ∈ K mit det (A − k · E) = 0. Daraus folgt: Der Operator A − k · E ist nicht invertierbar. Damit folgt: dim Ker(A − k · E) > 0. Also existiert ein Vektor v ≠ o im Raum V, für den gilt:

o = (A − k · E)(v)
= A(v) − (k · E)(v)
= A(v) − k · E(v)
= A(v) − k · v

Damit folgt also: A(v) = k · v. Folglich ist k Eigenwert.

□

Beispiel 41 Es sei V = R^{2} = L({(1, 0), (0, 1)}). Der Operator A sei durch seine Matrix in der obigen Basis vorgegeben:

[A] = ( \begin{matrix}1 & 7 \\ −3 & −1 \end{matrix} ) .

Damit gilt:

A((1, 0)) = 1 · (1, 0) + (−3) · (0, 1)
= (1, −3)
A((0, 1)) = 7 · (1, 0) + (−1) · (0, 1)
= (7, −1)

Somit gilt dann für jeden beliebigen Vektor (x, y):

A((x, y)) = A(x · (1, 0) + y · (0, 1))
= A(x · (1, 0)) + A(y · (0, 1))
= x · A((1, 0)) + y · A((0, 1))
= x · (1, −3) + y · (7, −1)
= (x, −3x) + (7y, −1y)
= (x + 7y, −3x − y)

Für den Operator A − k · E gilt, wenn man die Matrizen betrachtet:

( \begin{matrix}1 & 7 \\ −3 & −1 \end{matrix} ) − k · ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 − k & 7 \\ −3 & −1 − k \end{matrix} ) .

Untersuchen wir jetzt die Determinante dieser Matrix:

| \begin{matrix}1 − k & 7 \\ −3 & −1 − k \end{matrix} | = k^{2} − 1 + 21 = k^{2} + 20

Wir sehen also: Ist V = R^{2}, so ist det(A−k·E) = k^{2}+20 ≠ 0, was bedeutet, daß der Operator A keine Eigenvektoren hat. Wenn wir die Definition des Operators geringfügig verändern, erhalten wir:

[A′] = ( \begin{matrix}1 & 7 \\ 3 & −1 \end{matrix} ) .

Dann gilt:

det(A′ − k · E) = k^{2} − 22.

Folglich gibt es zwei Eigenwerte für diesen Operator: k_{1} = \sqrt{22} und k_{2} = −\sqrt{22}.

Weil der Wert von det (A − k · E) unabhängig von der Basis von V ist, kann man das Polynom det (A − x · E) (Grad = dim V) unabhängig von der Basis betrachten und nennt es charakteristisches Polynom des Operators A. Bezeichnung: f_{A}(x).

Folgerung: Die Zahl k ∈ K ist genau dann ein Eigenwert des Operators A, wenn sie eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms f_{A} ist.

Wenn also k Eigenwert des Operators A ist, gilt: f_{A}(k) = 0. Dann ist die Zahl (x − k) ein Teiler von f_{A}(x). Es gilt also: f_{A}(x) = (x − k) · g(x). Das sieht man wie folgt: Es sei k Eigenwert des Operators A (f_{A}(k) = 0). Allgemein gilt:

\frac{f_{A}(x)}{(x − k)} = g(x) Rest c | · (x − k)
f_{A}(x) = (x − k) · g(x) + c

Dabei gilt: g(x) ≠ 0. Wir nehmen nun an, daß gilt: c ≠ 0. Wir setzen für x den Wert k ein. Dann gilt:

0 = f_{A}(k)
= (k − k) · g(k) + c
= c

Also war unsere Annahme falsch.

Nun kann es ja sein, daß nicht nur (x − k) Teiler von f_{A}(x) ist, sondern auch (x − k)^{2} oder (x − k)^{3} oder ...

Definition 58 Wenn das charakteristische Polynom des Operators A f_{A}(x) = (x − k)^{n}g(x) (g(x) ≠ 0), aber nicht mehr durch (x − k)^{n+1} teilbar ist, so heißt dieser Exponent n der algebraische Grad des Eigenwertes k und wird mit n_{k} bezeichnet. Wir können also sagen: n_{k} ist die Vielfachheit der Nullstelle k des charakteristischen Polynoms des Operators A.

Kommen wir nun noch einmal auf den Anfang dieses Abschnitts zurück. Wir hatten dort den Vektorraum V mit einer Basis e_{1}, …, e_{k}, …, e_{n} betrachtet derart, daß e_{1}, …, e_{k} eine Basis des A-invarianten Unterraumes U von V ist. Wir hatten festgestellt, daß wir für den Operator A auch die Matrix schreiben konnten:

[A] = ( \begin{matrix}k \\ k A_{U} & ∗ \\ 0 & A^{U} \end{matrix} ) .

Weiterhin hatten wir gesagt, daß es einen Operator A_{U′} gibt, dessen Matrix gerade (A^{U}) ist. Zuletzt hatten wir festgestellt, daß wir die Matrix des Operators A zerlegen können:

[A] = ( \begin{matrix}A_{U} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & [A_{U′}] \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}0 & ∗ \\ 0 & 0 \end{matrix} )

Betrachten wir das einmal unter dem Gesichtspunkt der charakteristischen Polynome. Wir haben drei charakteristische Polynome zu betrachten: f_{A}(x), f_{A_{U}} (x) und f_{A_{U′}} (x). Es gilt das folgende:

f_{A}(x) = det (A − x · E)

= | \begin{matrix}& & k \\ & ∗ −x \\ k & & … & & & ∗ \\ & & & ∗ − x & & n−k \\ & & & & ∗ −x \\ & & 0 & & & … & & n−k \\ & & & & & & ∗ − x \end{matrix} |

= ∑_{f∈S_{n}}(−1)^{sgn f}a_{1}^{f(1)} · . . . · a_{k}^{f(k)} · a_{k+1}^{f(k+1)} · . . . · a_{n}^{f(n)}
⇝ f_{A}(x) = f_{A_{U}} (x) · f_{A_{U′}} (x)

Für den Operator A_{U} hatten wir festgestellt, daß er sowohl Operator auf dem Vektorraum V als auch auf dem Unterraum U ist. Im ersten Fall hatte er die Matrix:

( \begin{matrix}[A_{U}] & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) .

Das charakteristische Polynom f_{A_{U}} (x) in diesem Fall ist gleich (−x)^{n−k} · fÅ_{U} (x), wobei fÅ_{U} (x) das charakteristische Polynom des Operators auf dem Unterraum U ist.

Nach diesem Ausflug zum Anfang des Abschnitts kommen wir nun wieder zum algebraischen Grad des Eigenwertes k des Operators A zurück:

Satz 77 Es gilt: m_{k} ≤ n_{k}.

Beweis Der Raum V_{k} ist ein A-invarianter Unterraum von V. (Das können wir aus den Eigenschaften eines Unterraumes folgern.) Außerdem wissen wir, das wir auf dem Raum V_{k} den Operator A zerlegen können:

A = A_{V_{k}} + A_{V′_{k}} + R.

Für das charakteristische Polynom des Operators A gilt dann:

f_{A}(x) = f_{A_{V_{k}}} (x) · f_{A_{V{′ \atop k}}} (x).

Der Operator A_{V_{k}} hat auf dem Raum V_{k} die Matrix:

( \begin{matrix}k & ⋯ & 0 \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ 0 & ⋯ & k \end{matrix} ) .

Damit gilt:

f_{A_{V_{k}}} (x) = det (A_{V_{k}} − x · E)

= | \begin{matrix}k − x & ⋯ & 0 \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ 0 & ⋯ & k − x \end{matrix} |

= (k − x)^{m_{k}}
= (x − k)^{m_{k}} · (−1)^{m_{k}}

Damit gilt:

f_{A}(x) = (x − k)^{m_{k}} · (−1)^{m_{k}} · f_{A_{V{′ \atop k}}} (x).

Nach Definition des algebraischen Grades des Eigenwertes k gilt dann:

n_{k} ≥ m_{k}.
□

Definition 59 Ein Operator A heißt triangulierbar, wenn es eine Basis des Vektorraumes V gibt, so daß die Matrix [A] des Operators Dreiecksform hat:

[A] = ( \begin{matrix}∗ & ⋯ & ∗ \\ & ... & ⋮ \\ 0 & & ∗ \end{matrix} ) .

Definition 60 Ein Operator A heißt diagonalisierbar, wenn es eine Basis e_{1}, …, e_{n} des Vektorraumes V gibt, in der die Matrix des Operators Diagonalform hat; d.h. für jedes e_{i}, i = 1, …, n gilt: A(e_{i}) = a_{i}^{i}e_{i}.

[A] = ( \begin{matrix}∗ & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & ∗ \end{matrix} ) .

Wir setzen für die nächsten Sätze voraus, daß das charakteristische Polynom f_{A}(x) im Körper K in Linearfaktoren zerfällt:

f_{A}(x) = (x − k_{1})^{n_{1}} · (x − k_{1})^{n_{2}} · . . . · (x − k_{r})^{n_{r}}.

Beispiel 42 Es gibt Polynome, die das nicht tun:

∗ x^{2} + 1 zerfällt in R nicht;

∗ x^{2} + x + 1 zerfällt in Z_{2} nicht.

Satz 78 Jeder Operator ist triangulierbar.

Beweis Es sei U ein A-invarianter Unterraum. Wir zeigen, daß es einen A-invarianten Unterraum W gibt, so daß gilt:

• dim W = dim U + 1;

• U ⊆ W.

Wenn das gilt, so ist die Triangulierbarkeit des Operators A gezeigt. Dann kann man nämlich folgendes tun:

Man beginnt mit einem Eigenvektor v des Operators und setzt U = L(v) = W_{1}. Nach dem Satz gibt es einen A-invarianten Unterraum W_{2} mit den oben genannten Eigenschaften. Für diesen wenden wir den Satz erneut an, setzen also U = W_{2}. Es gibt einen A-invarianten Unterraum W_{3} mit den obigen Eigenschaften usw. Wir erhalten eine Folge von A-invarianten Unterräumen. Dabei wählen wir jeweils eine Basis e_{1}, …, e_{n} von V derart, daß e_{1}, …, e_{k} eine Basis des A-invarianten Unterraumes W_{k} ist. Dabei verwenden wir die Basis e_{1}, …, e_{k−1} des A-invarianten Unterraumes W_{k−1} gleich mit. Dann ist die Matrix des Operators A in dieser Basis des Raumes W_{k} in Dreiecksform. Infolge der Konstruktion gilt dann nämlich:

A(e_{1}) = c_{1} · e_{1}
A(e_{2}) = d_{1} · e_{1} + d_{2} · e_{2}
⋮  ⋮
A(e_{k}) = h_{1} · e_{1} + … + h_{k} · e_{k}

Da wir dieses Verfahren nach dem Satz, den wir jetzt beweisen wollen, bis auf den Vektorraum V fortsetzen können, ist damit die Triangulierbarkeit des Operators gezeigt.

Kommen wir also zum Beweis:

Es sei U ein A-invarianter Unterraum, U ≠ V. Auf V können wir bekanntermaßen den Operator A zerlegen:

A = A_{U} + A_{U′} + R,

und es gilt:

f_{A}(x) = f_{A_{U}} (x) · f_{A_{U′}} (x).

Wir betrachten auf U′ den Operator A_{U′}. Nach unserer Voraussetzung vor diesem Satz gilt: Das charakteristische Polynom f_{A_{U′}} (x) hat auf U′ eine Nullstelle l. Folglich ist l Eigenwert von A_{U′} und es existiert ein Eigenvektor v in U′, so daß gilt: A_{U′} (v) = l · v.

Wir definieren: W := L(U ∪ {v}).

Untersuchen wir die beiden Eigenschaften:

1. dim W = dim U + 1, weil der Vektor v nicht im Unterraum U enthalten ist, also linear unabhängig von allen Vektoren aus dem Unterraum U ist.

2. Der Unterraum W ist A-invariant, denn es gilt:

A(v) = (A_{U} + A_{U′} + R)(v)
= A_{U}(v) + A_{U′} (v) + R(v)
= o + k · v + \underbrace{R(v)}_{∈U} ∈ W

□

Satz 79 Wenn gilt: m_{k} = n_{k}, für jeden Eigenwert k des Operators A, dann ist der Operator A diagonalisierbar.

Beweis

Wir betrachten den Unterraum V_{k}, der zum Eigenwert k gehört. Er ist A-invariant. Wir wählen eine Basis des Vektorraumes V_{k}:

e_{k,1}, …, e_{k,m_{k}}.

Die Zahl der Eigenwerte des Operators A sei r. Dann gibt es auch r Unterräume V_{k_{1}}, …, V_{k_{r}}. Diese Unterräume haben natürlich entsprechende Basen, für die wir zeigen: Die Menge der Vektoren

\{\underbrace{e_{k_{1},1}, …, e_{k_{1},m_{k_{1}}}}_{V_{k_{1}}}, …, \underbrace{e_{k_{r},1}, …, e_{k_{r},m_{kr}}}_{V_{kr}}\}

ist linear unabhängig. Haben wir das gezeigt, so ist klar, daß sie eine Basis des Vektorraumes V bilden, da nämlich gilt:

m_{k_{1}} + … + m_{k_{r}} = n_{k_{1}} + … + n_{k_{r}} = n,

da der Grad des charakteristischen Polynoms f_{A}(x) gleich n ist und es in Linearfaktoren zerlegbar sein sollte. Damit aber müssen sie vollständig sein, denn V ist n-dimensional.

Zeigen wir also die lineare Unabhängigkeit: Wir bilden eine Linearkombination:

v_{1} + v_{2} + … + v_{r} = o,

wobei gilt:

v_{i} = ∑_{j=1}^{m_{k_{i}}} c_{k_{i},j} · e_{k_{i},j} ∈ V_{k_{i}}.

Es reicht nun zu zeigen, daß für alle i = 1, …, r gilt: v_{i} = o.

Es gilt:

A(v_{1} + … + v_{r}) = o ⟹ \begin{matrix}k_{1}v_{1} + k_{2}v_{2} + … + k_{r}v_{r} = o \\ k_{r}(v_{1} + v_{2} + … + v_{r}) = o \end{matrix} \}
⟹ (k_{1} − k_{r})v_{1} + … + (k_{r−1} − k_{r})v_{r−1} = o

Falls eine Kombination v_{1}, …, v_{r} zu k_{1}, …, k_{r} existiert, so gibt es auch eine Kombination v′_{1}, …, v′_{r−1} zu k_{1}, …, k_{r−1} mit

v′_{1} + … + v′_{r−1} = o, v′_{i} := (k_{i} − k_{r}) · v_{i}.

Das Verfahren setzen wir fort und erhalten eine Kombination v_{1}^{(r−1)} = o, wobei

v_{1}^{(r−1)} = \underbrace{(k_{1} − k_{2})}_{≠0} v_{1}^{(r−2)}.

Es ist also v_{1}^{(r−2)} = o, die vorige Kombination sieht also so aus:

\underbrace{v_{1}^{(r−2)}}_{=o} +v_{2}^{(r−2)} = o,

und damit ist v_{2}^{(r−2)} = o.

Demnach sind v_{1}^{(r−2)} = v_{2}^{(r−2)} = o. Dann sind es aber auch v_{1}^{(r−3)}, v_{2}^{(r−3)} und somit auch v_{3}^{(r−3)} usw.

Letztlich gilt: v_{1} = … = v_{r} = o. Damit gilt für jedes i = 1, …, r:

o = v_{i} = ∑_{j=1}^{m_{k_{i}}} c_{k_{i},j}e_{k_{i},j}.

Das aber ist eine Linearkombination von Basisvektoren des Unterraumes V_{k_{i}}. Deshalb gilt für alle j = 1, …, m_{k_{i}}: c_{k_{i},j} = 0.

Damit haben wir eine Basis des Vektorraumes V gefunden, die nur aus Eigenvektoren zu bestimmten Eigenwerten besteht. Damit ist der Operator A diagonalisierbar.

□

Satz 80 Wenn der Operator A diagonalisierbar ist, dann gilt: m_{k} = n_{k} für alle Eigenwerte k des Operators A.

Beweis

Wenn der Operator A diagonalisierbar ist, dann hat er die folgende Matrix:

[A] = ( \begin{matrix}a_{11} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & a_{nn} \end{matrix} ) .

Damit gilt für das charakteristische Polynom des Operators:

f_{A}(x) = det (A − x · E) = ∏_{i=1}^{r}(a_{ii} − x)^{n_{i}}.

Also zerfällt es in Linearfaktoren.

f_{A}(x) = (x − k_{1})^{n_{1}} · . . . · (x − k_{r})^{n_{r}}.

Nach Voraussetzung ist der Operator A also diagonalisierbar. Folglich existiert eine Basis des Vektorraumes V, in der die Matrix des Operators A Diagonalform hat.

[A] = ( \begin{matrix}& n_{1} \\ n_{1} & \begin{aligned}k_{1} \\ & . & . & . \\ & & & & k_{1} \end{aligned} & & 0 \\ & & ∗ \\ & 0 & & ∗ \\ & & & & ∗ \end{matrix} ) .

Daraus geht hervor: Es existieren n_{1} linear unabhängige Vektoren e_{k_{1},1}, …, e_{k_{1},n_{1}}, die alle Eigenvektoren zum Eigenwert k_{1} sind. Daraus aber folgt:

dim V_{k_{1}} ≥ n_{1} ≥ m_{1} = dim V_{k_{1}}.

Diese Schlußfolgerung kann man für alle Eigenwerte k_{1}, …, k_{r} ziehen, und es gilt:

dim V_{k_{i}} ≥ n_{i} ≥ m_{i} = dim V_{k_{i}}.

Das gilt für alle i = 1, …, r. Somit gilt für alle Eigenwerte des Operators A: m_{k} = n_{k}.

□

Wie kann man den geometrischen Grad m_{k} eines Eigenwertes k des Operators A aus dessen Matrix ablesen?

Es gilt: dim V_{k} = m_{k}. Der Vektor v ist genau dann Eigenvektor zum Eigenwert k, wenn gilt:

(A − k · E)(v) = o.

Damit aber gilt: v ∈ Ker (A − k · E) und nach Definition: v ∈ V_{k}. Somit folgt:

m_{k} = dim Ker (A − k · E)
= n − dim Im (A − k · E)
= n − rg (A − k · E)

Folgerung: Hat ein Operator alle Nullstellen k des charakteristischen Polynoms f_{A}(x) im Körper K, und sind das nur einfache Nullstellen, so ist er diagonalisierbar.

Beweis Nach Voraussetzung gilt:

0 ≤ m_{k} ≤ n_{k} = 1, für jeden Eigenwert k.

Daraus aber folgt: m_{k} = n_{k} für alle Eigenwerte k des Operators A. Damit ist dieser aber diagonalisierbar.

□

5.9 Nilpotente Operatoren

Definition 61 Ein Operator A heißt nilpotent, wenn es eine positive natürliche Zahl m gibt, so daß A^{m} = O der Nulloperator ist. Die kleinste Zahl m heißt Nilpotenzgrad des Operators A.

Beispiel 43 Der Nulloperator O ist ein nilpotenter Operator mit Nilpotenzgrad 1.

Beispiel 44 Wenn man für einen Operator A in einem m-dimensionalen Vektorraum V eine Basis {A^{m−1}(x), A^{m−2}(x), …, A(x), x} findet und A^{m}(x) = o ist, dann ist der Operator A nilpotent.

Übungsaufgabe 36 Zeigen Sie, daß A nilpotent ist, indem Sie zeigen, daß für jeden Basisvektor e der Vektor A^{m}(e) der Nullvektor ist. Welchen Nilpotenzgrad hat A?

Definition 62 Wenn für einen Operator Z eine solche Basis existiert, dann nennt man ihn zyklisch.

Betrachten wir einen zyklischen Operator Z mit seiner Basis

e_{1} := Z^{m−1}(x), e_{2} := Z^{m−2}(x), …, e_{m} := x.

Gleichzeitig gilt: Z^{m}(x) = o. Bestimmen wir seine Matrix in dieser Basis. Es gilt:

[Z] = (Z(e_{1}), Z(e_{2}), …, Z(e_{m})).

Wir ermitteln die Vektoren Z(e_{i}) für i = 1, …, m.

Z(e_{1}) = Z(Z^{m−1}(x))
= Z^{m}(x)
= o
Z(e_{2}) = Z(Z^{m−2}(x))
= Z^{m−1}(x)
= 1 · e_{1}
⋮
Z(e_{m}) = Z(x)
= 1 · e_{m−1}

Wir erhalten als Matrix des Operators Z:

[Z] = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 & … & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & … & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 0 \end{matrix} ) .

Übungsaufgabe 37 Bestimmen Sie die Matrix eines zyklischen Operators Z in der Basis {x, Z(x), Z^{2}(x), …, Z^{m−1}(x)}.

Beispiel 45 Wir betrachten einen nilpotenten Operator A, für den gilt:

A = Z_{1} + Z_{2} + … + Z_{r}.

Die Operatoren Z_{i}, i = 1, …, r, seien zyklisch auf einem Unterraum U_{i}. Damit erhalten wir für den Operator A die folgende Matrix:

[A] = ( 0  0 U_{1} U_{2} U_{3} …  ) .

Die Matrix eines Operators Z_{i} sieht wie folgt aus:

[Z_{i}] = ( 0 1 ... ... ... 1 0 ) .

Zu dem Operator Z_{i}, i = 1, …, r gibt es eine Basis e_{1}, …, e_{m_{i}}, auf der er zyklisch ist.

Ziel: Wir werden zeigen, daß jeder nilpotente Operator die Form des Operators A hat.

Satz 81 Alle Eigenwerte eines nilpotenten Operators sind gleich Null.

Es sei k ein beliebiger Eigenwert des nilpotenten Operators A. Dann gilt: Es existiert ein Vektor v ≠ o mit:

A(v) = k · v.

Daraus folgt:

A^{m}(v) = k^{m} · v = o.

Damit aber gilt: k^{m} = 0 und somit k = 0.

□

Satz 82 (Der Satz über die Normalform nilpotenter Operatoren) Es sei A nilpotent vom Grade m. Dann existieren Unterräume U_{1}, …, U_{r}, so daß A auf diesen Unterräumen zyklisch ist, d.h.: die Matrix des Operators A hat in der Basis, die aus den Basen der Unterräume U_{i} zusammengesetzt ist, die Form:

[A] = ( 0 0 ) .

Dabei sieht jeder Block wie folgt aus:

( 0 1  0 ... ... ... 1 0  0 ) .

Beweis Es sei V_{i} = Im A^{i}, i = 0, …, m − 1. Dann gilt:

V_{0} = Im A^{0} = Im E = V.

(Übrigens gilt:

V_{m} = Im A^{m} = Im O = {o}.)

Wir erhalten also eine Folge von Unterräumen V_{0}, …, V_{m−1} des Vektorraumes V, für die gilt:

V_{i} ⊇ V_{i+1}.

(Es gilt nämlich: Im A^{i+1} ⊆ Im A^{i}, denn es ist A^{i+1}(w) = A^{i}(A(w)).)

Betrachten wir zunächst den Unterraum V_{m−1}. Er hat eine Basis

{e_{m−1,1}, …, e_{m−1,l_{m−1}}}.

(Die Dimension des Vektorraumes V_{1} bezeichnen wir mit l_{1}: dim V_{1} = l_{1}.) Diese Vektoren sind also aus dem Bild des Operators A^{m−1}. Damit erhalten wir, wenn wir den Operator A auf sie anwenden:

A(e_{m−1,1}) = … = A(e_{m−1,l_{m−1}}) = o.

Betrachten wir jetzt den Unterraum V_{m−2}. Für ihn gilt: V_{m−2} ⊇ V_{m−1}. Wir suchen jetzt eine Basis für den Unterraum V_{m−2}.

Wir konstruieren die Basis eines Unterraumes V_{i}, i = 0, …, m−2 nach folgendem Verfahren:

1. Wir nehmen die Basisvektoren des ”Vorgängerraumes“.

2. Wir setzen die Urbilder der Basisvektoren des ”Vorgängerraumes “hinzu.

3. Falls das noch nicht genug Vektoren sind, um die Vollständigkeit zu erhalten, wählen wir noch weitere Vektoren aus V_{i} geeignet aus. (Was ”geeignet“bedeutet, wird weiter unten erläutert.)

Das bedarf einer Erläuterung. Den ersten Schritt können wir machen, da wir festgestellt hatten, daß gilt: V_{i} ⊇ V_{i+1}. Damit sind die Basisvektoren von V_{i+1} auch in V_{i} enthalten. Ihre Urbilder sind es sowieso. Kommen wir also auf den Unterraum V_{m−2} zurück.

Nach unserem Verfahren sieht die konstruierte Basis wie folgt aus:

{e_{m−1,1}, …, e_{m−1,l_{m−1}}, e_{m−2,1}, …, e_{m−2,l_{m−1}}, e_{m−2,l_{m−1}+1}, …, e_{m−2,l_{m−2}}}.

Dabei gilt: A(e_{m−2,i}) = e_{m−1,i}, für i = 1, …, l_{m−1}. (Die Zahl l_{m−2} ist dabei abhängig davon, wieviel Vektoren für die Vollständigkeit ergänzt werden müssen.)

Nun können wir das zwar so konstruieren, aber wir müssen auch zeigen, daß es sich tatsächlich um eine Basis des Vektorraumes V_{m−2} handelt.

Beginnen wir mit der linearen Unabhängigkeit: Wir zeigen zunächst:

Die Vektoren {e_{m−2,1}, …, e_{m−2,l_{m−1}}} sind linear unabhängig.

Wir bilden eine Linearkombination des Nullvektors:

c_{1}e_{m−2,1} + … + c_{l_{m−1}}e_{m−2,l_{m−1}} = o.

Wir wenden den Operator A auf diese Gleichung an und erhalten:

c_{1}e_{m−1,1} + … + c_{l_{m−1}}e_{m−1,l_{m−1}} = o.

Hierbei handelt es sich aber um eine Linearkombination des Nullvektors aus Basisvektoren des Unterraumes V_{m−1}. Daher gilt: c_{i} = 0, für alle i = 1, …, l_{m−1}. Aus diesem Grunde sind die Vektoren {e_{m−2,1}, …, e_{m−2,l_{m−1}}} linear unabhängig.

Jetzt zeigen wir die lineare Unabhängigkeit der Vektoren

{e_{m−1,1}, …, e_{m−1,l_{m−1}}, e_{m−2,1}, …, e_{m−2,l_{m−1}}}.

Wir bilden wieder eine Linearkombination des Nullvektors:

c_{1}e_{m−1,1} + … + c_{l_{m−1}}e_{m−1,l_{m−1}} + d_{1}e_{m−2,1} + … + d_{l_{m−1}}e_{m−2,l_{m−1}} = o.

Wir wenden wieder den Operator A an und erhalten:

c_{1}o + … + c_{l_{m−1}}o + d_{1}e_{m−1,1} + … + d_{l_{m−1}}e_{m−1,l_{m−1}} = o.

Daraus folgt: d_{i} = 0, für alle i = 1, …, l_{m−1}.

Damit ergibt sich aus der ersten Gleichung und der linearen Unabhängigkeit der Vektoren {e_{m−1,1}, …, e_{m−1,l_{m−1}}}: c_{i} = 0 für alle i = 1, …, l_{m−1} und somit die Aussage.

Die Vektoren {e_{m−2,l_{m−1}+1}, …, e_{m−2,l_{m−2}}} wählen wir so aus dem Unterraum V_{m−2} aus, daß sich die lineare Unabhängigkeit für alle Vektoren, die die Basis bilden sollen, ergibt.

Die Vollständigkeit folgt aus der Art und Weise der Konstruktion dieser Menge von Vektoren.

Nun haben wir also eine Basis des Unterraumes V_{m−2} konstruiert, die wie folgt aussieht:

{e_{m−1,1}, …, e_{m−1,l_{m−1}}, e_{m−2,1}, …, e_{m−2,l_{m−1}}, e_{m−2,l_{m−1}+1}, …, e_{m−2,l_{m−2}}}.

Es gilt also: dim V_{m−2} = l_{m−1} + l_{m−2}.

Die ergänzenden Vektoren {e_{m−2,l_{m−1}+1}, …, e_{m−2,l_{m−2}}} wählen wir indessen nicht irgendwie, sondern für sie soll gelten:

A(e_{m−2,j}) = o, für alle j > l_{m−1}.

Da ergibt sich natürlich die Frage, ob das überhaupt möglich ist. Die Antwort lautet ja, denn man kann folgendes tun:

Haben wir die Vektoren entsprechend den an sie gestellten Bedingungen ausgewählt (mit den anderen zusammen vollständig und linear unabhängig), so kann für einige die neue Voraussetzung bereits gelten, für andere nicht. Für letztere gilt:

A(e_{m−2,j}) = f_{j} ≠ o, j ∈ {l_{m−1} + 1, …, l_{m−2}}.

Dann verändern wir diese Vektoren noch einmal. Es gilt:

A(e_{m−2,j}) = f_{j} ∈ V_{m−1} ⊆ V_{m−2}.

Somit können wir diese Vektoren in der Basis des Unterraumes V_{m−1} linear kombinieren:

f_{j} = c_{j}^{1}e_{m−1,1} + … + c_{j}^{l_{m−1}}e_{m−1,l_{m−1}}.

Wir bilden jetzt die Differenz:

\underbrace{e_{m−2,j}}_{=A^{−1}(f_{j})} −c_{j}^{1}e_{m−2,1} − … − c_{j}^{l_{m−1}}e_{m−2,l_{m−1}},

die wir nun als neuen Vektor e_{m−2,j} wählen. Was haben wir dadurch erreicht? Wenden wir jetzt den Operator A auf den neuen Vektor e_{m−2,j} an, ergibt sich:

A(e_{m−2,j}) = f_{j} − c_{j}^{1}e_{m−1,1} − … − c_{j}^{l_{m−1}}e_{m−1,l_{m−1}}
= f_{j} − f_{j}
= o

Damit ist alles klar. (Die neuen Vektroen ändern auch an der Eigenschaft aller Vektoren, Basis zu sein, nichts, da sie aus anderen Basisvektoren und dem jeweiligen ”alten“Vektor linear kombiniert wurden; diese aber erfüllten ja die Basiseigenschaften.)

Damit haben wir also eine (unseren Wünschen entsprechende) Basis des Unterraumes V_{m−2} konstruiert.

Nach genau demselben Verfahren schaffen wir uns nun eine Basis des Unterraumes V_{m−3}, für den gilt: V_{m−2} ⊆ V_{m−3}. Diese Basis sieht wie folgt aus:

\{Basis V_{m−2}\} ∪ \{\underbrace{e_{m−3,1}, …, e_{m−3,l_{m−1}}, …, e_{m−3,l_{m−2}}}_{Urbild der Basis von V_{m−2}}, e_{m−3,l_{m−2}+1}, …, e_{m−3,l_{m−3}}\}.

Analog zu den Betrachtungen im Unterraum V_{m−2} läßt sich hier zeigen, daß die Vektoren linear unabhängig sind. Vollständig sind sie nach Konstruktion. Die ergänzenden Vektoren kann man wiederum so wählen, daß sie durch den Operator A gerade auf den Nullvektor abgebildet werden.

Auf diese Weise läßt sich das Verfahren fortsetzen. Schließlich kommen wir zum Unterraum V_{0} = V und erhalten eine Basis für diesen Unterraum.

\{Basis von V_{1}\} ∪ \{Urbild der Basis von V_{1}\} ∪ \underbrace{\{e_{0,l_{1}+1}, …, e_{0,l_{0}}\}}_{ergänzte Vektoren} .

Würden wir jetzt alle Basen untereinanderschreiben, und zwar so, daß jede Basis genau über ihren Urbildern im folgenden Unterraum steht, dann bilden sich gewissermaßen Spalten. Wie sieht das aus?

V_{m−1} :  {e_{m−1,1}, …, e_{m−1,l_{m−1}}}
V_{m−2} : {Basis V_{m−1}}∪ {e_{m−2,1}, …, e_{m−2,l_{m−1}}, e_{m−2,l_{m−1}+1}, …, e_{m−2,l_{m−2}}}
V_{m−3} : {Basis V_{m−2}}∪ {e_{m−3,1}, …, e_{m−3,l_{m−1}}, e_{m−3,l_{m−1}+1}, …, e_{m−3,l_{m−2}}, …, e_{m−3,l_{m−3}}}
⋮
V_{0} : {Basis V_{1}}∪ {e_{0,1}, …, e_{0,l_{m−1}}, e_{0,l_{m−1}+1}, …, e_{0,l_{1}}, e_{0,l_{1}+1}, …, e_{0,l_{0}}}

Die Spalten werden nun von den Vektoren gebildet, die in der obigen Darstellung immer untereinander stehen, also die Vektoren mit dem gleichen Index t, wobei t = 1, …, l_{0} gilt. Die Unterräume, auf denen der Operator A zyklisch ist, werden durch die Basisvektoren einer Spalte erzeugt. Spalten gibt es gerade l_{0} viele.

(Die Vektoren einer Spalte sind linear unabhängig. Das können wir anhand der Konstruktion beweisen. Jeder (außer der oberste) Vektor einer Spalte ist Urbild seines oberen Vorgängers. Da aber die Basis eines Unterraumes V_{i}, vereinigt mit ihrem Urbild, linear unabhängig war (vgl. Beweis im Fall V_{m−2}), sind es auch die Vektoren einer Spalte. Damit sind sie Basis eines Unterraumes von V = V_{0}, denn sie sind alle in V enthalten. Da jeder Basisvektor aber Urbild seines oberen Vorgängers ist und für den obersten Vektor v in der Spalte nach Konstruktion gilt: A(v) = o, ist der Operator auf dem durch diese Vektoren erzeugten Unterraum zyklisch.)

□

An dieser Stelle ist es angebracht, ein Beispiel zu untersuchen.

Beispiel 46 Gegeben sei ein Operator A durch seine Matrix:

[A] = ( \begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ −3 & −3 & 3 \\ −2 & −2 & 2 \end{matrix} ) .

A ist damit ein Operator in einem dreidimensionalen linearen Raum V.

Mittels der Matrix erhalten wir die folgende Definition des Operators:

A(e_{1}) = e_{1} − 3e_{2} − 2e_{3}
A(e_{2}) = e_{1} − 3e_{2} − 2e_{3}
A(e_{3}) = −e_{1} + 3e_{2} + 2e_{3}

wobei {e_{1}, e_{2}, e_{3}} die Basis des Vektorraumes V ist, in der der Operator die obige Matrix hat.

Frage: Ist der Operator A nilpotent?

Damit interessieren uns die Potenzen des Operators A. Gibt es eine Zahl m mit A^{m} = O? Untersuchen wir das:

A^{2}(e_{1}) = A(A(e_{1}))
= A(e_{1} − 3e_{2} − 2e_{3})
= A(e_{1}) − 3A(e_{2}) − 2A(e_{3})
= (e_{1} − 3e_{2} − 2e_{3}) − 3(e_{1} − 3e_{2} − 2e_{3}) − 2(−e_{1} + 3e_{2} + 2e_{3})
= o
A^{2}(e_{2}) = A^{2}(e_{1})
= o
A^{2}(e_{3}) = A(A(e_{3}))
= A(−A(e_{2}))
= −A^{2}(e_{2})
= o

Wir sehen: Der Operator A ist nilpotent mit Nilpotenzgrad 2; es gilt A^{2} = O. Das kann man auch anders feststellen:

[A^{2}] = [A][A]
= ( \begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ −3 & −3 & 3 \\ −2 & −2 & 2 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ −3 & −3 & 3 \\ −2 & −2 & 2 \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Analog zum Beweis des vorigen Satzes betrachten wir nun die Unterräume V_{i} = Im A^{i}. Allgemein gilt: V_{0} = V, V_{1} = Im A,…, V_{m−1} = Im A^{m−1}, V_{m} = Im A^{m} = {o}.

In unserem Beispiel erhalten wir: V_{0} = V, V_{1} = Im A, V_{2} = {o}. Damit entspricht der Unterraum V_{1} aus unserem Beispiel dem Unterraum V_{m−1} aus dem Beweis des Satzes. Der Unterraum V_{1} ist eindimensional. (Die Dimension des Raumes V_{1} = Im A ist gleich dem Rang der Matrix des Operators A.) Folglich brauchen wir für die Basis des Unterraumes V_{1} nur einen Vektor. Wir wählen den Vektor A(e_{1}). (Im folgenden bezeichnen wir ihn analog zum Beweis des Satzes mit e_{1,1} - erster Index: Index des Vektorraums, zu dem er gehört; zweiter Index - Index des Vektors in der Basis.) Es gilt:

e_{1,1} = e_{1} − 3e_{2} − 2e_{3} ≠ o.

Das der Vektor e_{1,1} ungleich dem Nullvektor ist, folgt aus der linearen Unabhängigkeit der Vektoren e_{1}, e_{2} und e_{3}.

Für den Vektor e_{1,1} gilt: A(e_{1,1}) = o. Also erfüllt er die an ihn gestellten Bedingungen aus dem Beweis des vorigen Satzes. Jetzt konstruieren wir die Basis des Unterraumes V_{0} (entspricht dem Unterraum V_{m−2}). Dazu nehmen wir die Basis des Unterraumes V_{1}, ihr Urbild bzgl. dem Operator A und eventuell weitere Vektoren. Da in unserem Fall V_{0} = V gilt, wissen wir, daß wir eine Basis aus drei Vektoren konstruieren müssen. Indem wir den Vektor e_{3} aus dem Raum V hinzunehmen, erhalten wir folgende Basis:

{e_{1,1}, e_{0,1}, e_{0,2}},

wobei gilt:

e_{0,1} = A^{−1}(e_{1,1})
= A^{−1}(A(e_{1}))
= e_{1}
e_{0,2} = e_{3}

Die lineare Unabhängigkeit dieser Vektoren kann man leicht nachprüfen. Da es genau drei Vektoren sind, ergibt sich die Vollständigkeit.

Prüfen wir, ob diese Basis den Konstruktionsbedingungen entspricht: Der Vektor e_{1,1} bildet die Basis des Vorgänger-Unterraumes V_{1}, der Vektor e_{0,1} ist sein Urbild bzgl. A. Für den Vektor e_{0,2} gilt:

A(e_{0,2}) = A(e_{3}) = −e_{1} + 3e_{2} + 2e_{3} ≠ o,

was aus der linearen Unabhängigkeit der Vektoren {e_{1}, e_{2}, e_{3}} folgt. Also ist der ergänzende Vektor schlecht gewählt, denn er sollte ja laut Konstruktionsvorschrift so beschaffen sein, daß der Operator A ihn auf den Nullvektor abbildet.

Im Beweis hatten wir gezeigt, daß wir den Vektor entsprechend verändern können. Das tun wir jetzt. Es gilt:

A(e_{0,2}) ∈ A(V_{0}) = Im A = V_{1}.

Wir stellen den Vektor A(e_{0,2}) als Linearkombination der Basisvektoren des Unterraumes V_{1} dar:

A(e_{0,2}) = A(e_{3})
= −e_{1} + 3e_{2} + 2e_{3}
= −(e_{1} − 3e_{2} − 2e_{3})
= −A(e_{1})
= −e_{1,1}

Nun setzen wir: e_{0,2} := \underbrace{e_{0,2}}_{alt} −(−e_{0,1}). Damit gilt:

e_{0,2} = e_{3} − (−e_{1}) = e_{3} + e_{1}.

Wenn wir jetzt den Operator A auf den Vektor e_{0,2} anwenden, erhalten wir:

A(e_{0,2}) = A(e_{3} + e_{1})
= A(e_{3}) + A(e_{1})
= o

Somit haben wir jetzt folgende Basis für den Unterraum V_{0} gefunden:

{e_{1,1}, e_{0,1}, e_{0,2}},

mit e_{0,1} = e_{1} und e_{0,2} = e_{3} + e_{1}. Es gilt:

A(e_{1,1}) = A(e_{0,2}) = o, A(e_{0,1}) = e_{1,1}.

Schreiben wir die Basen untereinander:

V_{1}: V^{0}: e^{1,1} e_{1,1} e_{0,1} e_{0,2}

Wir erhalten damit zwei Unterräume:

U_{1} = L(e_{0,1}, e_{1,1}), U_{2} = L(e_{0,2}).

Wie wirkt der Operator A auf dem Unterraum U_{1}?

A(e_{0,1}) = e_{1,1}, A(e_{1,1}) = A^{2}(e_{0,1}) = o.

Folglich ist der Operator A auf dem Unterraum U_{1} definiert durch:

e_{1,1} = A(x), e_{0,1} = x.

Der Operator A verhält sich auf dem Unterraum U_{1} wie ein zyklischer Operator mit dem Nilpotenzgrad 2.

Wie wirkt der Operator A auf dem Unterraum U_{2}?

A(e_{0,2}) = o.

Folglich ist der Operator A hier definiert durch:

e_{0,2} = x.

Der Operator A wirkt auf dem Unterraum U_{2} wie ein zyklischer Operator mit Nilpotenzgrad 1. In der Basis {e_{1,1}, e_{0,1}, e_{0,2}} des Vektorraumes V hat der Operator A die Matrix:

( ^{U_{1}} ^{U_{2}} 0 0 1 0 0 0 0 0 0 ) .

Fassen wir jetzt noch einmal zusammen: Für jeden nilpotenten Operator existiert eine Basis, die sich aus Basen von Unterräumen U_{i} zusammensetzt, auf denen der Operator zyklisch ist. Seine Matrix nimmt dann die Block-Diagonalform an:

( [figure: 0; 0; 0; 0; 1; 1; 1; 1; 1; 1; 0] ) .

Da die Unterräume U_{i} invariant sind, stehen außerhalb der Kästchen nur Nullen. Auf den Unterräumen U_{i} ist der Operator A zyklisch. Daher stehen direkt über der Hauptdiagonalen nur Einsen, sofern die Basisvektoren in der richtigen Reihenfolge aufgezählt sind. (Man sollte probieren, was passiert, wenn man im vorhergehenden Beispiel die Basisvektoren des Unterraumes U_{1} miteinander vertauscht.)

Folgerung: Ist der Operator A nilpotent, so gilt für sein charakteristisches Polynom:

f_{A}(x) = det ([A] − x[E]) = (−x)^{n},

wobei n die Dimension des Vektorraumes V ist.

Folgerung: Alle Nullstellen des charakteristischen Polynoms eines nilpotenten Operators A sind gleich Null mit der Vielfachheit n.

(Den Spezialfall dieser Aussage, daß alle Eigenwerte eines nilpotenten Operators gleich Null sind, hatten wir schon bewiesen.)

5.10 Die Jordansche Normalform

Satz 83 Es sei A ein Operator in einem linearen Raum V, bei dem alle Nullstellen des charakteristischen Polynoms im Körper K liegen. Es gilt also:

f_{A}(x) = (x − k_{1})^{n_{1}} · . . . · (x − k_{r})^{n_{r}}.

Dann existiert eine Basis des linearen Raumes V, die sich aus Basen von invarianten Unterräumen zusammensetzt, auf denen die Matrix des Operators A die Block-Diagonalform hat:

[A] = ( k_{1} k_{2} ^{k_{3}}  ^{k_{r−1}} k_{r}^{...} 0  0  ) .

Dabei hat jeder Block die Form von Kästchen:

0  0

Jedes Kästchen ist von der Gestalt:

\begin{aligned}k_{i} & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & k_{i} \end{aligned} .

Beispiel 47 Das charakteristische Polynom eines Operators A sieht wie folgt aus:

f_{A}(x) = (x − 3)^{3}(x − 2)^{2}(x + 1).

Dann sieht die Matrix, die es nach dem Satz geben soll, zum Beispiel wie folgt aus:

( 3 1 0 0 3 1 0 0 3 2 0 0 2 −1 0  0  ) .

Übungsaufgabe 38 Denken Sie sich eine andere Variante aus!

Alle nun folgenden Betrachtungen dienen dem Beweis des Satzes. Wir müssen nämlich noch einiges vorbereiten, um den Beweis führen zu können. Daher gelten im folgenden alle Voraussetzungen des Satzes!

Definition 63 Es sei k_{i} eine Nullstelle (Eigenwert) des charakteristischen Polynoms. Dann ist W_{i} der maximale Unterraum des Vektorraumes V, auf dem der Operator (A − k_{i} · E) nilpotent ist.

Es ergeben sich für uns nun zwei Fragen:

1. Gibt es einen solchen Unterraum W_{i} überhaupt?

2. Wenn ja, ist er eindeutig bestimmt?

128 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN W_{i} ist die Menge, die alle Vektoren v enthält, für die gilt:

(A − k_{i} · E)^{m}(v) = o,

für irgendein m. Die so definierte Menge W_{i} ist ein Unterraum:

• Es seien v_{1}, v_{2} ∈ W_{i}. Wir zeigen, daß gilt: v_{1} + v_{2} ∈ W_{i}. Nach Voraussetzung gilt:

(A − k_{i} · E)^{m_{1}}(v_{1}) = o = (A − k_{i} · E)^{m_{2}}(v_{2}).

(Dabei sind m_{1} und m_{2} beide größer oder gleich dem Nilpotenzgrad.) Nun gilt:

(A − k_{i} · E)^{m_{1}+m_{2}}(v_{1} + v_{2}) = (A − k_{i} · E)^{m_{1}+m_{2}}(v_{1}) + (A − k_{i} · E)^{m_{1}+m_{2}}(v_{2}) = o. Damit gilt: v_{1} + v_{2} ∈ W_{i}.

• Es sei v ∈ W_{i}. Wir zeigen: c · v ∈ W_{i}, wobei c ∈ K gilt. Es gilt:

(A − k_{i} · E)^{m}(c · v) = c · (A − k_{i} · E)^{m}(v) = o.

Damit gilt die Aussage. Die Menge W_{i} ist also ein Unterraum des Vektorraumes V. Der Unterraum W_{i} ist eindeutig bestimmt. Nehmen wir an, das wäre nicht so. Dann gäbe es zwei solche Unterräume W_{i} und Wi^{′}, die nach Definition beide maximal wären. Dann ist aber der Operator (A − k_{i} · E) auch auf der Summe dieser beiden Unterräume nilpotent. Daraus und aus der Maximalität der beiden folgt dann aber:

W_{i} = W_{i} + Wi^{′} = Wi^{′}.

Satz 84 Es gilt für zwei Eigenwerte k_{1} und k_{2} eines Operators A:

(A − k_{1} · E) · (A − k_{2} · E) = (A − k_{2} · E) · (A − k_{1} · E).

Beweis Wenn man das ausmultipliziert, so erhält man auf beiden Seiten der Gleichung:

A^{2} − (k_{1} + k_{2})A + k_{1}k_{2}E.

□

Wir betrachten den Operator A mit allen seinen Eigenwerten (Nullstellen) k_{i}. Satz 85 Der zum Eigenwert k_{i} des Operators A gehörende Unterraum W_{i} ist (A − k_{j} · E)- invariant, wobei i ≠ j gilt. Beweis Es sei v ein Vektor aus dem Unterraum W_{i}. Wir müssen zeigen:

(A − k_{j} · E)(v) ∈ W_{i}.

Das bedeutet, daß wir zeigen müssen, daß eine Zahl m′ existiert, so daß gilt:

(A − k_{i} · E)^{m′} ((A − k_{j} · E)(v)) = o.

Nun gilt nach Voraussetzung: Es existiert eine Zahl m derart, daß gilt:

(A − k_{i} · E)^{m}(v) = o.

Wenn es die Zahl m′ gibt, dann gilt mit der Aussage des vorigen Satzes:

(A − k_{i} · E)^{m′} ((A − k_{j} · E)(v)) = ((A − k_{i} · E)^{m′} · (A − k_{j} · E))(v)
= ((A − k_{j} · E) · (A − k_{i} · E)^{m′})(v)

Wenn wir nun m′ := m setzen, so ist alles klar.

□

Satz 86 Im zum Eigenwert k_{i} gehörenden Unterraum W_{i} ist der Operator (A−k_{j} ·E), wobei i ≠ j ist, invertierbar.

Beweis Es sei x ∈ W_{i} und x ∈ Ker (A − k_{j} · E). Folglich gilt: (A − k_{j} · E)(x) = o. Daraus folgt: A(x) = k_{j} · x. Dann ist:

(A − k_{i} · E)(x) = A(x) − k_{i} · x
= k_{j} · x − k_{i} · x
= (k_{j} − k_{i})x

Damit folgt dann:

(A − k_{i} · E)^{2}(x) = (k_{j} − k_{i})^{2} · x
⋮
(A − k_{i} · E)^{m}(x) = (k_{j} − k_{i})^{m} · x

Da nun der Vektor x aus dem Unterraum W_{i} ist, existiert eine Zahl m mit der Eigenschaft:

(A − k_{i} · E)^{m}(x) = (k_{j} − k_{i})^{m} · x = o.

Daraus folgt: Da k_{j} − k_{i} ≠ 0 gilt, (denn es sollte ja k_{j} ≠ k_{i} sein) muß der Vektor x gleich dem Nullvektor sein (x = o).

Da der Vektor x beliebig aus der Menge Ker (A − k_{j} · E) gewählt war, gilt:

Ker (A − k_{j} · E) = {o}.

Folglich ist der Operator (A − k_{j} · E) im Unterraum W_{i} invertierbar.

□

Wir hatten festgestellt, daß die zum Eigenwert k_{i} entsprechend definierte Menge W_{i} ein Unterraum des Vektorraumes V ist. (W_{i} wird in der Literatur auch ”verallgemeinerter Eigenraum “genannt.)

Frage: Welche Dimension hat der Unterraum W_{i}?

Wir wissen:

• W_{i} ⊂ V;

• Der Operator A ist zerlegbar: A = A_{W_{i}} + A_{W′_{i}} + R;

• Für das charakteristische Polynom gilt: f_{A}(x) = f_{A_{W_{i}}} (x) · f_{A_{W{′ \atop i}}} (x).

Satz 87 Es gilt: dim W_{i} ≥ n_{i}. (n_{i} ist der algebraische Grad des Eigenwertes k_{i}.)

Beweis Wir führen den Beweis indirekt. Wir nehmen an, daß gilt: dim W_{i} < n_{i}. Dann ist (x − k_{i}) ein Teiler des Polynoms f_{A_{W{′ \atop i}}}. Folglich gilt: f_{A_{W{′ \atop i}}} = 0.

Damit ist k_{i} ein Eigenwert des Operators A auf dem Unterraum Wi^{′}. Dann existiert ein Eigenvektor v bzw. v_{W′_{i}}. Das bedeutet:

A_{W′_{i}} (v) = k_{i} · v ⟹ (A_{W′_{i}} − k_{i} · E_{W′_{i}})(v) = o.

Betrachten wir nun den ganzen Raum V:

(A − k_{i} · E)(v) = (A_{W_{i}} + A_{W′_{i}} + R − k_{i} · E_{W_{i}} − k_{i} · E_{W′_{i}})(v)
= (A_{W_{i}} − k_{i} · E_{W_{i}} + R + A_{W′_{i}} − k_{i} · E_{W′_{i}})(v)
= \underbrace{(A_{W_{i}} − k_{i} · E_{W_{i}})(v)}_{=o} +R(v) + \underbrace{A_{W′_{i}} − k_{i} · E_{W′_{i}})(v)}_{=o}

= R(v) ∈ W_{i}

(Der Operator A_{W_{i}} − k_{i} · E_{W_{i}} bildet auf dem Unterraum Wi^{′} auf den Nullvektor ab.)

Für den Vektor R(v) existiert also eine Zahl m, so daß gilt:

(A − k_{i} · E)^{m}(R(v)) = o.

Dann ist aber (A − k_{i} · E)^{m+1}(v) = o. (R ist ein Teil von A.) Daher liegt der Vektor v im Unterraum W_{i}. Das aber ist ein Widerspruch, denn der Vektor v ≠ o war Element des Unterraumes Wi^{′} und sollte sich damit nicht als Linearkombination von Basisvektoren aus dem Unterraum W_{i} darstellen lassen.

Folglich gilt: dim W_{i} ≥ n_{i}.

□

Hat man mit W_{1}, …, W_{r} die Unterräume, die jeweils zu den Eigenwerten k_{i} des Operators A gebildet sind, und auf denen der Operator (A−k_{i}·E) nilpotent ist, dann ist W_{1}+W_{2}+…+W_{r} ein Kandidat für eine Zerlegung des Vektorraumes V. Es gilt, wie wir eben gezeigt haben: dim W_{i} ≥ n_{i}. Ein Problem wäre jetzt nur, wenn gelten würde:

W_{1} ∩ (W_{2} + … + W_{r}) ≠ {o}.

Dieser Fall tritt nicht ein, d.h.:

Satz 88 Es sei v ein Vektor aus V. Wenn v ∈ W_{1} und v ∈ W_{2} + … + W_{r} gilt, dann ist v = o.

Beweis Wir führen diesen Beweis mittels Induktion über r.

Induktionsanfang: Es sei r = 2. Dann müssen wir zeigen, daß gilt: Wenn ein Vektor v im Unterraum W_{1} und im Unterraum W_{2} liegt, dann ist er gleich dem Nullvektor. Es sei also v ∈ W_{1} und v ∈ W_{2}. Dann folgt zunächst: Es existiert eine Zahl m_{1}, so daß gilt:

(A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v) = o.

Da der Operator (A − k_{1} · E) auf dem Unterraum W_{2}, in dem v auch liegt, invertierbar ist, gilt:

o = (A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v)
(A − k_{1} · E)^{−1}(o) = (A − k_{1} · E)^{−1}((A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v))
o = (A − k_{1} · E)^{m_{1}−1}(v)
= ⋮
o = v

Kommen wir nun zum Induktionsschritt: Die Induktionsvoraussetzung besagt, daß für r Unterräume die Aussage gilt. Wir zeigen sie für r + 1.

Es sei also v ein Vektor mit v ∈ W_{1} und v ∈ W_{2} + … + W_{r+1}. Dann können wir den Vektor v wie folgt darstellen:

v = v_{2} + … + v_{r+1},

wobei gilt: v_{i} ∈ W_{i}, für alle i = 2, …, r + 1. Da der Vektor v in W_{1} liegt, gilt:

(A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v) = (A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{2} + … + v_{r+1})
o = (A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{2}) + … + (A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{r+1})

Dabei gilt wegen der (A − k_{1} · E)-Invarianz der Unterräume W_{i}, i = 2, …, r + 1:

(A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{i}) ∈ W_{i}.

Wir erhalten durch Umstellen der Gleichung einen Vektor v′, für den folgendes gilt:

v′ = −(A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{2})
v′ = \underbrace{(A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{3})}_{∈W_{3}} + … + \underbrace{(A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{r+1})}_{∈W_{r+1}}

Wir haben also einen Vektor v′ erhalten, der im Unterraum W_{2} liegt, aber gleichzeitig in der Summe der Unterräume W_{3}, …, W_{r+1}. Diese, zusammen mit dem Unterraum W_{2}, sind genau r Unterräume. Wir können also unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung schlußfolgern:

v′ = o.

Damit gilt: (A − k_{1} · E)^{m_{1}}(v_{2}) = o. Wegen der Invertierbarkeit des Operators (A − k_{1} · E)^{m_{1}} auf dem Unterraum W_{2} folgt: v_{2} = o.

Damit haben wir nun gezeigt, daß gilt:

v = v_{3} + … + v_{r+1}.

Folglich gilt: v ∈ W_{1} und v ∈ W_{3}+…+W_{r+1}. Somit können wir die Induktionsvoraussetzung ein zweites Mal anwenden und erhalten:

v = o.

Also ist alles gezeigt.

□

Damit können wir nun schlußfolgern:

W_{1} + … + W_{r} = V.

Mit Hilfe des Dimensionssatzes erhalten wir außerdem:

n = dim V
= dim (W_{1} + … + W_{r})
= dim W_{1} + … + dim W_{r}
≥ n_{1} + … + n_{r}
= n

Damit muß gelten: dim W_{i} = n_{i}, für alle i = 1, …, r.

Man findet eine Basis, in der der Operator A die Jordan’sche Normalform hat, indem man ihn in den Unterräumen W_{i}, i = 1, …, r, betrachtet und dann deren Basen zusammensetzt.

Der Operator (A − k_{i} · E) ist auf dem Unterraum W_{i} nilpotent. Also existiert eine Basis von W_{i}, in der dieser Operator die nilpotente Normalform hat. Analog zum Beweis des Satzes über die Normalform nilpotenter Operatoren können wir sie bezeichnen mit:

{e_{1,1} …, e_{1,l_{1}}, e_{2,1}, …, e_{2,l_{2}}, …, e_{t,l_{t}}}.

Das sind n_{i} Vektoren. In dieser Basis hat der Operator (A − k_{i} · E) die folgende Matrix (Schema)::

[A − k_{i} · E] = ( [figure: 0; 0; 0; 0; 1; 1; 1; 1; 1; 1; 0] ) .

Damit hat der Operator A in dieser Basis die Matrix:

[A] = ( \begin{matrix}k_{i} & 1 ∨ 0 & & & 0 \\ & k_{i} & 1 ∨ 0 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & 1 ∨ 0 \\ 0 & & & & k_{i} \end{matrix} ) .

Diese Matrix ist die Matrix des Operators A auf dem Unterraum W_{i}. Sie besteht natürlich auch aus Kästchen, analog zu oben. Diese Kästchen nennen wir Nilpotenzkästchen. Die Matrix selbst nennen wir Jordanblock zum Eigenwert k_{i}. Er hat die Größe n_{i}.

Wenn wir nun die Matrix des Operators A in der aus den Basen der Unterräume W_{i} zusammengefaßten Matrix des Vektorraumes V betrachten, erhalten wir (Schema):

(  2 1 2 1 2 1 2 {0 \atop 0} 3 1 3 3 1 3 3  ) .

Dabei bilden die großen Kästchen die Jordanblöcke. Die in sie hineingeschachtelten kleineren Kästchen sind die Nilpotenzkästchen. Das ist die Jordan’sche Normalform des Operators A. Der Satz vom Anfang dieses Abschnittes ist damit bewiesen.

(Für dieses Schema haben wir drei Eigenwerte folgendermaßen vorausgesetzt:

k_{1} = 3, k_{2} = 2, k_{3} = 0).

Beispiel 48 Wir betrachten einen dreidimensionalen Vektorraum V.

Gegeben sei ein Operator A durch seine Matrix:

[A] = ( \begin{matrix}4 & −5 & 2 \\ 5 & −7 & 3 \\ 6 & −9 & 4 \end{matrix} ) .

Dann gilt für das charakteristische Polynom:

f_{A}(x) = det (A − x · E)
= | \begin{matrix}4 − x & −5 & 2 \\ 5 & −7 − x & 3 \\ 6 & −9 & 4 − x \end{matrix} |

= | \begin{matrix}4 − x & −5 & 2 \\ 1 + x & −2 − x & 1 \\ 1 & −2 + x & 1 − x \end{matrix} | (Zeile 2 − 1 und Zeile 3 − 2)

= | \begin{matrix}4 − x & −5 & 2 \\ 1 + x & −2 − x & 1 \\ −x & 2x & −x \end{matrix} | (Zeile 3 − 2)

= x · | \begin{matrix}4 − x & −5 & 2 \\ 1 + x & −2 − x & 1 \\ −1 & 2 & −1 \end{matrix} | (Determinanteneigenschaft)

= x · | \begin{matrix}2 − x & −1 & 0 \\ x & −x & 0 \\ −1 & 2 & −1 \end{matrix} | (Zeile 1 + 2 · Zeile 3 und Zeile 2 + 3)

= −x · | \begin{matrix}2 − x & −1 \\ x & −x \end{matrix} |
= −x^{2} · | \begin{matrix}2 − x & −1 \\ 1 & −1 \end{matrix} |
= −x^{2} · | \begin{matrix}1 − x & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix} | (Zeile 1 − 2)
= x^{2} · (1 − x)

Damit ergeben sich die beiden folgenden Eigenwerte:

k_{1} = 0 und k_{2} = 1.

Damit können wir das charakteristische Polynom des Operators A wie folgt zerlegen:

f_{A}(x) = −(x − 0)^{2} · (x − 1).

Für die algebraischen Grade gilt:

n_{1} = 2 und n_{2} = 1.

Folglich erhalten wir als Jordan’sche Normalform des Operators A die folgende Matrix:

[A] = ( 0 ? 0 0 1 0 0 0 0^{n_{1}} ^{n_{2}} ) .

Frage: Was steht an der Stelle, die mit ”?“ bezeichnet ist?

Dort kann entweder 0 stehen, falls es zwei Nilpotenzkästchen im Jordanblock zum Eigenwert k_{1} = 0 gibt, oder 1, wenn es nur ein solches Kästchen gibt.

Wir wollen nun ermitteln, was an dieser Stelle stehen muß. W_{0} ist der Unterraum, auf dem der Operator (A − 0 · E) nilpotent ist. Er ist zweidimensional (seine Dimension ist ja gleich dem algebraischen Grad des Eigenwertes, zu dem er gehört). Der Jordanblock zum Eigenwert k_{1} = 0 enthält die Normalform des Operators (A − 0 · E) in W_{0}. Wie sieht diese nun aus?

Nach dem Satz über die Normalform eines nilpotenten Operators und seinem Beweis erhalten wir die folgenden möglichen Schemata für die Unterräume U_{i}:

[figure: ·; ·; o; o; und; \begin{matrix}· \\ · \end{matrix}; o]

Das bedeutet: Es kann zwei eindimensionale Unterräume oder einen zweidimensionalen Unterraum des Raumes W_{0} geben. Im ersten Fall erhielten wir zwei, im zweiten nur ein Nilpotenzkästchen. Um nun festzustellen, ob es zwei oder einen solchen Unterraum gibt, brauchen wir nur folgende Frage zu beantworten (vgl. obige Schemata):

Wieviel linear unabhängige Vektoren bildet der Operator (A − 0 · E) im Raum W_{0} auf den Nullvektor o ab?

Da der Operator (A − 0 · E) auf dem Unterraum W_{1} invertierbar ist, reicht es aus, wenn wir die Dimension der Menge Ker (A − 0 · E) bestimmen, denn alle Vektoren, die durch den Operator (A − 0 · E) auf den Nullvektor abgebildet werden und selbst ungleich dem Nullvektor sind, müssen wegen der Invertierbarkeit des Operators auf W_{1} aus dem Unterraum W_{0} sein.

Der Operator (A − 0 · E) hat folgende Matrix:

[A − 0 · E] = ( \begin{matrix}4 & −5 & 2 \\ 5 & −7 & 3 \\ 6 & −9 & 4 \end{matrix} ) = [A].

Das bedeutet:

→ Mindestens ein Vektor muß durch den Operator auf den Nullvektor abgebildet werden, denn wir haben einen Eigenwert, der gleich Null ist. Das heißt, es gibt einen Vektor v, für den gilt:

o = 0 · v = A(v) = (A − 0 · E)(v).

→ Drei Vektoren können vom Operator (A − 0 · E) nicht auf den Nullvektor abgebildet werden. In einem dreidimensionalen Raum, in dem wir uns ja befinden, tut das nur der Nulloperator. Aufgrund seiner Definition kann der Operator (A − 0 · E) aber nicht der Nulloperator sein.

Bleibt also nur noch die Möglichkeit, daß es ein oder zwei linear unabhängige Vektoren sind, die auf den Nullvektor abgebildet werden. Es gilt folgendes:

dim Ker (A − 0 · E) = dim V − dim Im A
= 3 − \underbrace{rg A}_{=2}
= 1

Der Rang der Matrix des Operators A (bzw. (A − 0 · E)) ist gleich 2, da es zwei linear unabhängige Spalten in der Matrix gibt.

Auf die Frage, wieviel linear unabhängige Vektoren der Operator (A−0·E) auf den Nullvektor o abbildet, müssen wir also antworten: Es ist genau einer.

Also existiert nur ein zweidimensionaler Unterraum U (entsprechend der Normalform von nilpotenten Operatoren). Für eine Basis {e_{1}, e_{2}, e_{3}} des Vektorraumes V gilt also:

→ e_{3} ist Eigenvektor zum Eigenwert k_{2} = 1;

→ e_{1} ist Eigenvektor zum Eigenwert k_{1} = 0;

→ A(e_{2}) = e_{1}.

Also erhalten wir für den Eigenwert k_{1} = 0 des Operators A den Jordanblock:

0 1 0 0 .

Somit sieht die Matrix des Operators in Jordan’scher Normalform wie folgt aus:

[A] = ( 0 1 0 0 1 0 0 0 0^{n_{1}} ^{n_{2}} ) .

5.11 Der reelle Fall mit komplexen Nullstellen

Gegeben sind ein reeller linearer Raum V und R als Körper. Es sei A ein Operator auf V. Das charakteristische Polynom f_{A}(x) habe komplexe Nullstellen.

Satz 89 (Fundamentalsatz der Algebra) Jedes Polynom

f: C ⟶ C

mit komplexen Koeffizienten zerfällt in Linearfaktoren:

f(x) = c · (x − k_{1})^{n_{1}} · . . . · (x − k_{r})^{n_{k}}.

Beweis Diese Aussage werden wir erst viel später in dieser Vorlesung beweisen (können). □

Folgerung: Jedes reelle Polynom f zerfällt auch in Linearfaktoren. Wenn k eine Nullstelle des Polynoms f ist, dann ist auch die zu k konjugiert komplexe Zahl \overline{k} eine Nullstelle. Es gilt nämlich:

f(k) = 0 ⟹ \overline{f(k)} = 0 ⟹ f(\overline{k}) = 0.

(Die letzte Schlußfolgerung können wir ziehen, da alle Koeffizienten reell sind.)

Wir suchen einen komplexen linearen Raum V_{C}, in dem wir die Jordan’sche Normalform (JNF) für einen Operator suchen. Der Körper zu diesem Raum ist also die Menge der komplexen Zahlen C.

Also betrachten wir die Menge

V_{C} := {(v_{1}, v_{2}): v_{1}, v_{2} ∈ V }

mit den folgenden Operationen:

+ : V_{C} × V_{C} ⟶ V_{C}
(v_{1}, v_{2}) + (w_{1}, w_{2}) = (v_{1} + w_{1}, v_{2} + w_{2})
· : C × V_{C} ⟶ V_{C}
(α + iβ)(v_{1}, v_{2}) = (αv_{1} − βv_{2}, αv_{2} + βv_{1})

Nun muß natürlich bewiesen werden, daß es sich bei dieser Menge mit den beiden Operationen tatsächlich um einen linearen Raum handelt. Zeigen wir zum Beispiel die achte Eigenschaft eines linearen Raumes:

(1 + i · 0)(v_{1}, v_{2}) = (1 · v_{1} − 0 · v_{2}, 1 · v_{2} + 0 · v_{1})
= (v_{1}, v_{2})

Übungsaufgabe 39 Man weise die anderen sieben Eigenschaften des linearen Raumes für V_{C} nach!

Es sei der reelle lineare Raum V n-dimensional. Seine Basis sei die Menge {e_{1}, …, e_{n}}.

Dann ist der komplexe lineare Raum V_{C} auch n-dimensional. Wir müssen, um das zu beweisen, eine Basis finden, die aus n Vektoren besteht. Betrachten wir die Menge:

{(e_{1}, o), …, (e_{n}, o)}.

Zeigen wir zunächst die Vollständigkeit:

Es sei (v_{1}, v_{2}) ein beliebiger Vektor aus dem komplexen linearen Raum V_{C}. Da v_{1} ∈ V und v_{2} ∈ V gilt, folgt:

v_{1} = ∑_{j=1}^{n} c^{j}e_{j},

v_{2} = ∑_{j=1}^{n} d^{j}e_{j}.

Also gilt:

(v_{1}, v_{2}) = (∑_{j=1}^{n} c^{j}e_{j}, ∑_{j=1}^{n} d^{j}e_{j})

= (∑_{j=1}^{n} c^{j}e_{j}, o) + (o, ∑_{j=1}^{n} d^{j}e_{j})

= ∑_{j=1}^{n} c^{j}(e_{j}, o) + ∑_{j=1}^{n} d^{j}(o, e_{j})

= ∑_{j=1}^{n} c^{j}(e_{j}, o) + ∑_{j=1}^{n} d^{j} · i(e_{j}, o)

= ∑_{j=1}^{n}(c^{j} + i · d^{j})(e_{j}, o)

Nun zeigen wir noch die lineare Unabhängigkeit dieser Vektoren:

Betrachten wir eine Linearkombination des Nullvektors aus diesen Vektoren:

(o, o) = ∑_{j=1}^{n} λ^{j}(e_{j}, o)

= ∑_{j=1}^{n}(α^{j} + iβ^{j})(e_{j}, o)

= ∑_{j=1}^{n}(α^{j}e_{j}, β^{j}e_{j})

= (∑_{j=1}^{n} α^{j}e_{j}, ∑_{j=1}^{n} β^{j}e_{j})

Damit erhalten wir zwei Gleichungen:

o = ∑_{j=1}^{n} α^{j}e_{j}

o = ∑_{j=1}^{n} β^{j}e_{j}

Da es sich hierbei um Linearkombinationen des Nullvektors aus Basisvektoren des reellen linearen Raumes V handelt, gilt:

α^{j} = 0 und β^{j} = 0,

für alle j = 1, …, n. Die Vektoren sind also auch linear unabhängig und damit Basis des komplexen linearen Raumes V_{C}.

Wir betrachten nun Unterräume im Raum V_{C}. Es sei U ein Unterraum mit U ⊆ V_{C}. Es gilt also für alle (v_{1}, v_{2}), (w_{1}, w_{2}) ∈ U:

(v_{1}, v_{2}) + (w_{1}, w_{2}) ∈ U,
(α + iβ)(v_{1}, v_{2}) ∈ U.

Wir definieren die beiden folgenden Mengen:

Re U = U_{1} = {v_{1}: (v_{1}, v_{2}) ∈ U}
Im U = U_{2} = {v_{2}: (v_{1}, v_{2}) ∈ U}

Satz 90 Die Mengen U_{1} und U_{2} sind Unterräume des reellen linearen Raumes V.

Beweis Betrachten wir zunächst die Addition:

Es seien v_{1} und w_{1} Vektoren mit v_{1}, w_{1} ∈ U_{1}. Dann gilt:

Es existieren Vektoren (v_{1}, v_{2}), (w_{1}, w_{2}) ∈ U. Da U ein Unterraum des komplexen linearen Raumes V_{C} ist, folgt:

(v_{1} + w_{1}, v_{2} + w_{2}) ∈ U.

Daraus können wir aber schlußfolgern:

v_{1} + w_{1} ∈ U_{1}.

Kommen wir jetzt zur skalaren Multiplikation mit einer reellen Zahl r:

Diese reelle Zahl r ist in den komplexen Zahlen darstellbar als (r, 0) bzw. r + i · 0. Es sei also v_{1} ∈ U_{1}. Dann existiert ein Vektor (v_{1}, v_{2}) ∈ U. Da U ein Unterraum von V_{C} ist, gilt:

(r + i · 0)(v_{1}, v_{2}) = (r · v_{1}, r · v_{2}) ∈ U.

Daraus folgt aber:

r · v_{1} ∈ U_{1}.

Für die Menge U_{2} führt man den Beweis analog.

□

Wir erhalten also zu einem komplexen Unterraum des Raumes V_{C} zwei reelle Unterräume des Raumes V.

Wie erhält man einen Operator im komplexen linearen Raum V_{C}? Wir definieren zu einem Operator A im reellen linearen Raum V:

A_{C}(v_{1}, v_{2}) := (A(v_{1}), A(v_{2})).

Wir werden manchmal auch folgende Bezeichnung benutzen, wenn keine Verwechslungen möglich sind:

A_{C}(v_{1}, v_{2}) = A(v_{1}, v_{2}).

Satz 91 Der Operator A ist ein linearer Operator im komplexen linearen Raum V_{C}.

Beweis Wir müssen folgendes zeigen:

1. A((v_{1}, v_{2}) + (w_{1}, w_{2})) = A(v_{1}, v_{2}) + A(w_{1}, w_{2}),

2. A((α + iβ)(v_{1}, v_{2})) = (α + iβ)A(v_{1}, v_{2}).

Wir zeigen Punkt 2:

A((α + iβ)(v_{1}, v_{2})) = A(αv_{1} − βv_{2}, αv_{2} + βv_{1})
= (A(αv_{1} − βv_{2}), A(αv_{2} + βv_{1}))
= (αA(v_{1}) − βA(v_{2}), αA(v_{2}) + βA(v_{1}))
= (α + iβ)(A(v_{1}), A(v_{2}))
= (α + iβ)A(v_{1}, v_{2})

Übungsaufgabe 40 Beweisen Sie Punkt 1.

□

Wie verhält es sich mit der Matrix des komplexen linearen Operators A_{C}?

Der komplexe Operator A_{C} hat die gleiche Matrix wie der lineare Operator A, wenn man den Operator A_{C} in der Basis {(e_{1}, o), …, (e_{n}, o)} und den Operator A in der Basis {e_{1}, …, e_{n}} betrachtet. Es gilt dann also:

[A_{C}] = [A],

f_{A_{C}} (x) = f_{A}(x).

Folgerung: Es gibt eine neue Basis des komplexen linearen Raumes V_{C}, in der der komplexe Operator A_{C} Jordan’sche Normalform hat.

Wir bilden zu den Eigenwerten k_{i} des Operators A_{C} die entsprechenden Unterräume W_{i} (i = 1, …, r) und schlußfolgern:

V_{C} = W_{1} + … + W_{r}.

Die W_{i} sind komplexe Unterräume, und der Operator A_{C} hat im Unterraum W_{i} die Matrix:

[A_{C}] = ( J_{1} J_{2} J_{3} ) .

Dabei ist J_{i} der Jordanblock, der zum Unterraum W_{i} gehört (i = 1, …, r).

Ein solcher Jordanblock J_{i} besteht wiederum aus Jordankästchen.

J_{i} = ( j_{i_{1}} j_{i_{2}}  j_{i_{l}}^{...}  ) .

Für die j_{i} gilt:

j_{i} = ( \begin{matrix}k_{i} & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & k_{i} \end{matrix} ) .

Die Basis des komplexen linearen Raumes V_{C}, in der diese Jordan’sche Normalform existiert, sieht wie folgt aus:

\underbrace{(v_{1}^{(1)}, v_{2}^{(1)}), …, (v_{1}^{(t)}, v_{2}^{(t)})}_{W_{1}}, …, \underbrace{…, (v_{1}^{(n)}, v_{2}^{(n)})}_{W_{r}} .

Wir setzen nun voraus, daß alle Eigenwerte des Operators A_{C} den algebraischen Grad 1 haben. Dann sind alle Jordanblöcke von der Größe 1 × 1 und gleichzeitig Jordankästchen. Also hat die Matrix des Operators A_{C} eine Diagonalform.

Wir betrachten nun alle Eigenwerte und Eigenvektoren und suchen eine reelle Basis. Es sind zwei Fälle möglich:

1. Fall: k ist ein reeller Eigenwert des Operators A_{C}. Folglich existiert also ein Eigenvektor (v_{1}, v_{2}) ≠ (o, o). Damit gilt also: v_{1} ≠ o oder v_{2} ≠ o. Es folgt:

A_{C}(v_{1}, v_{2}) = (kv_{1}, kv_{2})
= (A(v_{1}), A(v_{2}))

Wir schlußfolgern: v_{i} ist Eigenvektor zum reellen Operator A, wenn v_{i} ≠ o (i = 1, 2).

Der Vektor (v_{1}, v_{2}) liegt in dem zum Eigenwert k gehörigen Unterraum V_{k}. Dieser ist eindimensional.

Der Vektor (v_{1}, o) liegt auch im Unterraum V_{k}. Das bedeutet: Wenn v_{1} ≠ o gilt, dann erzeugt der Vektor (v_{1}, o) diesen Unterraum V_{k}. Wenn v_{1} = o gilt, dann muß v_{2} ≠ o gelten. Man betrachtet also den Vektor v_{2}. Der Vektor (o, v_{2}) erzeugt auch den Unterraum V_{k}.

Übungsaufgabe 41 Zeigen Sie, daß die Vektoren v_{1} und v_{2} linear abhängig sind.

2. Fall: k = α + iβ ist ein komplexer Eigenwert des Operators A_{C}. Es gilt also: β ≠ 0. Der Vektor (v_{1}, v_{2}) sei der komplexe Eigenvektor des Operators A_{C} zum Eigenwert k. Dann ist:

A_{C}(v_{1}, v_{2}) = (A(v_{1}), A(v_{2}))
= k · (v_{1}, v_{2})
= (αv_{1} − βv_{2}, αv_{2} + βv_{1})

Die Zahl \overline{k} = α − iβ ist auch eine Nullstelle des reellen Operators A. Dann existiert ein komplexer Eigenvektor zu \overline{k}. Der Vektor (v_{1}, −v_{2}) ist Eigenvektor, denn es gilt:

A(v_{1}, −v_{2}) = (A(v_{1}), A(−v_{2}))
= (A(v_{1}), −A(v_{2}))
= (αv_{1} − βv_{2}, −(αv_{2} + βv_{1}))
= (αv_{1} − βv_{2}, −αv_{2} − βv_{1})
= (α − iβ)(v_{1}, −v_{2})

Wir erhalten also zwei komplexe Eigenvektoren (v_{1}, v_{2}) und (v_{1}, −v_{2}), die linear unabhängig sind. Sie sind nämlich aufgrund von β ≠ 0 Eigenvektoren zu unterschiedlichen Eigenwerten.

Diese beiden Eigenvektoren bilden einen A_{C}-invarianten zweidimensionalen Unterraum U := L((v_{1}, v_{2}), (v_{1}, −v_{2})). Wir betrachten in diesem Unterraum U die Vektoren (v_{1}, o) und (v_{2}, o). Die sind ebenfalls linear unabhängig. Wir beweisen das:

Es sei C ein Operator auf dem Unterraum U mit C: U ⟶ U:

C(v_{1}, v_{2}) = (v_{1}, o),
C(v_{1}, −v_{2}) = (v_{2}, o).

Wir betrachten die Matrix des Operators C in der Basis {(v_{1}, v_{2}), (v_{1}, −v_{2})}:

C(v_{1}, v_{2}) = (v_{1}, o)
= \frac{1}{2}((v_{1}, v_{2}) + (v_{1}, −v_{2}))
C(v_{1}, −v_{2}) = (v_{2}, o)
= −\frac{i}{2}((v_{1}, v_{2}) − (v_{1}, −v_{2}))

Folglich haben wir folgende Matrix:

[C] = ( \frac{1}{2} − \frac{i}{2}_{\frac{1}{2} \frac{i}{2}} ) .

Für die Determinante dieser Matrix gilt:

det C = \frac{i}{2} ≠ 0.

Folglich ist der Operator C invertierbar und nach dem ”Schmetterlingssatz“ bildet er damit eine Basis des Unterraumes U wieder auf eine Basis ab. Folglich sind die Vektoren (v_{1}, o) und (v_{2}, o) Basis des Unterraumes U und somit linear unabhängig.

□

Bestimmen wir die Matrix des Operators A_{C} in der Basis {(v_{1}, o), (v_{2}, o)} des Unterraumes U:

A(v_{1}, o) = (A(v_{1}), o)
= (αv_{1} − βv_{2}, o)
= α(v_{1}, o) − β(v_{2}, o)
A(v_{2}, o) = (A(v_{2}), o)
= (αv_{2} + βv_{1}, o)
= β(v_{1}, o) + α(v_{2}, o)

Wir erhalten die Matrix:

[A_{C}] = ( \begin{matrix}α & β \\ −β & α \end{matrix} ) .

Der komplexe lineare Raum V_{C} hatte eine Basis, die wir nun ersetzt haben:

1. Zu den reellen Eigenwerten haben wir die Vektoren (v_{1}, o) bzw. (o, v_{2}) als Basisvektoren (Eigenvektoren) gefunden;

2. Zu den komplexen Eigenwerten haben wir zwei Vektoren (v_{1}, o) und (v_{2}, o) gefunden, die im Unterraum U Basis waren, aber nicht zu den Eigenvektoren gehörten.

In dieser neuen Basis hat der Operator A_{C} die Matrix (Schema):

[figure: k o m p l e x; r e e l l; ( k_{1} k_{2} ^{...} k_{m} α α β −β  ^{...}  )]

Diese Matrix ist reell, und sie ist die Matrix eines Operators auf einer Basis der Form {(e_{i}, o): e_{i} ∈ V, i = 1, …, n} des Vektorraumes V_{C}. Dann sind die Vektoren e_{i} eine Basis des reellen Raumes V und der Operator A hat als reeller Operator die gleiche Matrix. Diese nennen wir reelle Jordan’sche Normalform.

Übungsaufgabe 42 Wie sieht die reelle Jordan’sche Normalform aus, wenn die Eigenwerte nicht den algebraischen Grad 1 haben?

5.12 Anwendungen

5.12.1 Die lineare Rekursionsgleichung n-ten Grades

Eine lineare Rekursionsgleichung n-ten Grades ist eine Gleichung der Form

a_{n} = c_{n−1}a_{n−1} + … + c_{0}a_{0}.

Sind die a_{0}, a_{1}, …, a_{n−1} gegeben, so kann man mit Hilfe der Rekursionsgleichung alle Werte a_{k} für beliebige k bestimmen.

Beispiel 49 Die Fibonacci-Zahlenfolge ist mit einer linearen Rekursionsgleichung beschreibbar. Es seien a_{0} = 0 und a_{1} = 1. Mit der Rekursionsgleichung

a_{n} = a_{n−1} + a_{n−2}, für alle n ≥ 2,

erhalten wir die Fibonacci-Zahlenfolge:

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, …

Frage: Gibt es eine Gleichung der Form a_{n} = f(n) für die Erzeugung dieser Folge? (Wir nennen eine solche Gleichung auch explizit.)

Beispiel 50 Eine andere Folge wird durch die folgende Rekursionsgleichung beschrieben:

a_{0} = 0, a_{1} = 1,
a_{n} = 2a_{n−1} + a_{n−2}.

Auch hier die Frage: Gibt es eine explizite Gleichung für diese Folge?

Übungsaufgabe 43 Berechnen Sie diese Folge (mittels eines Computerprogrammes) und betrachten Sie die Quotienten:

\frac{a_{n}}{a_{n+1}} , \frac{a_{n+1} − a_{n}}{a_{n}} .

Versuchen wir also, eine explizite Gleichung zu finden.

Gegeben seien die Gleichung

a_{n+k} = c_{n−1}a_{n+k−1} + … + c_{0}a_{k}

und die Anfangswerte a_{0}, …, a_{n−1}. Wir bilden das folgende Produkt:

( a_{k+1} ; a_{k+2} ; ⋮ ; a_{n+k} ) = ( ? ) ( a_{k} ; a_{k+1} ; ⋮ ; a_{n+k−1} ) .

Wir suchen damit also den linearen Operator, der den Vektor ( a_{k} ; a_{k+1} ; ⋮ ; a_{n+k−1} ) auf den Vektor

( a_{k+1} ; a_{k+2} ; ⋮ ; a_{k+n} ) abbildet.

Das ist ohne Zweifel der Operator A, dessen Matrix in der folgenden Gleichung steht:

( a_{k+1} ; a_{k+2} ; ⋮ ; a_{k+n} ) = \underbrace{( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & 0 & 1 & … & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & … & 1 \\ c_{0} & c_{1} & c_{2} & … & c_{n−1} \end{matrix} )}_{=[A]} ( a_{k} ; a_{k+1} ; ⋮ ; a_{n+k−1} ) .

Daraus folgt, daß die nachstehenden Gleichungen gelten: k = 0:

( a_{1} ; ⋮ ; a_{n} ) = A ( a_{0} ; ⋮ ; a_{n−1} ) .

k = 1:

( a_{2} ; ⋮ ; a_{n+1} ) = A ( a_{1} ; ⋮ ; a_{n} ) = A^{2} ( a_{o} ; ⋮ ; a_{n−1} ) .

⋮ k:

( a_{k} ; ⋮ ; a_{n+k−1} ) = A^{k} ( a_{0} ; ⋮ ; a_{n−1} ) .

Wir erhalten allgemein:

a_{k} = (1. Zeile von [A^{k}]) · ( a_{0} ; ⋮ ; a_{n−1} ) .

Damit ist a_{k} ein linearer Ausdruck in a_{0}, …, a_{n−1}, dessen Koeffizienten von k abhängen. Man muß nun die Jordan’sche Normalform des Operators A ermitteln.

In einem früheren Abschnitt hatten wir bereits gezeigt, daß für zwei Matrizen eines Operators A in zwei verschiedenen Basen eine Matrix D existiert, so daß die folgende Gleichung gilt (allgemein):

[A]_{f} = [D]^{−1} · [A]_{e} · [D].

Dabei war [A]_{f} die Matrix des Operators A in der Basis {f_{1}, …, f_{n}}, und [A]_{e} war die Matrix von A in der Basis {e_{1}, …, e_{n}}. Nun wissen wir, daß es sich bei der Jordan’schen Normalform eines Operators A um nichts anderes handelt als um eine Matrix des Operators in einer anderen Basis. Darum könne wir schlußfolgern: Es gibt eine Matrix C, so daß gilt:

A = C · J · C^{−1}.

Dabei ist J die Jordan’sche Normalform des Operators A. Dann gilt:

A^{k} = C · J · \underbrace{C^{−1} · C}_{=E} ·J · C^{−1} · . . . · C · J · C^{−1}
= C · J^{k} · C^{−1}

Bevor wir weitergehen, betrachten wir ein

Beispiel 51 Wir kommen noch einmal auf die Fibonacci-Zahlenfolge zurück. Um ein Element a_{i} zu erzeugen, benutzen wir in der Rekursionsgleichung nur zwei seiner Vorgänger. Daher kann die Matrix des Operators A auch nur eine 2 × 2-Matrix sein. Es gilt:

( \begin{matrix}a_{k+1} \\ a_{k+2} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}a_{k} \\ a_{k+1} \end{matrix} ) .

Wir erhalten also:

[A] = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) .

Für das charakteristische Polynom dieses Operators gilt:

f_{A}(x) = | \begin{matrix}−x & 1 \\ 1 & 1 − x \end{matrix} | = x^{2} − x − 1.

Wir erhalten zwei Nullstellen:

x_{1} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, x_{2} = \frac{1 − \sqrt{5}}{2}.

Wir haben also zwei Eigenwerte des Operators A und damit in seiner Jordan’schen Normalform zwei Jordanblöcke. Wir können den Operator A darstellen als:

A = C · J · C^{−1},

wobei für J gilt:

J = ( \begin{matrix}\frac{1+\sqrt{5}}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1−\sqrt{5}}{2} \end{matrix} ) .

146 KAPITEL 5. LINEARE ABBILDUNGEN Wir erhalten:

A^{k} = C · ( \begin{matrix}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{k} & 0 \\ 0 & (\frac{1−\sqrt{5}}{2})^{k} \end{matrix} ) · C^{−1}.

a_{k} ist also eine Linearkombination von a_{o} und a_{1}, die Koeffizienten sind lineare Kombinationen von (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{k} und (\frac{1−\sqrt{5}}{2})^{k}. Also gilt:

a_{k} = α · (\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{k} + β(\frac{1 − \sqrt{5}}{2})^{k},

für alle k. Folglich ist:

a_{0} = α + β
= 0
a_{1} = α (\frac{1 + \sqrt{5}}{2}) + β (\frac{1 − \sqrt{5}}{2})
= 1
⇓
a_{1} = α (\frac{1 + \sqrt{5}}{2}) − α (\frac{1 − \sqrt{5}}{2})
= 1

Folglich gilt:

1 = α (\frac{1 + \sqrt{5}}{2}) − α (\frac{1 − \sqrt{5}}{2})
= \frac{α}{2} + \frac{α\sqrt{5}}{2} − \frac{α}{2} + \frac{α\sqrt{5}}{2}
= α\sqrt{5}
⟹ α = \frac{1}{\sqrt{5}}
⟹ β = −\frac{1}{\sqrt{5}}

Damit haben wir für a_{k} die folgende Gleichung erhalten:

a_{k} = \frac{1}{\sqrt{5}} ((\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{k} − \underbrace{(\frac{1 − \sqrt{5}}{2})^{k}}_{≈0, für k>0}) .

Folglich ist:

a_{k} ≈ \frac{1}{\sqrt{5}} (\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{k} .

(Die Zahl \frac{1+\sqrt{5}}{2} wird auch ”Goldener Schnitt“ genannt.)

Um nun die Jordan’sche Normalform zu ermitteln, müssen wir das charakteristische Polynom des Operators A bestimmen. Es gilt:

A − x · E = ( \begin{matrix}−x & 1 & & & 0 \\ & −x & 1 \\ & & ... & ... \\ 0 & & & ... & 1 \\ c_{0} & c_{1} & c_{2} & … & c_{n−1} − x \end{matrix} ) .

Wir ermitteln die Determinante dieses Operators:

det(A − x · E) = | \begin{matrix}−x & 1 & & & 0 \\ & −x & 1 \\ & & ... & ... \\ 0 & & & ... & 1 \\ c_{0} & c_{1} & c_{2} & … & c_{n−1} − x \end{matrix} |

= −x · | \begin{matrix}−x & 1 & & & 0 \\ 0 & −x & 1 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & 1 \\ c_{1} & c_{2} & c_{3} & … & c_{n−1} − x \end{matrix} | −

− | \begin{matrix}0 & 1 & & & 0 \\ 0 & −x & 1 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & 1 \\ c_{0} & c_{2} & c_{3} & … & c_{n−1} − x \end{matrix} |

= −x · \underbrace{| \begin{matrix}−x & 1 & & & 0 \\ 0 & −x & 1 \\ & & ... & ... \\ & & & ... & 1 \\ c_{1} & c_{2} & c_{3} & … & c_{n−1} − x \end{matrix} |}_{=D_{n−1}} −c_{0} · (−1)^{n−1+1} · 1

= −x · D_{n−1} − (−1)^{n} · c_{0}
= −x(−x · D_{n−2} − (−1)^{n−1} · c_{1}) − (−1)^{n} · c_{0}
= (−1)^{2} · x^{2} · D_{n−2} − (−1)^{n} · c_{1} · x − (−1)^{n} · c_{0}
= (−1)^{2} · x^{2}(−x · D_{n−3} − (−1)^{n−2} · c_{2}) − (−1)^{n} · c_{1} · x − (−1)^{n} · c_{0}
= (−1)^{3} · x^{3} · D_{n−3} − (−1)^{n}(c_{2}x^{2} + c_{1}x + c_{0})

⋮

= (−1)^{n} · x^{n} · D_{0} − (−1)^{n}(c_{n−1}x^{n−1} + … + c_{0})
= (−1)^{n} · x^{n} − (−1)^{n}(c_{n−1}x^{n−1} + … + c_{0})

= (−1)^{n}(x^{n} − c_{n−1}x^{n−1} − … − c_{0})

Das ist das charakteristische Polynom des Operators A. Wir ermitteln über die Nullstellenbestimmung die Eigenwerte. Es gilt also:

0 = det(A − x · E)
= (−1)^{n}(x^{n} − c_{n−1}x^{n−1} − … − c_{0})
= x^{n} − c_{n−1}x^{n−1} − … − c_{0}

Wir formen noch um:

x^{n} = c_{n−1}x^{n−1} + … + c_{0}.

Somit können wir die Eigenwerte errechnen. Dann ermitteln wir die Jordanblöcke und die Jordankästchen. Damit haben wir dann die Jordan’sche Normalform J. Sie hat Block–Diagonalform. Das bedeutet, daß J^{k} aus Blöcken und Kästchen besteht, die Potenzen der Blöcke bzw. Kästchen aus J sind.

Ein Jordankästchen hat, wie wir wissen, die Gestalt:

\begin{aligned}λ & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & λ \end{aligned} .

Dabei ist λ der Eigenwert, in dessen Jordanblock dieses Kästchen sich befindet. Das Kästchen hat eine bestimmte Größe l × l. Wir können es zerlegen:

( \begin{matrix}λ & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & λ \end{matrix} ) = λ · ( \begin{matrix}1 & 0 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 0 \\ 0 & & & 1 \end{matrix} ) + \underbrace{( \begin{matrix}0 & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & 0 \end{matrix} )}_{=:H} .

Also gilt: Wir können ein Jordankästchen in der Matrix J zerlegen in λ · E + H.

In der Matrix J^{k} befindet sich hingegen die k-te Potenz diese Jordankästchens. Es gilt mittels der Binomischen Formel:

(λ · E + H)^{k} = λ^{k} · E + ( \begin{matrix}k \\ 1 \end{matrix} ) λ^{k−1}H + … + ( \begin{matrix}k \\ k \end{matrix} ) H^{k}
= λ^{k} · E + k · λ^{k−1}H + … + H

Für die Potenzen der Matrix H gilt:

H^{2} = H · H

= ( \begin{matrix}0 & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & 0 \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 & & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & & 0 \\ & & & ... & ... \\ & & & & ... & 1 \\ & & & & & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & & 0 \end{matrix} )

H^{k} = ( \begin{matrix}\overbrace{0 … 1}^{k+1} & … & 0 \\ . & . & . \\ 0 & & 1 \\ 0 & & 0 \\ ⋮ & & ⋮ \\ 0 & & 0 \end{matrix} )

H^{l} = O

Damit gilt für das Jordankästchen folgendes:

(λ · E + H)^{k} = λ^{k} · E + k · λ^{k−1}H + … +

+ ( \begin{matrix}k \\ l − 1 \end{matrix} ) λ^{k−l+1}H^{l−1} + ( \begin{matrix}k \\ l \end{matrix} ) λ^{k−l} \underbrace{H^{l}}_{=O} + … + \underbrace{H^{k}}_{=O}

= λ^{k} · E + k · λ^{k−1}H + … + ( \begin{matrix}k \\ l − 1 \end{matrix} ) λ^{k−l+1}H^{l+1}

Das gilt für jedes Jordankästchen jedes Eigenwertes.

Also enthält J^{k} folgende von k abhängige Elemente:

( \begin{matrix}k \\ i \end{matrix} ) λ^{k−i},

wobei für λ die entsprechenden Eigenwerte nacheinander eingesetzt werden müssen und i ≤

l − 1 gilt. Wenn man den Binomialkoeffizienten ( \begin{matrix}k \\ i \end{matrix} ) berechnet, erhält man:

( \begin{matrix}k \\ i \end{matrix} ) = \frac{k!}{i!(k − i)!}
= \frac{1 · 2 · . . . · (k − i)(k − i + 1) · . . . · (k − 1)k}{1 · 2 · . . . · i · 1 · 2 · . . . · (k − i)}
= \frac{(k − i + 1) · . . . · (k − 1)k}{1 · 2 · . . . · i}
= \frac{1}{i!} · k^{i} + d_{i−1} · k^{i−1} + d_{i−2} · k^{i−2} + …

Dabei handelt es sich um ein Polynom in k vom Grad kleiner gleich i. Die d_{j} sind die Koeffizienten im Polynom. (Wir haben sie jetzt nur so bezeichnet, um sie nicht genau ausrechnen zu müssen. Wer Lust hat, kann das ja tun.)

Damit können wir feststellen: Die Matrix J^{k} enthält Elemente der Form:

λ^{k−i} · p_{i}(k),

wobei p_{i}(k) ein Polynom in k vom Grade kleiner gleich i ist. Wir können sogar noch präzisieren: Das Polynom in k muß vom Grade kleiner als l (kleiner gleich l − 1) sein (vgl. oben).

Für die Matrix A^{k} läßt sich dann sagen: Da die Matrix A^{k} aus den Elementen der Matrix J^{k} über einen Basiswechsel entsteht, enthält sie also Linearkombinationen von Elementen der Form:

λ^{k−i} · p_{l−1}(k),

wobei der Grad der Polynome p_{l−1}(k) kleiner als l ist und i ≤ l − 1 gilt.

Beispiel 52 Es sei eine Folge von Determinanten gegeben durch:

D_{n} = | \begin{matrix}3 & 2 & & 0 \\ 1 & ... & ... \\ & ... & ... & 2 \\ 0 & & 1 & 3 \end{matrix} | .

Wir entwickeln nach der 1. Spalte und erhalten:

D_{n} = 3 · D_{n−1} − | \begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 & & 0 \\ 1 & 3 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 2 \\ & & ... & ... & ... \\ & & & ... & ... & 2 \\ 0 & & & & 1 & 3 \end{matrix} |

= \underline{3 · D_{n−1} − 2 · D_{n−2}}

Wir haben damit eine lineare Rekursionsgleichung für diese Determinantenfolge erhalten. Wir bestimmen die beiden Anfangswerte:

D_{0} = 1 und D_{1} = 3.

Es gilt:

( \begin{matrix}D_{k−1} \\ D_{k} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −2 & 3 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}D_{k−2} \\ D_{k−1} \end{matrix} ) .

Wir haben also zwei Koeffizienten c_{0} = −2 und c_{1} = 3. Folglich erhalten wir analog zu den vorherigen Betrachtungen das folgende charakteristische Polynom

x^{2} = −2 + 3x.

Wir bestimmen die Nullstellen:

x_{1} = 1 und x_{2} = 2.

Wir haben also zwei Eigenwerte für einen Operator, der durch eine 2×2-Matrix definiert ist, erhalten. Folglich gibt es in der Jordan’schen Normalform zwei Jordanblöcke, die gleichzeitig Jordankästchen sind. Damit enthält die Matrix J^{k} Elemente der Form 1^{k} und 2^{k}.

5.12. ANWENDUNGEN 151 Wir wissen nun, daß gilt:

( \begin{matrix}D_{k} \\ D_{k+1} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −2 & 3 \end{matrix} )^{k} · ( \begin{matrix}D_{0} \\ D_{1} \end{matrix} ) .

Weiterhin wissen wir, daß allgemein die Matrix A^{k} Linearkombinationen von Elementen der Matrix J^{k} enthält. Daraus folgt insgesamt, daß die Gleichung gilt:

D_{k} = d_{1} · 1^{k} + d_{2} · 2^{k}.

Wir kennen aber bereits die Anfangswerte:

D_{0} = 1
= c_{1} + c_{2}
D_{1} = 3
= c_{1} + 2 · c_{2}

Wir lösen dieses Gleichungssystem und erhalten:

c_{1} = −1,

c_{2} = 2.

Folglich gilt allgemein:

D_{k} = 2^{k+1} − 1.

Beispiel 53 Gegeben sei eine Folge von Determinanten:

D_{n} = | \begin{matrix}2 & 1 & & 0 \\ 1 & ... & ... \\ & ... & ... & 1 \\ 0 & & 1 & 2 \end{matrix} | .

Analog zum vorigen Beispiel erhalten wir hier:

D_{n} = 2 · D_{n−1} − D_{n−2}.

Hier haben wir das folgende charakteristische Polynom:

x^{2} = 2 · x − 1.

Wir erhalten eine zweifache Nullstelle (einen Eigenwert):

x_{1/2} = λ = 1.

Es gilt damit:

( \begin{matrix}D_{k−1} \\ D_{k} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}D_{k−2} \\ D_{k−1} \end{matrix} ) .

Wir haben also auch hier eine 2 × 2-Matrix A. Da wir nur einen Eigenwert haben, hat die Jordan’sche Normalform nur ein einziges Jordankästchen, welches die Größe 2 × 2 hat. Folglich enthält die Matrix J^{k} Elemente der Form:

1^{k−i} · p_{l−1}(k),

wobei p_{l−1}(k) ein Polynom mit dem Grad kleiner als 2 und i ebenfalls kleiner als 2 ist. Wir erhalten, da wir eine 2 × 2-Matrix betrachten, die beiden folgenden Elemente, die J^{k} enthält:

1^{k−1} · \underbrace{(k + 1)}_{p_{1}(k)}, und 1^{k}.

Die Matrix A^{k} enthält also Linearkombinationen dieser beiden Elemente von J^{k}. Wir erhalten also analog zum vorherigen Beispiel:

D_{k} = c_{1} · 1^{k} + c_{2} · (1^{k−1} · (k + 1))
= c_{1} + c_{2} · (k + 1)

Mit den Anfangswerten

D_{0} = 1 und D_{1} = 2

erhalten wir:

D_{0} = 1
= c_{1} + c_{2}
D_{1} = 2
= c_{1} + 2 · c_{2}

Wir erhalten als Lösung: c_{1} = 0 und c_{2} = 1. Damit gilt:

D_{k} = k + 1.

Es seien

( x_{k} ; y_{k} ; ⋮ ; z_{k} ) = A · ( x_{k−1} ; y_{k−1} ; ⋮ ; z_{k−1} )

und ein Anfangsvektor ( x_{0} ; y_{0} ; ⋮ ; z_{0} ) gegeben.

Dann nennt man diese Gleichung auch lineares Rekursionsgleichungssystem ersten Grades.

(Zum Vergleich: Die folgende Gleichung bildet ein lineares Rekursionsgleichungssystem n-ten Grades:

( x_{n} ; ⋮ ; z_{n} ) = ( x_{0} ; ⋮ ; z_{0} ) + A_{1} ( x_{1} ; ⋮ ; z_{1} ) + … + A_{n−1} ( x_{n−1} ; ⋮ ; z_{n−1} ) .)

Die Lösung des linearen Rekursionsgleichungssystems ersten Grades ist

( x_{k} ; ⋮ ; z_{k} ) = A^{k} ( x_{0} ; ⋮ ; z_{0} ) .

Sie läßt sich wieder mit einem ”Ansatz“ der Jordan’schen Normalform bestimmen. Beispiel 54 Es sei folgendes Gleichungssystem gegeben:

( \begin{matrix}x_{k} \\ y_{k} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & 3 \\ −2 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x_{k−1} \\ y_{k−1} \end{matrix} ) .

Damit ergeben sich die beiden folgenden Gleichungen:

x_{k} = x_{k−1} + 3y_{k−1}
y_{k} = −2x_{k−1} + y_{k−1}

Bestimmen wir die Eigenwerte des Operators, der durch die Matrix ( \begin{matrix}1 & 3 \\ −2 & 1 \end{matrix} ) gegeben ist:

det(A − x · E) = | \begin{matrix}1 − x & 3 \\ −2 & 1 − x \end{matrix} |
= 1 − 2x + x^{2} + 6
= x^{2} − 2x + 7

Damit ergibt sich die folgende Lösung:

x_{1/2} = 1 ± \sqrt{−6} = 1 ± i · \sqrt{6}.

Damit können wir folgenden Lösungsansatz machen:

( \begin{matrix}x_{k} \\ y_{k} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}c_{11} \\ c_{12} \end{matrix} ) 1^{k} + ( \begin{matrix}c_{21} \\ c_{22} \end{matrix} ) (\sqrt{6})^{k}.

(Aufgrund der reellen Jordan’schen Normalform entfällt hier das i.)

5.12.2 Lineare Differentialgleichungssysteme mit konstanten Koef-

fizienten

Definition 64 Ein lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten hat die Form:

\frac{d ( ⋮_{x_{n}}^{x_{1}} )}{dt} = A · ( x_{1} ; ⋮ ; x_{n} ) .

Dabei sind die x_{i} Funktionen von t und A ist die Matrix eines Operators in K^{n}, wobei K ein Körper ist.

Eine Lösung dieses Gleichungssystems ist ein Vektor ( x_{1}(t) ; ⋮ ; x_{n}(t) ). Anfangswert ist ein Vektor

( x_{1}^{0} ; ⋮ ; x_{n}^{0} ) ∈ K_{n}, der abhängig ist von t. (Er beinhaltet die Funktionswerte der Funktionen x_{i}

an der Stelle t = 0.)

Hierbei sind die Fälle K = R und K = C besonders interessant. Prinzipiell ist aber jeder Körper K mit Stetigkeitseigenschaften auf ihm definierter Funktionen geeignet.

Wir suchen nun ein Lösung in folgender Form:

( x_{1}(t) ; ⋮ ; x_{n}(t) ) = f(t, A) · ( x_{1}^{0} ; ⋮ ; x_{n}^{0} ) .

Hierbei ist f(t, A) eine Matrix mit Koeffizienten aus dem Körper K und Funktionen von t. Damit gilt wegen der obigen Definition:

f(t, A)|_{t=t_{0}=0} = E.

Aus all dem folgt nun, da im Vektor ( x_{1}^{0} ; ⋮ ; x_{n}^{0} ) das t nicht enthalten ist (konstanter Faktor):

\frac{d f(t, A)}{dt} = A · f(t, A).

(Damit steht hier die Ableitung einer Matrix. Eine Matrix leitet man ab, indem man alle ihre Elemente bzw. Komponenten einzeln ableitet.)

Wenn wir diese Gleichung interpretieren, heißt das nichts anderes, als daß für die Ableitung der Matrix gilt, daß sie gleich ist dem Produkt aus der Matrix selbst mit einem Faktor (der hier auch eine Matrix ist). Das erinnert uns an die Exponentialfunktion. Ihre Ableitung wurde auch durch sie selbst beschrieben.

Daher vermuten wir einfach mal, daß e^{tA} ein Kandidat für f(t, A) ist. Dazu müssen wir aber erst noch definieren, was eine Matrix im Exponenten eigentlich bedeuten soll:

Definition 65

e^{A} = E + A + \frac{1}{2}A^{2} + \frac{1}{3!}A^{3} + … + \frac{1}{k!}A^{k} + …

Dabei handelt es sich um eine unendliche Reihe^{5}.

5Man lese dazu in der Analysis-Vorlesung nach.

5.12. ANWENDUNGEN 155 Satz 92 Die Funktion e^{A} ist korrekt definiert, d.h. die Folge (B_{k}) von Matrizen

B_{k} = E + A + \frac{1}{2}A^{2} + … + \frac{1}{k!}A^{k}

konvergiert. (Das bedeutet, daß sie in jeder Komponente konvergiert.)

Beweis In der Matrix A^{k} sei a_{ij}^{(k)} ein Element. Dann gilt (mit n =Größe der Matrix):

|a_{ij}^{(k)}| ≤ ∑_{s=1}^{n} |a_{is}a_{sj}^{(k−1)}|
≤ ∑_{s=1}^{n} max |a_{ij}| · max |a_{ij}^{(k−1)}|
= n · max |a_{ij}| · max |a_{ij}^{(k−1)}|
≤ (n · max |a_{ij}|)^{k}

Daraus folgt: In B_{k} sind alle Elemente beschränkt durch:

∑_{i=0}^{k} \frac{(n · max(a_{ij}))^{i}}{i!} ≤ ∑_{i=0}^{∞} \frac{(n · max(a_{ij}))^{i}}{i!}
= e^{n·max(a_{ij})}

Daraus folgt: B_{k} konvergiert für jedes Element.

□

Satz 93 Es gilt:

lim_{A→O} e^{A} = E.

Beweis

lim_{A→O} e^{A} = lim_{A→O}(E + A + \frac{1}{2}A^{2} + \frac{1}{3!}A^{3} + … + \frac{1}{k!}A^{k} + …)
= E + O + … + \frac{1}{3!}O^{k} + …
= E
□

Satz 94 Die Funktion e^{tA} ist differenzierbar nach t. Beweis Dazu müssen wir den Differenzenquotienten

\frac{e^{(t+h)A} − e^{tA}}{h}

betrachten und zeigen, daß der Grenzwert dieses Quotienten in h = 0 existiert. Wir betrachten also:

lim_{h→0} \frac{e^{(t+h)A} − e^{tA}}{h} = lim_{h→0} \frac{e^{tA} · e^{hA} − e^{tA}}{h}
= lim_{h→0} \frac{e^{tA} · (e^{hA} − E)}{h}
= e^{tA} · lim_{h→0} \frac{e^{hA} − E}{h}
= e^{tA} · lim_{h→0} \frac{hA^{+} \frac{h^{2}}{2} A^{2} + … + \frac{h^{k}}{k!} A^{k} + …}{h}
= e^{tA} · lim_{h→0}(A + \frac{h}{2}A^{2} + … + \frac{h^{k−1}}{k!} A^{k} + …)
= A · e^{tA}
□

Damit haben wir die erste Ableitung der Funktion e^{tA} erhalten und stellen fest: Nichts anderes war von der Exponentialfunktion zu erwarten, auch wenn eine Matrix im Exponenten steht.

Diese Ableitung entspricht genau unseren Wünschen für die Matrix f(t, A). Es gibt deshalb eine Lösung der Differentialgleichung! Sie sieht wie folgt aus:

( x_{1} ; ⋮ ; x_{n} ) = e^{tA} · ( x_{1}^{0} ; ⋮ ; x_{n}^{0} ) .

Beispiel 55 Wir betrachten das folgende Differentialgleichungssystem:

\{ \begin{matrix}\frac{dx_{1}}{dt} = x_{1} − 2x_{2} \\ \frac{dx_{2}}{dt} = x_{1} + 4x_{2} \end{matrix}

Folgende Anfangswerte seien vorgegeben:

x_{1}^{0} = 0, x_{2}^{0} = 1.

Schreiben wir das Gleichungssystem einmal in der Form der Definition:

\frac{d ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} )}{dt} = ( \begin{matrix}1 & −2 \\ 1 & 4 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) .

Nach unseren vorherigen Überlegungen suchen wir nun eine Lösung in der Form:

( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) = e^{t·( \begin{matrix}1 & −2 \\ 1 & 4 \end{matrix} )} · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Wir versuchen nun, die Matrix A möglichst einfach zu gestalten. Beschäftigen wir uns also mit ihrer Jordan’schen Normalform. Wir wissen, daß wir diese über einen Basiswechsel aus der Matrix A erhalten. Es gilt also:

C^{−1} · A · C = J.

Folglich ist:

e^{tJ} = e^{t·C^{−1}·A·C}
= E + t · C^{−1} · A · C + \frac{t}{2}(C^{−1} · A · C)^{2} + … + \frac{t}{k!}(C^{−1} · A · C)^{k} + …
= C^{−1} · E · C + t · C^{−1} · A · C + … + \frac{t}{k!}C^{−1} · A^{k} · C + …
= C^{−1} · (E + A + … + \frac{t}{k!}A^{k} + …) · C
= C^{−1} · e^{tA} · C

Allgemein gilt somit für die Lösung des Gleichungssystems:

C^{−1} · ( x_{1} ; ⋮ ; x_{n} ) · C = C^{−1} · e^{tA} · ( x_{1}^{0} ; ⋮ ; x_{n}^{0} ) · C

= C^{−1} · e^{tA} · C · C^{−1} · ( x_{1}^{0} ; ⋮ ; x_{n}^{0} ) · C

= e^{tJ} · C^{−1} · ( x_{1}^{0} ; ⋮ ; x_{n}^{0} ) · C

Das bedeutet: Es reicht aus, die Differentialgleichung in einem anderen Koordinatensystem zu betrachten:

( y_{1} ; ⋮ ; y_{n} ) = e^{t·( \begin{matrix}□ \\ & □ \end{matrix} )} · ( y_{1}^{0} ; ⋮ ; y_{n}^{0} ) ,

wobei gilt: ( y_{1} ; ⋮ ; y_{n} ) = C^{−1} · ( x_{1} ; ⋮ ; x_{n} ) · C.

Beispiel 56 In unserem Beispiel sieht das dann so aus:

C^{−1} · ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) · C = e^{tJ} · C^{−1} · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ) · C.

Die Jordan’sche Normalform J besteht aus den Jordankästchen. Wir wollen e^{tJ} ermitteln und überlegen uns daher folgendes:

e^{tJ} = E + tJ + \frac{t^{2}}{2} J^{2} + … + \frac{t^{k}}{k!} J^{k} + …

Wir haben also eine Summe von Potenzen der Jordan’schen Normalform, multipliziert mit bestimmten Koeffizienten. Wenn wir aber die Matrix J potenzieren, so ist aufgrund ihrer Beschaffenheit klar, daß sich diese Potenzierung direkt auf die Jordankästchen überträgt, wobei diese sich dabei wechselseitig nicht beeinflussen. Daraus folgt aber, daß die Matrix e^{tJ} die Gestalt hat:

e^{tJ} = ( \begin{matrix}e^{tL_{1}} & & & & & 0 \\ & e^{tL_{2}} \\ & & . & . & . \\ 0 & & & & & e^{tL_{r}} \end{matrix} ) ,

wobei r die Anzahl der Eigenwerte und damit der Jordankästchen ist. Die L_{i} sind die Jordankästchen in der Matrix J. Die e^{tL_{i}} sind Matrizen. Wir betrachten ein Jordankästchen L zum Eigenwert λ. Es habe die Größe m × m. Wir ermitteln nun die Matrix e^{tL}.

Analog zu den Betrachtungen im Abschnitt über die linearen Rekursionsgleichungen gilt, daß wir ein Jordankästchen zerlegen können in die Form λ · E + Z, wobei λ der Eigenwert ist, zu dem das Jordankästchen gehört und Z eine Matrix der Form:

Z = ( \begin{matrix}0 & 1 & & 0 \\ & ... & ... \\ & & ... & 1 \\ 0 & & & 0 \end{matrix} ) .

Es gilt also:

e^{tL} = e^{t·(λ·E+Z)}
= e^{tλ·E+t·Z}
= e^{tλ·E} · e^{t·Z}
= ( \begin{matrix}e^{tλ} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & e^{tλ} \end{matrix} ) · (E + t · Z + \frac{t}{2} · Z^{2} + … + \frac{t^{k}}{k!} · Z^{k} + …) ^{6}

= ( \begin{matrix}e^{tλ} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & e^{tλ} \end{matrix} ) · (E + t · Z + \frac{t}{2} · Z^{2} + … + \frac{t^{m−1}}{(m − 1)!} · Z^{m−1} + \frac{t^{m}}{m!} · O + …)

= ( \begin{matrix}e^{tλ} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & e^{tλ} \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}1 & t & \frac{t^{2}}{2} & ⋯ & \frac{t^{m−1}}{(m−1)!} \\ & ... & ... & ... & ⋮ \\ & & ... & ... & \frac{t^{2}}{2} \\ & & & ... & t \\ 0 & & & & 1 \end{matrix} )

= e^{tλ} · ( \begin{matrix}1 & t & ⋯ & \frac{t^{m−1}}{(m−1)!} \\ & ... & ... & ⋮ \\ & & ... & t \\ 0 & & & 1 \end{matrix} )

Wir sehen: Der Grad, in dem t auftritt, ist kleiner als die Größe des Jordankästchens.

Die Matrix e^{tL} und damit auch e^{tJ} enthält also als Elemente nur Nullen, Einsen und Monome über t.

Über die Matrizen C und C^{−1} gelangen wir zur Matrix e^{tA} zurück (vgl. oben). Durch die Matrizenmultiplikation, die dabei stattfindet, werden die Elemente in der Matrix e^{tJ} manipuliert. Dabei werden sie nur addiert und multipliziert, wobei die Elemente der Matrizen C und C^{−1} noch dazukommen (als Faktoren). Es bilden sich Polynome über t. Der Grad, in dem t auftritt, erhöht sich aber nicht.

Folglich ist e^{tA} eine Matrix, deren Elemente aus Produkten e^{tλ} · p_{l}(t) bestehen, wobei der Grad der Polynome p_{l}(t) kleiner als die Größe des entsprechenden Jordankästchens ist (zum

Eigenwert λ). Die allgemeine Lösung ( x_{1}(t) ; ⋮ ; x_{n}(t) ) ist eine Linearkombination von Vektoren

des Typs e^{tλ} ·( p_{1}^{λ}(t) ; ⋮ ; p_{n}^{λ}(t) ), wobei der Grad der p_{i}^{λ}(t) kleiner als die Größe der Jordankästchen

(kleiner als der algebraische Grad des Eigenwertes λ) ist. Wenn λ_{1}, \overline{λ_{1}} konjugiert komplexe Lösungen des charakteristischen Polynoms von A sind, so erzeugen

e^{λ_{1}t} = e^{αt}(cos βt + i sin βt)
e^{\overline{λ_{1}}t} = e^{αt}(cos βt − i sin βt)

die gleiche Menge von Lösungen wie e^{αt} cos βt und e^{αt} sin βt. Die allgemeine Lösung im reellen Fall ist eine Linearkombination aus

e^{λt} ( p_{1}^{λ}(t) ; ⋮ ; p_{n}^{λ}(t) ) , e^{αt} cos βt ( p1^{′}(t) ; ⋮ ; pn^{′}(t) ) , e^{αt} sin βt ( p1^{′′}(t) ; ⋮ ; pn^{′′}(t) ) .

Beispiel 57 In unserem Beispiel erhalten wir:

( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) = e^{3t} ( \begin{matrix}c_{1} \\ c_{2} \end{matrix} ) + e^{2t} ( \begin{matrix}d_{1} \\ d_{2} \end{matrix} ) (∗).

Wir setzen die Anfangswerte x_{1}^{0} und x_{2}^{0} ein und erhalten:

c_{1} + d_{1} = 0 und c_{2} + d_{2} = 1.

Wir brauchen aber noch zwei Gleichungen, da wir vier Unbekannte haben. Leiten wir also die Gleichung ab:

\frac{d ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} )}{dt} = 3e^{3t} ( \begin{matrix}c_{1} \\ c_{2} \end{matrix} ) + 2e^{2t} ( \begin{matrix}d_{1} \\ d_{2} \end{matrix} )
= ( \begin{matrix}3e^{3t}c_{1} + 2e^{2t}d_{1} \\ 3e^{3t}c_{2} + 2e^{2t}d_{2} \end{matrix} )

Unter Verwendung der Gleichung (∗) und der Definition des Differentialgleichungssystems erhalten wir darüber hinaus auch eine andere Formel für die Ableitung:

\frac{d ( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} )}{dt} = ( \begin{matrix}c_{1}e^{3t} + d_{1}e^{2t} − 2c_{2}e^{3t} − 2d_{2}e^{2t} \\ c_{1}e^{3t} + d_{1}e^{2t} + 4c_{2}e^{3t} + 4d_{2}e^{2t} \end{matrix} ) .

Durch Koeffizientenvergleich der beiden Gleichungen für die Ableitung erhalten wir folgendes:

( \begin{matrix}c_{1}e^{3t} + d_{1}e^{2t} − 2c_{2}e^{3t} − 2d_{2}e^{2t} \\ c_{1}e^{3t} + d_{1}e^{2t} + 4c_{2}e^{3t} + 4d_{2}e^{2t} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}(c_{1} − 2c_{2})e^{3t} + (d_{1} − 2d_{2})e^{2t} \\ (c_{1} + 4c_{2})e^{3t} + (d_{1} + 4d_{2})e^{2t} \end{matrix} ) .

Damit haben wir folgende vier Gleichungen erhalten:

3c_{1} = c_{1} − 2c_{2}
2d_{1} = d_{1} − 2d_{2}
3c_{2} = c_{1} + 4c_{2}
2d_{1} = d_{2} + 4d_{2}

Die letzten zwei Gleichungen sind aber zu den ersten beiden linear abhängig, weshalb wir sie streichen können. Wir haben damit das folgende Gleichungssystem zu lösen:

\{ \begin{matrix}3c_{1} = c_{1} − 2c_{2} \\ 2d_{1} = d_{1} − 2d_{2} \\ c_{1} + d_{1} = 0 \\ c_{2} + d_{2} = 1 \end{matrix}

Wir erhalten als Lösung:

c_{1} = −2
c_{2} = 2
d_{1} = 2
d_{2} = −1

Damit erhalten wir folgende Lösung für das Differentialgleichungssystem:

x_{1} = −2e^{3t} + 2e^{2t}
x_{2} = 2e^{3t} − e^{2t}

Euklidische Räume

6.1 Definition, Fourierkoeffizienten

Definition 66 Ein linearer Raum V über einem Körper K heißt Euklidischer Raum, wenn eine Abbildung f: V × V ⟶ K gegeben ist, die wir mit

f(v_{1}, v_{2}) = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ ∈ K

bezeichnen und die folgende Eigenschaften hat:

1. Sie ist bilinear:

⟨v_{1} + αw_{1}, v_{2}⟩ = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ + α ⟨w_{1}, v_{2}⟩
⟨v_{1}, v_{2} + αw_{2}⟩ = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ + α ⟨v_{1}, w_{2}⟩

2. Sie ist symmetrisch:

⟨v_{1}, v_{2}⟩ = ⟨v_{2}, v_{1}⟩

3. Unter der Annahme, daß im Körper K eine Ordnungsrelation ”>“ existiert, gilt:

⟨v, v⟩ > 0 ⟺ v ≠ o

Wir bezeichnen diese Eigenschaft der Abbildung als positiv definit.

Wir nennen die Abbildung f(v_{1}, v_{2}) = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ das Skalarprodukt der Vektoren v_{1}, v_{2}.

Folgerung: Aus der Bilinearität des Skalarproduktes folgt:

⟨o, o⟩ = 0.

Beispiel 58 Besonders interessant sind die Fälle V = R^{n} und V = R_{n}. Wir betrachten ein Skalarprodukt im Raum R^{2}. Es sei gegeben durch:

⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩ := x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2}.

Wir definieren ein anderes:

⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩ := x_{1}x_{2} + x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} + 2y_{1}y_{2}.

Wir überprüfen die Bilinearität:

⟨(x_{1}, y_{1}) + (u_{1}, v_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩ = ⟨(x_{1} + u_{1}, y_{1} + v_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩
= (x_{1} + u_{1})x_{2} + (x_{1} + u_{1})y_{2} + x_{2}(y_{1} + v_{1}) + 2(y_{1} + v_{1})y_{2}
= x_{1}x_{2} + x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} + 2y_{1}y_{2} + u_{1}x_{2} + u_{1}y_{2} + x_{2}v_{1} + 2v_{1}y_{2}
= ⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{1}, y_{2})⟩ + ⟨(u_{1}, v_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩

Die Bilinearität ist damit gezeigt. Die Symmetrie ist leicht zu zeigen. Ergibt sich noch die Frage: Ist die Eigenschaft ”positiv definit“ gebeben? Wir untersuchen ein Beispiel:

⟨(1, −2), (1, −2)⟩ = 1 · 1 + (−2) · 1 + 1 · (−2) + 2 · (−2)(−2) = 5 > 0

Es scheint so, als ob alles in Ordnung ist. Aber ein Beispiel ist noch kein Beweis, weshalb der jetzt auch folgt:

Es gilt:

⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{1}, y_{1})⟩ = x_{1}^{2} + x_{1}y_{1} + y_{1}x_{1} + 2y_{1}^{2}
= x_{1}^{2} + 2x_{1}y_{1} + 2y_{1}^{2}
= x_{1}^{2} + 2x_{1}y_{1} + y_{1}^{2} + y_{1}^{2}
= (x_{1} + y_{1})^{2} + y_{1}^{2}
> 0, genau dann, wenn gilt : (x_{1}, y_{1}) ≠ (o, o)

Damit ist alles gezeigt und wir haben tatsächlich ein Skalarprodukt definiert.

Übungsaufgabe 44 Es sei ein Skalarprodukt definiert durch:

⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩ = x_{1}x_{2} + x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} + y_{1}y_{2}.

Zeigen Sie, daß die Eigenschaft positiv definit nicht erfüllt ist!

Übungsaufgabe 45 Ergänzen Sie

⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩ = 2x_{1}x_{2} + 4x_{1}y_{2} + …

zu einem Skalarprodukt!

Beispiel 59 Wir betrachten V, den linearen Raum der stetigen Funktionen [0, 1] ⟶ R. Wir definieren ein Skalarprodukt:

⟨f(x), g(x)⟩ = ∫_{0}^{1} f(x)g(x)dx.

Es gilt:

∫_{0}^{1}[f(x)]^{2}dx = 0 ⟹ f(x) = 0.
∫_{0}^{1}[f(x)]^{2}dx > 0, wenn f(x) > 0.

Die Eigenschaft positiv definit erfüllt folgende Definitionen mit Sinn:

Definition 67 Es sei v ein Vektor aus dem Euklidischen Raum V. Die Länge des Vektors |v| ist definiert als:

|v| = \sqrt{⟨v, v⟩}.

Definition 68 Der Abstand zwischen zwei Vektoren v, w aus dem Euklidischen Raum V ist |v − w|.

Ab jetzt betrachten wir K = R. (Die im folgenden getroffenen Aussagen kann man aber auch auf andere Körper ausdehnen, insbesondere auf die komplexen Zahlen C. Dabei muß man aber einige Veränderungen in Kauf nehmen, z.B. eben bei den komplexen Zahlen.)

Definition 69 Der Winkel φ zwischen zwei Vektoren v, w mit v, w ≠ o wird durch

cos φ = \frac{⟨v, w⟩}{|v| · |w|}

bestimmt.

Übungsaufgabe 46 (Analysis) Wir betrachten wiederum den linearen Raum der stetigen Funktionen [0, 1] ⟶ R mit dem Skalarprodukt

⟨f(x), g(x)⟩ = ∫_{0}^{1} f(x)g(x)dx.

Bestimmen Sie den Winkel zwischen den Funktionen x^{2} + 2x und sin x im Intervall [0, 1].

Satz 95 (Lagrange-Cauchy-Schwartz-Bunjakowski-Ungleichung) Es gilt die folgende Ungleichung:

⟨x, y⟩^{2} ≤ ⟨x, x⟩ · ⟨y, y⟩ .

Beweis Man betrachtet für x, y ≠ o (sonst ist alles trivial) die folgende zweifellos richtige Ungleichung:

0 ≤ ⟨x − ty, x − ty⟩ ,

die für alle t gilt. Es folgt:

0 ≤ ⟨x − ty, x − ty⟩ = ⟨x, x⟩ − 2t ⟨x, y⟩ + t^{2} ⟨y, y⟩ (∗)

Das heißt: Die Funktion

f(t) = ⟨y, y⟩ t^{2} − 2 ⟨x, y⟩ t + ⟨x, x⟩

hat keine zwei Nullstellen. Daraus folgt unter Anwendung der Lösungsformel für quadratische Gleichungen:

t_{1/2} = \frac{⟨x, y⟩}{⟨y, y⟩} ± \underbrace{\sqrt{\begin{matrix}⟨x, y⟩ & 2 \\ ⟨y, y⟩ & 2 \end{matrix} − \frac{⟨x, x⟩}{⟨y, y⟩}}}_{≤0}

164 KAPITEL 6. EUKLIDISCHE RÄUME Daraus aber folgt:

⟨x, y⟩^{2} − ⟨x, x⟩ · ⟨y, y⟩ ≤ 0.

Das ist die Ungleichung. Wir können den Beweis auch anders führen: Aus der Gleichung (∗) folgt:

0 ≤ f(t)
= ⟨y, y⟩ t^{2} − 2 ⟨x, y⟩ t + ⟨x, x⟩
= ⟨y, y⟩ (t^{2} − 2\frac{⟨x, y⟩}{⟨y, y⟩}t + \frac{⟨x, x⟩}{⟨y, y⟩})
= ⟨y, y⟩ (t^{2} − 2t\frac{⟨x, y⟩}{⟨y, y⟩} + \begin{matrix}⟨x, y⟩ & 2 \\ ⟨y, y⟩ & 2 \end{matrix} + \frac{⟨x, x⟩}{⟨y, y⟩} − \begin{matrix}⟨x, y⟩ & 2 \\ ⟨y, y⟩ & 2 \end{matrix} )
= ⟨y, y⟩ ((t − \frac{⟨x, y⟩}{⟨y, y⟩})^{2} + \underbrace{\frac{⟨x, x⟩}{⟨y, y⟩} − \begin{matrix}⟨x, y⟩ & 2 \\ ⟨y, y⟩ & 2 \end{matrix}}_{≥0})

Damit ist alles gezeigt.

□

Folgerung: Es gilt

⟨x, y⟩^{2} = ⟨x, x⟩ · ⟨y, y⟩

nur dann, wenn die Vektoren x und y linear abhängig sind. Beweis Sind x und y linear abhängig, so gilt für x = ty, y ≠ o:

⟨x − ty, x − ty⟩ = 0.

Für x = o oder y = o gilt sowieso ⟨x, y⟩^{2} = 0.

□

Definition 70 Die Vektoren {e_{1}, …, e_{k}} bilden ein ON–System (orthonormales System), wenn gilt:

⟨e_{i}, e_{j}⟩ = \{ \begin{matrix}0, i ≠ j \\ 1, i = j \end{matrix}

Definition 71 Die Vektoren {e_{1}, …, e_{k}} bilden ein orthogonales System, wenn gilt:

⟨e_{i}, e_{j}⟩ \{ \begin{matrix}= 0, i ≠ j \\ ≠ 0, i = j \end{matrix}

Übungsaufgabe 47 Gegeben sei ein orthogonales System {e_{1}, …, e_{k}}. Erstellen Sie ein ON–System.

6.1. DEFINITION, FOURIERKOEFFIZIENTEN 165 Beispiel 60 Gegeben sei ein Skalarprodukt:

⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩ = x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2}.

Dann ist ⟶ {(1, 2)} ein orthogonales System; ⟶ {(1, 0)} ein ON–System; ⟶ \{(1, 2), (1, −\frac{1}{2})\} ein orthogonales System; ⟶ \{(−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}), (\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}})\} ein ON-System.

Definition 72 Gegeben sei ein orthogonales (ON–) System {e_{1}, …, e_{k}}. Dann heißen die skalaren Werte {⟨v, e_{1}⟩ , …, ⟨v, e_{k}⟩} die Fourierkoeffizienten des Vektors v. Der Vektor

⟨v, e_{1}⟩ e_{1} + … + ⟨v, e_{k}⟩ e_{k}

heißt Fourierreihe des Vektors v.

Beispiel 61 Wir betrachten wieder das Skalarprodukt

⟨(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})⟩ = x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2}.

Dann hat der Vektor (7, 8) in dem orthogonalen System {(1, 2)} den Fourierkoeffizienten 23.

Es sei v ein beliebiger Vektor. Dann bezeichnen wir mit

c_{i} = ⟨v, e_{i}⟩ , i = 1, …, k

die Fourierkoeffizienten des Vektors v. Die Fourierreihe des Vektors sieht dann wie folgt aus:

c_{1}e_{1} + … + c_{k}e_{k}.

Satz 96 (Dreiecksungleichung) Für zwei Vektoren v, w gilt:

|v + w| ≤ |v| + |w|.

Beweis Es gilt:

|v + w|^{2} = ⟨v + w, v + w⟩
= ⟨v, v⟩ + ⟨v, w⟩ + ⟨w, v⟩ + ⟨w, w⟩
= |v|^{2} + 2 ⟨v, w⟩ + |w|^{2}
≤ |v|^{2} + 2 · \sqrt{⟨v, v⟩} · \sqrt{⟨w, w⟩} + |w|^{2}
= |v|^{2} + 2 · |v| · |w| + |w|^{2}
= (|v| + |w|)^{2}

Wir sehen, daß die Behauptung direkt aus der Cauchy-Schwartz’schen Ungleichung folgt. □ 166 KAPITEL 6. EUKLIDISCHE RÄUME Satz 97 (Bessel’sche Ungleichung) Es gilt:

c_{1}^{2} + … + c_{k}^{2} ≤ |v|^{2},

wobei c_{1}, …, c_{k} die Fourierkoeffizienten des Vektors v in dem ON–System {e_{1}, …, e_{k}} sind.

Beweis Es gilt zweifellos:

0 ≤ |v − c_{1}e_{1} − c_{2}e_{2} − … − c_{k}e_{k}|^{2}.

Damit folgt:

0 ≤ |v − c_{1}e_{1} − c_{2}e_{2} − … − c_{k}e_{k}|^{2}
= ⟨v − ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}, v − ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}⟩
= ⟨v, v⟩ − 2 ⟨v, ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}⟩ + ⟨∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}, ∑_{j=1}^{k} c_{j}e_{j}⟩
= |v|^{2} − 2 · ∑_{i=1}^{k} c_{i} \underbrace{⟨v, e_{i}⟩}_{=c_{i}} + ∑_{i,j=1}^{k} c_{i}c_{j} \underbrace{⟨e_{i}, e_{j}⟩}_{=1, falls i=j}
= |v|^{2} − 2 · ∑_{i=1}^{k} c_{i}^{2} + ∑_{i=1}^{k} c_{i}^{2}
= |v|^{2} − ∑_{i=1}^{k} c_{i}^{2}

Damit haben wir die Ungleichung erhalten.

□

Satz 98 (Satz über die Fourierreihe) Es sei {e_{1}, …, e_{k}} ein ON–System. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:

1. Das ON–System ist eine Basis des linearen Euklidischen Raumes V.

2. Das ON–System ist maximal.

3. Sind alle Fourierkoeffizienten eines Vektors v gleich Null, so ist v der Nullvektor.

4. Das ON–System ist vollständig.

5. Jeder Vektor v ist gleich seiner Fourierreihe:

v = ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}

.

6. Für zwei Vektoren v, w gilt:

⟨v, w⟩ = ∑_{i=1}^{k} c_{i}d_{i},

wobei c_{i} = ⟨v, e_{i}⟩ und d_{i} = ⟨w, e_{i}⟩ für alle i = 1, …, k gilt.

7. Die Bessel’sche Ungleichung ist eine Gleichung:

|v|^{2} = ∑_{i=1}^{k} c_{i}^{2}.

Beweis Wir wenden das Ringschlußprinzip an. Wir zeigen die folgende Kette von Folgerungen:

2 ⟹ 3 ⟹ 4 ⟹ 5 ⟹ 6 ⟹ 7 ⟹ 2

Die erste Aussage folgt dann sofort aus den Aussagen 3,4 und 5.

2 ⟹ 3) Das ON–System {e_{1}, …, e_{k}} sei maximal, d.h. es existiert kein weiterer Vektor e_{k+1}, so daß die Vektoren {e_{1}, …, e_{k}, e_{k+1}} ein ON–System bilden.

Es sei nun v ein beliebiger Vektor, für den gilt:

c_{i} = ⟨v, e_{i}⟩ = 0, i = 1, …, k.

Wir nehmen an, daß gilt: v ≠ o.

Dann bilden wir einen Vektor e_{k+1} = \frac{1}{|v|} · v. Dann ist \{e_{1}, …, e_{k+1}\} ein ON–System:

Es sei i ∈ {1, …, k} beliebig fixiert.

• Für j ∈ {1, …, k} mit i ≠ j gilt: ⟨e_{i}, e_{j}⟩ = 0, da die Vektoren {e_{1}, …, e_{k}} bereits ein ON–System bildeten. Es sei nun j = k + 1. Dann gilt:

⟨e_{i}, e_{k+1}⟩ = \frac{1}{|v|} · ⟨e_{i}, v⟩ = 0.

• Für j ∈ {1, …, k} mit i = j gilt: ⟨e_{i}, e_{j}⟩ = 1, da die Vektoren {e_{1}, …, e_{k}} bereits ein ON–System bildeten. Es seien nun i, j = k + 1. Dann gilt:

⟨e_{k+1}, e_{k+1}⟩ = \frac{1}{|v|^{2}} · ⟨v, v⟩ = \frac{1}{|v|^{2}} · |v|^{2} = 1.

Damit aber haben wir einen Widerspruch zur Maximalität des ON–Systems {e_{1}, …, e_{k}} erhalten. Folglich ist v der Nullvektor.

3 ⟹ 4) Es sei also Aussage 3 wahr. Wir zeigen, daß für jeden Vektor v eine Zerlegung

v = ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}

existiert. Dabei gilt: c_{i} = ⟨v, e_{i}⟩.

168 KAPITEL 6. EUKLIDISCHE RÄUME

Wir betrachten nun

w = v − ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}

und bestimmen die Fourierkoeffizienten des Vektors w:

⟨w, e_{j}⟩ = ⟨v − ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}, e_{j}⟩
= ⟨v, e_{j}⟩ − ∑_{i=1}^{k} c_{i} \underbrace{⟨e_{i}, e_{j}⟩}_{=0, für i≠j}
= c_{j} − c_{j}
= 0

Nach Aussage 3 ist der Vektor w damit der Nullvektor. Folglich gilt die Behauptung von Aussage 4.

4 ⟹ 5) Das ist klar mit dem Beweis der Aussage 4. 5 ⟹ 6) Wir betrachten zwei Vektoren v und w. Nach Aussage 5 gilt:

v = ∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i} w = ∑_{i=1}^{k} d_{i}e_{i}.

Dann gilt:

⟨v, w⟩ = ⟨∑_{i=1}^{k} c_{i}e_{i}, ∑_{j=1}^{k} d_{j}e_{j}⟩
= ∑_{i,j=1}^{k} c_{i}d_{j} ⟨e_{i}, e_{j}⟩
= ∑_{i=1}^{k} c_{i}d_{i}

Damit ist alles gezeigt. 6 ⟹ 7) Mit Aussage 6 gilt:

|v|^{2} = ⟨v, v⟩
= ∑_{i=1}^{k} c_{i}c_{i}

7 ⟹ 2) Wir müssen zeigen, daß das ON–System {e_{1}, …, e_{k}} maximal ist. Dazu nehmen wir an, es existiere ein Vektor e_{k+1}, so daß die Vektoren {e_{1}, …, e_{k}, e_{k+1}} ein ON–System bilden. Nach Aussage 7 gilt dann:

⟨e_{k+1}, e_{k+1}⟩ = |e_{k+1}|^{2}
= ∑_{i=1}^{k} ⟨e_{k+1}, e_{i}⟩^{2}

= ∑_{i=1}^{k} 0
= 0

Das aber steht im Widerspruch mit der Annahme, {e_{1}, …, e_{k+1}} sei ein ON–System. Folglich war die Annahme falsch.

Damit haben wir alles gezeigt.

□

Folgerung: Findet man für ein Skalarprodukt ⟨·, ·⟩ ein ON–System, das eine Basis des linearen Euklidischen Raumes V ist, dann gilt:

⟨v, w⟩ = ∑_{i=1}^{k} c_{i}d_{i}.

Satz 99 Es sei U ein von einem ON–System erzeugter Unterraum von V. Dann gibt es für jeden Vektor z ∈ V eine Zerlegung z = x + y, wobei x ∈ U und ⟨y, u⟩ = 0 für alle Vektoren u ∈ U gilt.

Beweis Es sei U erzeugt durch eine beliebige Basis e_{1}, …, e_{k}, die aber nach Voraussetzung ON–System sei. Wir setzen:

x = ∑_{i=1}^{k} ⟨z, e_{i}⟩ · e_{i} und

y = z − x.

Es ist x ∈ U, weil es eine Linearkombination der Basisvektoren des Unterraumes U ist. Wir haben zu zeigen, daß für alle u ∈ U gilt: ⟨y, u⟩ = 0. Dazu betrachten wir zuerst:

⟨y, e_{i}⟩ = ⟨z − x, e_{i}⟩
= ⟨z, e_{i}⟩ − ⟨x, e_{i}⟩
= ⟨z, e_{i}⟩ − ⟨∑_{j=1}^{k} ⟨z, e_{j}⟩ · e_{j}, e_{i}⟩

= ⟨z, e_{i}⟩ − ∑_{j=1}^{k} ⟨z, e_{j}⟩ · ⟨e_{i}, e_{j}⟩
= ⟨z, e_{i}⟩ − ⟨z, e_{i}⟩

Im allgemeinen Fall gilt dann:

⟨y, u⟩ = ⟨y, ∑_{j=1}^{k} c_{j}e_{j}⟩

= ∑_{j=1}^{k} c_{j} ⟨y, e_{j}⟩
= 0

Somit ist alles gezeigt.

□

Satz 100 [Satz über die Orthogonalisierung einer Basis] (Schmidt’sches Orthogonalisierungsverfahren)

Gegeben sei eine Basis e_{1}, …, e_{n} des Euklidischen Raumes V, so daß {e_{1}, …, e_{k}} ein ON–

System ist. Dann existiert eine Basis e_{1}, …, e_{k}, ek+1^{′}, e_{k+2}, …, e_{n}, für die {e_{1}, …, e_{k}, ek+1^{′}}

ein ON–System ist.

Beweis Wir zerlegen den Vektor e_{k+1} nach dem vorigen Satz in zwei Vektoren:

e_{k+1} = x + y,

wobei gilt:

x = c_{1}e_{1} + … + c_{k}e_{k}

und ⟨y, e_{i}⟩ = 0, für alle i ≤ k. Nach k elementaren Basisoperationen erhält man aus

e_{1} …, e_{k}, e_{k+1}, …, e_{n}

die Basis

e_{1}, …, e_{k}, y, e_{k+2}, …, e_{n}.

Es gilt y ≠ o, denn wäre das nicht so, so würde e_{k+1} = x = c_{1}e_{1} + … + c_{k}e_{k} sein, was aber der Voraussetzung widerspricht, das e_{1}, …, e_{n} eine Basis von V ist. Wir können also die Basis

e_{1}, …, e_{k}, \frac{1}{|y|} · y, …, e_{n}

bilden. Das ist eine Basis, die ON–System bis ek+1^{′} = \frac{1}{|y|} · y ist. Das kann man leicht überprüfen: Die Menge {e_{1}, …, e_{k}} war bereits ON–System. Wir brauchen also nur die Skalarprodukte des neuen Vektors überprüfen. Es gilt:

• für alle i = 1, …, k:

⟨\frac{1}{|y|} · y, e_{i}⟩ = \frac{1}{|y|} ⟨y, e_{i}⟩ = 0,

da y bei der Zerlegung von e_{k+1} gerade so gewählt war; •

⟨\frac{1}{|y|} · y, \frac{1}{|y|} · y⟩ = \frac{1^{2}}{|y|^{2}} ⟨y, y⟩
= \frac{1^{2}}{|y|^{2}} |y|^{2}
= 1

Damit ist alles gezeigt.

□

Es sei e_{1}, …, e_{n} eine beliebige Basis des Euklidischen Raumes V. Dann ist {e1^{′}} mit

e1^{′} = \frac{1}{|e_{1}|} · e_{1}

ein ON–System. Folglich existiert eine Basis e1^{′}, e2^{′}, …, e_{n}, bei der {e1^{′}, e2^{′}} ein ON–System ist.

Beispiel 62 Wir betrachten V = R^{3} mit der Basis

(1, 1, 1), (1, 0, 1), (−1, 1, 0)

und mit dem Skalarprodukt

⟨(x_{1}, x_{2}, x_{3}), (y_{1}, y_{2}, y_{3})⟩ = x_{1}y_{1} + x_{2}y_{2} + x_{3}y_{3}.

Wir ermitteln e1^{′}:

e1^{′} = \frac{1}{|(1, 1, 1)|}(1, 1, 1)
= \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)
= (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})

Wir haben also das ON–System {e1^{′}}. Wir wenden nun das Schmidt’sche Orthogonalisierungsverfahren an. Dazu zerlegen wir den Vektor e_{2} in e_{2} = x + y, wobei gilt:

x = ⟨(1, 0, 1), (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})⟩ · (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})
= \frac{2}{\sqrt{3}} (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})
= (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})
= \frac{2}{3}(1, 1, 1)
y = e_{2} − x
= (1, 0, 1) − (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})
= (\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, \frac{1}{3})

Wir ermitteln nun den Vektor e2^{′}:

e2^{′} = \frac{1}{|y|} · y
= \frac{1}{| (\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, \frac{1}{3}) |} · (\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, \frac{1}{3})
= \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{9} + \frac{4}{9} + \frac{1}{9}}} · (\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, \frac{1}{3})

= \frac{1}{\sqrt{\frac{2}{3}}} · (\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, \frac{1}{3})

= \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix} · (\frac{1}{3}, −\frac{2}{3}, \frac{1}{3})
= (\frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}})

Damit haben wir jetzt die folgende Basis des Euklidischen Raumes R^{3} erhalten:

e1^{′} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)
e2^{′} = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, −2, 1)
e_{3} = (−1, 1, 0)

Nun können wir das Verfahren auch noch auf den Vektor e_{3} anwenden, und wir erhalten dann eine Basis des Euklidischen Raumes R^{3}, die gleichzeitig ein ON–System ist.

6.2 Isomorphismen und orthogonale Komplemente

Definition 73 Zwei Euklidische Räume V_{1} und V_{2} heißen isomorph, wenn es einen Isomorphismus f: V_{1} ⟶ V_{2} gibt (V_{1}, V_{2} sind lineare Räume !) und zusätzlich für alle Vektoren v_{1}, v_{2} ∈ V_{1} gilt:

⟨f(v_{1}), f(v_{2})⟩ = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ .

Ein Operator, der ein Isomorphismus ist, heißt orthogonal. Für ihn gilt also:

A: V ⟶ V
⟨A(v), A(w)⟩ = ⟨v, w⟩ .

Definition 74 Ein Operator über einem Euklidischen Raum heißt längenerhaltend, wenn für alle Vektoren v aus dem Raum gilt:

|v| = |A(v)|.

Satz 101 Ein Operator, der längenerhaltend ist, ist orthogonal.

Beweis Ein Operator A sei längenerhaltend. Also gilt:

⟨v, v⟩ = ⟨A(v), A(v)⟩ .

Gegeben seien nun zwei Vektoren v und w aus dem Euklidischen Raum V. Wir betrachten:

⟨v − w, v − w⟩ = ⟨A(v − w), A(v − w)⟩
⟨v, v⟩ − 2 ⟨v, w⟩ + ⟨w, w⟩ = \underbrace{⟨A(v), A(v)⟩}_{=⟨v,v⟩} −2 ⟨A(v), A(w)⟩ + \underbrace{⟨A(w), A(w)⟩}_{=⟨w,w⟩}

−2 ⟨v, w⟩ = −2 ⟨A(v), A(w)⟩ |: (−2)
⟨v, w⟩ = ⟨A(v), A(w)⟩

Das ist gerade die Bedingung der Orthogonalität.

□

Wenn A ein orthogonaler Operator und e_{1}, …, e_{n} eine Basis des Euklidischen Raumes V ist und gleichzeitig ein ON–System bildet, also gilt:

⟨e_{i}, e_{j}⟩ = \{ \begin{matrix}1 i = j \\ 0 i ≠ j \end{matrix} ,

dann ist auch A(e_{1}), …, A(e_{n}) eine Basis und sogar ein ON–System.

Beweis Der Operator A ist aufgrund seiner Orthogonalität ein Isomorphismus. Dann aber ist nach dem ”Schmetterlingssatz“ A(e_{1}), …, A(e_{n}) eine Basis. Aus der Orthogonalität folgt aber auch:

⟨A(e_{i}), A(e_{j})⟩ = ⟨e_{i}, e_{j}⟩ = \{ \begin{matrix}1 i = j \\ 0 i ≠ j \end{matrix} .

□

Satz 102 Wenn e_{1}, …, e_{n} eine ON–Basis ist und ⟨A(e_{i}), A(e_{j})⟩ = ⟨e_{i}, e_{j}⟩ gilt, dann ist A ein orthogonaler Operator.

Beweis Gegeben seien zwei Vektoren v und w aus dem Euklidischen Raum V. Weil das ON–System {e_{1}, …, e_{n}} gleichzeitig Basis des Euklidischen Raumes V ist, folgt nach dem Satz über die Fourierreihe, daß die Vektoren v und w gleich ihren Fourierreihen sind:

v = v^{1}e_{1} + … + v^{n}e_{n}
w = w^{1}e_{1} + … + w^{n}e_{n}

Aus demselben Satz folgt:

⟨v, w⟩ = ∑_{i=1}^{n} v^{i}w^{i}.

Damit gilt:

⟨A(v), A(w)⟩ = ⟨A(∑_{i=1}^{n} v^{i}e_{i}), A(∑_{j=1}^{n} w^{j}e_{j})⟩

= ⟨∑_{i=1}^{n} v^{i}A(e_{i}), ∑_{j=1}^{n} w^{j}A(e_{j})⟩

= ∑_{i,j=1}^{n} v^{i}w^{j} ⟨A(e_{i}), A(e_{j})⟩

= ∑_{i,j=1}^{n} v^{i}w^{j} ⟨e_{i}, e_{j}⟩

= ∑_{i=1}^{n} v^{i}w^{i}
= ⟨v, w⟩
□

Folgerung: Ist für eine ON–Basis e_{1}, …, e_{n} auch

⟨A(e_{i}), A(e_{j})⟩ = \{ \begin{matrix}1 i = j \\ 0 i ≠ j \end{matrix} ,

dann ist A(e_{1}), …, A(e_{n}) eine ON–Basis.

Wie sieht die Matrix eines orthogonalen Operators aus?

Es sei A ein Operator auf dem Euklidischen Raum V (A: V ⟶ V).

[A] = ( \begin{matrix}a_{1}^{1} & ⋯ & a_{1}^{n} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{n}^{1} & ⋯ & a_{n}^{n} \end{matrix} )

Folglich gilt:

A(e_{i}) = ∑_{j=1}^{n} a_{i}^{j}e_{j}.

Ist e_{1}, …, e_{n} eine ON–Basis, so sind nach dem Satz über die Fourierreihe die Bilder A(e_{i}) der Basisvektoren gleich ihren Fourierreihen. Folglich enthält in diesem Fall die Matrix des orthogonalen Operators die Fourierkoeffizienten der Bilder A(e_{i}) der Basisvektoren. Wie wir weiter oben gezeigt hatten, gilt auch:

⟨A(e_{i}), A(e_{j})⟩ = \{ \begin{matrix}1 i = j \\ 0 i ≠ j \end{matrix} .

Es ist aber auch:

⟨A(e_{i}), A(e_{j})⟩ = ⟨∑_{k=1}^{n} a_{i}^{k}e_{k}, ∑_{s=1}^{n} a_{j}^{s}e_{s}⟩

= ∑_{k,s=1}^{n} a_{i}^{k}a_{j}^{s} ⟨e_{k}, e_{s}⟩

= ∑_{k=1}^{n} a_{i}^{k}a_{j}^{k}

Das sind die Elemente einer Produktmatrix C = B · A, wobei bei der Matrix B an der Stelle b_{k}^{i} das Element a_{i}^{k} steht (b_{k}^{i} = a_{i}^{k}).

⟹ c_{j}^{i} = ∑_{k=1}^{n} \underbrace{b_{k}^{i}}_{∈B} \underbrace{a_{j}^{k}}_{∈A} .

Folglich ist B = A^{T} die an der Hauptdiagonalen gespiegelte Matrix A. Wir nennen sie Transponierte von A. Wir erhalten mit den obigen Gleichungen:

c_{j}^{i} = [B · A]_{j}^{i} = ⟨A(e_{i}), A(e_{j})⟩ = \{ \begin{matrix}1 i = j \\ 0 i ≠ j \end{matrix} .

Folglich gilt:

C = B · A = E.

Das gilt aber nur deshalb, weil wir von einer ON–Basis ausgingen.

Fassen wir noch einmal zusammen: Ist A ein orthogonaler Operator und e_{1}, …, e_{n} eine ON– Basis, dann sind die Spaltenvektoren der Matrix von A paarweise orthogonal zueinander. Außerdem sind sie sogar ein ON–System. Es gilt:

A^{T} · A = E.

Dann ist auch

A · A^{T} = E

(Schmetterlingssatz), also sind die Zeilenvektoren von A (die Spaltenvektoren von A^{T}) auch ein ON–System.

Definition 75 Eine Matrix A mit der Eigenschaft A · A^{T} = E heißt orthogonal.

Folgerung: Ein orthogonaler Operator hat als Matrix in einem ON–System (ON–Basis) eine orthogonale Matrix.

Folgerung: Die Determinante eines orthogonalen Operators A ist:

det(A) · det(A^{T}) = det(E)
(det(A))^{2} = 1
det(A) = ±1

Definition 76 Ist U ein Unterraum des Euklidischen Raumes V, dann nennen wir die Menge

U^{⊥} = {v ∈ V: ⟨u, v⟩ = 0, ∀u ∈ U}

das orthogonale Komplement von U.

Ordnet man jedem Vektor u ∈ U die lineare Abbildung

α_{u}: V ⟶ K(= R)

mit

α_{u}(w) = ⟨w, u⟩

zu (ein Funktional), dann ist

U^{⊥} = Ann{α_{u}: u ∈ U}.

Daraus folgt, daß die Menge U^{⊥} ein Unterraum ist und daß gilt:

dim U^{⊥} = n − dim U.

( Diese Aussage könnte man alternativ dazu auch wesentlich komplizierter nachweisen:

1. U^{⊥} ist Unterraum: Man zeigt also, daß gilt:

v_{1}, v_{2} ∈ U^{⊥} ⟹ αv_{1} + βv_{2} ∈ U^{⊥}.

2. U^{⊥} hat eine Basis. Das kann man wie folgt zeigen: Es sei e_{1}, …, e_{k} eine Basis des Unterraumes U. Man orthogonalisiert und ergänzt sie zu einer Basis des Euklidischen Raumes V: e_{1}, …, e_{k}, e_{k+1}, …, e_{n}. Diese orthogonalisiert man ebenfalls und betrachtet die letzten Vektoren (e_{k+1}, …, e_{n}). Da man jetzt eine orthogonale Basis hat, und die Vektoren selbst nicht im Unterraum U liegen, ist ihr Skalarprodukt mit Vektoren aus U immer gleich Null. Somit liegen sie in der Menge U^{⊥}. Außerdem sind sie linear unabhängig. Es sei nun v ∈ U^{⊥}. Man betrachtet die Fourierreihe dieses Vektors im Euklidischen Raum V:

v = v^{1}e_{1} + … + v^{k}e_{k} + v^{k+1}e_{k+1} + … + v^{n}e_{n}.

Der Vektor ist nach dem Satz über die Fourierreihe gleich seiner Fourierreihe, denn man hatte ja die Basis von V orthogonalisiert. Da aber v ∈ U^{⊥} gilt, folgt:

v^{i} = ⟨v, e_{i}⟩ = 0, für alle i ≤ k.

Folglich sind die Vektoren e_{k+1}, …, e_{n} auch vollständig im Unterraum U^{⊥} und somit Basis. Damit ist auch die Dimensionsbeziehung gezeigt.

Man sieht: Dieser Beweisweg ist wesentlich umfangreicher.)

Satz 103 Für jeden Euklidischen Raum V gilt:

V ≅ V^{∗}.

(V^{∗}–dualer Raum) Es besteht hier also ein Isomorphismus linearer Räume.

Beweis Zu zeigen ist: Die Abbildung

I: u ⟶ α_{u}

mit

α_{u}(w) := ⟨w, u⟩

ist linear und Isomorphismus, also bijektiv. Die Linearität ist leicht nachzuweisen, da sie aus der Bilinearität des Skalarproduktes folgt. Kommen wir zur Bijektivität. Für endlichdimensionale Räume genügt es, die Injektivität zu beweisen. Wir zeigen also: KerI = {o}.

Es sei I(u) = α_{u} = O. Folglich gilt: α_{u}(w) = 0 für alle Vektoren w ∈ V. Insbesondere ist

0 = α_{u}(u) = ⟨u, u⟩ .

Daraus aber folgt: u = o.

Folglich gilt: V ≅ V^{∗∗} = V^{∗}.

□

Übungsaufgabe 48 Es sei e_{1}, …, e_{n} eine ON–Basis. Bestimmen Sie die duale Basis im Raum V^{∗} ≅ V.

6.3 Die Normalform orthogonaler Operatoren

Ziel bei der Bestimmung der Jordan’schen Normalform war die Suche invarianter Unterräume

1. für Jordanblöcke

( J J J 0 0 ) .

2. in Jordanblöcken (Kästchen) – Die Vektoren der Spalten bildeten invariante Unterräume, in denen der Operator (A − λ · E) zyklisch war.

Wir werden sehen, daß die Jordan’sche Normalform orthogonaler Operatoren keine großen Kästchen hat. Das bedeutet: Der orthogonale Operator ist diagonalisierbar bzw. die Jordan’sche Normalform besitzt nur Kästchen der Größe 1 × 1.

Satz 104 Ist A ein orthogonaler Operator und U ein A–invarianter Unterraum des Euklidischen Raumes V, dann ist auch U^{⊥} ein A–invarianter Unterraum von V.

Beweis Es sei v ein Vektor aus U^{⊥}. Dann gilt: ⟨v, u⟩ = 0, und zwar für alle Vektoren u aus dem Unterraum U. Wir haben nun zu zeigen, daß auch gilt:

A(v) ∈ U^{⊥} bzw. ⟨A(v), u⟩ = 0.

Betrachten wir den Vektor u etwas näher: Weil der Operator A ein orthogonaler Operator ist, ist er invertierbar, und zwar im Euklidischen Raum V, aber auch in dessen Unterraum U. Damit folgt aber mit dem Schmetterlingssatz, daß ein Vektor w ∈ U existiert, so daß gilt: u = A(w). Wir erhalten also:

⟨A(v), u⟩ = ⟨A(v), A(w)⟩
= ⟨v, w⟩

Die letzte Gleichheit gilt, da der Vektor w ein Vektor aus dem Unterraum U ist. Somit ist alles gezeigt.

□

Satz 105 Für die Nullstellen λ des charakteristischen Polynoms eines (reellen) orthogonalen Operators gilt |λ| = 1.

Beweis Wir betrachten zunächst die Eigenwerte des Operators A, die ja Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind:

Für diese Eigenwerte gilt bekanntlich: A(v) = λ · v. Daraus folgt:

⟨A(v), A(v)⟩ = ⟨λ · v, λ · v⟩
⟨v, v⟩ = λ^{2} ⟨v, v⟩ |: ⟨v, v⟩
1 = λ^{2}

Für die Eigenwerte des Operators gilt also: |λ| = 1.

Es sei λ nun eine komplexe Nullstelle des reellen Operators A im reellen Vektorraum V. Dann finden wir einen Eigenvektor (x, y) im Raum V_{C} und es gilt:

A_{C}(x, y) = λ(x, y).

Für die reellen Vektoren x und y gilt:

A(x) = αx − βy
A(y) = βx + αy

wobei gilt: λ = α + iβ. (Das folgt aus der Gleichung:

(A(x), A(y)) = A_{C}(x, y) = (α + iβ)(x, y) = (αx − βy, βx + αy),

die die beiden obigen Gleichungen beinhaltet.)

Weil der Operator A orthogonal ist, gilt:

⟨x, x⟩ = ⟨A(x), A(x)⟩
= ⟨αx − βy, αx − βy⟩
= ⟨αx, αx⟩ − ⟨βy, αx⟩ − ⟨αx, βy⟩ + ⟨βy, βy⟩
= α^{2} ⟨x, x⟩ − 2αβ ⟨x, y⟩ + β^{2} ⟨y, y⟩

Wir stellen um und erhalten:

(α^{2} − 1) ⟨x, x⟩ − 2αβ ⟨x, y⟩ + β^{2} ⟨y, y⟩ = 0.

Wir beschaffen uns noch eine zweite Gleichung:

⟨y, y⟩ = ⟨A(y), A(y)⟩
= ⟨βx + αy, βx + αy⟩
= β^{2} ⟨x, x⟩ + 2αβ ⟨x, y⟩ + α^{2} ⟨y, y⟩

Wir stellen wieder um und erhalten:

β^{2} ⟨x, x⟩ + 2αβ ⟨x, y⟩ + (α^{2} − 1) ⟨y, y⟩ = 0.

Nun addieren wir die beiden Gleichungen. Dann ergibt sich:

(α^{2} + β^{2} − 1) \underbrace{(⟨x, x⟩ + ⟨y, y⟩)}_{≠0} = 0.

Die Summe der beiden Skalarprodukte ist deswegen ungleich Null, weil mindestens einer der beiden Vektoren x und y ungleich dem Nullvektor ist, da der Vektor (x, y) ein Eigenvektor des komplexen Operators A_{C} ist.

Folglich gilt:

α^{2} + β^{2} − 1 = 0 | + 1
α^{2} + β^{2} = 1
λ^{2} = 1

Daraus folgt aber: |λ| = 1 und alles ist gezeigt.

□

Wir hatten festgestellt, daß gilt:

α^{2} + β^{2} = 1.

Damit gilt also: α^{2} − 1 = −β^{2}.

Nun notieren wir noch einmal die beiden Gleichungen:

−β^{2} ⟨x, x⟩ − 2αβ ⟨x, y⟩ + β^{2} ⟨y, y⟩ = 0
β^{2} ⟨x, x⟩ + 2αβ ⟨x, y⟩ − β^{2} ⟨y, y⟩ = 0

Wir fassen zusammen und erhalten die beiden folgenden Gleichungen:

−β^{2}(⟨x, x⟩ − ⟨y, y⟩) − 2αβ ⟨x, y⟩ = 0
β^{2}(⟨x, x⟩ − ⟨y, y⟩) − 2αβ ⟨x, y⟩ = 0

Man sieht also: Beide Gleichungen sind linear abhängig. Wir suchen also eine dritte Gleichung und betrachten dazu:

⟨x, y⟩ = ⟨A(x), A(y)⟩
= ⟨αx − βy, βx + αy⟩
= αβ ⟨x, x⟩ − αβ ⟨y, y⟩ + α^{2} ⟨x, y⟩ − β^{2} ⟨x, y⟩
= αβ(⟨x, x⟩ − ⟨y, y⟩) + (α^{2} − β^{2}) ⟨x, y⟩

Wir stellen um und erhalten:

0 = αβ(⟨x, x⟩ − ⟨y, y⟩) + \underbrace{(α^{2} − β^{2} − 1)}_{=−2β^{2}} ⟨x, y⟩

0 = αβ(⟨x, x⟩ − ⟨y, y⟩) − 2β^{2} ⟨x, y⟩

Wir betrachten damit die zwei folgenden Gleichungen:

0 = αβ(⟨x, x⟩ − ⟨y, y⟩) − 2β^{2} ⟨x, y⟩
0 = β^{2}(⟨x, x⟩ − ⟨y, y⟩) + 2αβ ⟨x, y⟩

Nun lösen wir das Gleichungssystem:

αβt − 2β^{2}s = 0
β^{2}t + 2αβs = 0

Das Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, wenn die folgende Determinante ungleich Null ist:

| \begin{matrix}αβ & −2β^{2} \\ β^{2} & 2αβ \end{matrix} | = 2α^{2}β^{2} + 2β^{4}
= 2β^{2}(α^{2} + β^{2})
= 2β^{2}
≠ 0

Satz 106 Für eine komplexe Nullstelle λ = α + iβ (β ≠ 0) hat das Gleichungssystem \underline{genau} eine Lösung und es gilt:

⟨x, y⟩ = 0 und
|x| = |y|

für den komplexen Eigenvektor v = (x, y).

Beweis vgl. obige Herleitung!

□

Bemerkung 4 Weil α^{2} + β^{2} = 1 ist, existiert ein Winkel φ, so daß gilt:

α = cos φ und β = sin φ.

Beispielsweise kann gelten. φ = arccos α.

Folgerung: Für reelle Eigenwerte λ existiert ein invarianter Unterraum U = L(v), wobei v der zugehörige Eigenvektor zum Eigenwert λ ist, so daß in V = U + U^{⊥} der Operator die Matrix hat:

(  A|_{U^{⊥}} 0 ±1 0 ) .

Für komplexe Eigenwerte existiert ein invarianter Unterraum U = L(x, y), wobei (x, y) der zugehörige komplexe Eigenvektor zum entsprechenden Eigenwert ist, so daß in V = U + U^{⊥} der Operator die Matrix hat:

(  A|_{U^{⊥}}^{cos φ sin φ − sin φ cos φ} 0  0  ) .

Da der Unterraum U^{⊥} A–invariant ist, können wir das gleiche dort wieder tun usw. Damit erhalten wir eine Matrix, die nur aus solchen Kästchen besteht und sonst Nullen.

Satz 107 Zu jedem orthogonalen Operator A existiert eine ON–Basis e_{1}, …, e_{n}, in der er eine Blockdiagonalform hat:

( ^{cos φ_{1}  sin φ_{1} − sin φ_{1} cos φ_{1}}^{cos φ_{2}  sin φ_{2} − sin φ_{2} cos φ_{2}}  1  1 −1 ^{...} ) .

Diese Matrix ist natürlich nur als Schema zu verstehen!

Bei Bedarf ersetzen wir die Vektoren x und y durch \frac{1}{|x|} · x und \frac{1}{|y|} · y. Wir erhalten zwei Vektoren der Länge 1. Die Gleichungen bleiben erhalten und die Matrix des Operators ändert sich nicht!

Wenn man für die 1 –Kästchen ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) als ( \begin{matrix}cos 0 & sin 0 \\ − sin 0 & cos 0 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) als

( \begin{matrix}cos π & sin π \\ − sin π & cos π \end{matrix} ) auffaßt, so besteht die Matrix des Operators für gerade Dimensionen nur

aus 2×2–Kästchen und für ungerade Dimensionen aus 2er Kästchen und einem Kästchen mit

±1. (Dabei können allerdings auch Kästchen der Form ( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) oder umgekehrt dabei

sein.)

In jedem zweidimensionalen Unterraum mit einem ”Winkelkästchen“ wirkt die orthogonale Abbildung wie die Drehung um den Winkel φ im Uhrzeigersinn.

Im ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} )–Kästchen wirkt die Abbildung wie eine Spiegelung.

Im dreidimensionalen Raum hat jede orthogonale Abbildung eine ON–Basis mit der Matrix

( ^{cos φ sin φ − sin φ cos φ} ±1 ) .

⟹ Jede längenerhaltende Abbildung läßt sich aus Drehungen und eventuell noch einer Spiegelung zusammensetzen.

6.4 Die Normalform selbstdualer Operatoren

Definition 77 Ein Operator A heißt selbstdual, wenn für alle Vektoren x und y aus dem Euklidischen Raum V gilt:

⟨A(x), y)⟩ = ⟨x, A(y)⟩ .

Wie sieht die Matrix des Operators in einer ON–Basis e_{1}, …, e_{n} aus? Um diese Frage beantworten zu können, betrachten wir zunächst die Bilder der Basisvektoren bezüglich des Operators A:

A(e_{j}) = ∑_{i=1}^{n} a_{j}^{i}e_{i}.

Die Elemente der Matrix des Operators A sind also die Fourierkoeffizienten der Bilder der Basisvektoren:

a_{j}^{i} = ⟨A(e_{j}), e_{i}⟩ .

Nach dem Satz über die Fourierreihe sind die Vektoren des Euklidischen Raumes V in der ON–Basis nämlich gleich ihren Fourierreihen.

Wir schlußfolgern: Ein Operator ist selbstdual, wenn

a_{j}^{i} = ⟨A(e_{j}), e_{i})⟩ = (e_{j}, A(e_{i})⟩ = ⟨A(e_{i}), e_{j}⟩ = a_{i}^{j}

gilt und umgekehrt. Seine Matrix ist symmetrisch.

Übungsaufgabe 49 Wie verhält es sich mit dem Produkt selbstdualer Operatoren? Wenn also die Operatoren A und B selbstdual sind, wann wäre das Produkt A ∘ B selbstdual?

Satz 108 Die Eigenwerte eines selbstdualen Operators sind reell.

Beweis Es sei λ = α + iβ eine komplexe Nullstelle des charakteristischen Polynoms des selbstdualen Operators A, und (u, v) sei der zugehörige komplexe Eigenvektor. Dann gilt:

(A(u), A(v)) = A(u, v)
= (α + iβ)(u, v)
= (αu − βv, βu + αv)

Daraus folgt:

A(u) = αu − βv
A(v) = βu + αv

Es gilt somit:

⟨A(u), v⟩ = ⟨αu − βv, v⟩
= α ⟨u, v⟩ − β ⟨v, v⟩
⟨u, A(v)⟩ = ⟨u, βu + αv⟩
= β ⟨u, u⟩ + α ⟨u, v⟩

Da der Operator selbstdual ist, gilt darüberhinaus auch:

⟨A(u), v⟩ = ⟨u, A(v)⟩ .

Damit erhalten wir:

⟨A(u), v⟩ = ⟨u, A(v)⟩
α ⟨u, v⟩ − β ⟨v, v⟩ = β ⟨u, u⟩ + α ⟨u, v⟩ | − α ⟨u, v⟩ + β ⟨v, v⟩
0 = β(⟨u, u⟩ + ⟨v, v⟩)

Nun gibt es zwei Möglichkeiten:

1. β ≠ 0. Dann folgt aber daraus:

⟨u, u⟩ + ⟨v, v⟩ = 0.

Da das Skalarprodukt positiv definit ist, gilt dann:

u = v = o.

Das ist aber unmöglich, weil (u, v) ein komplexer Eigenvektor des Operators A ist.

2. β = 0. Damit folgt: λ = α + iβ ∈ R.

□

Satz 109 Es sei A ein selbstdualer Operator. Dann sind Eigenvektoren zu unterschiedlichen Eigenwerten orthogonal.

Es seien λ und μ zwei Eigenwerte des Operators A mit

λ ≠ μ.

Es seien weiterhin x und y aus dem Euklidischen Raum V zwei Eigenwerte des Operators mit

A(x) = λx und A(y) = μy.

Dann gilt:

⟨A(x), y⟩ = ⟨x, A(y)⟩
⟨λx, y⟩ = ⟨x, μy⟩
λ ⟨x, y⟩ = μ ⟨x, y⟩ | − μ ⟨x, y⟩
(λ − μ) ⟨x, y⟩ = 0

Es gibt zwei Möglichkeiten:

1. λ − μ = 0. Das widerspricht aber der Voraussetzung.

2. ⟨x, y⟩ = 0. Da aber x ≠ y gilt, müssen die beiden Vektoren orthogonal sein.

□

Satz 110 Ist A ein selbstdualer Operator und U ein A–invarianter Unterraum des Euklidischen Raumes V, dann ist auch U^{⊥} ein A–invarianter Unterraum von V.

Beweis Es sei v ein Vektor aus dem Unterraum U^{⊥}. Wir haben zu zeigen, daß dann gilt: A(v) ∈ U^{⊥}. Das ist äquivalent mit der Aussage:

⟨A(v), u⟩ = 0, für alle u ∈ U.

Das aber ist leicht zu zeigen. Für einen beliebigen Vektor u aus dem Unterraum U gilt:

⟨A(v), u⟩ = ⟨v, A(u)⟩ = 0,

da wegen der A–Invarianz des Unterraumes U der Vektor A(u) ein Element von U ist und außerdem der Vektor v im Unterraum U^{⊥} liegt.

□

Wenn wir eine Darstellung V = U_{1} + U_{2} haben, bei der U_{2} = U_{1}^{⊥} gilt, dann hat die Matrix des selbstdualen Operators A eine Blockdiagonalform:

( 0 0 U_{1} U_{2} ) .

Folgerung: Es gibt keine nichttrivialen zyklischen Bestandteile, daß heißt keine Jordankästchen größer als 1 × 1.

Folgerung: Ein selbstdualer Operator hat eine Diagonalmatrix als Jordan’sche Normalform.

Der Basiswechsel kann durch eine orthogonale Transformation vollzogen werden, weil Anfangs– und Endbasis ON–Systeme sind.

Algorithmen zur Lösung linearer Gleichungssysteme

7.1 Die LR–Zerlegung

Gegeben sei ein lineares Gleichungssystem Ax = b. Dabei seien:

b = ( b_{1} ; ⋮ ; b_{n} ) x = ( x_{1} ; ⋮ ; x_{n} ) .

Die Matrix A wird sich im Verlauf des Algorithmus zur LR–Zerlegung verändern. Wir betrachten daher:

A^{(i)} = ( \begin{matrix}a_{11} & a_{12} & ⋯ & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & ⋯ & a_{2n} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ a_{n1} & a_{n2} & ⋯ & a_{nn} \end{matrix} ) ,

wobei i die Nummer des Algorithmusschrittes ist, der zu dieser Matrix geführt hat. Im Verlauf des Algorithmus zur LR–Zerlegung erhalten wir Gleichungssysteme

(i) { a_{11}^{(i)}x_{1} + … + a_{1n}^{(i)}x_{n} = b_{1}^{(i)} ; ⋮ ; a_{n1}^{(i)}x_{1} + … + a_{nn}^{(i)}x_{n} = b_{n}^{(i)} ,

wobei am Ende des Algorithmus für j < i gilt: a_{ij}^{(n)} = 0.

Die Koeffizientenmatrix sieht im i-ten Schritt wie folgt aus:

( [figure: 0; i; i]  ) .

Am Ende erhalten wir das folgende Gleichungssystem:

{ a_{11}^{(n)}x_{1} + … + a_{1n}^{(n)}x_{n} = b_{1}^{(n)} ; ⋮ ; a_{nn}^{(n)}x_{n} = b_{n}^{(n)} .

Die Lösung dieses Gleichungssystems ist für alle i = 1, …, n:

x_{i} = \frac{1}{a_{ii}} (b_{i}^{(n)} − ∑_{k=i+1}^{n} a_{ik}x_{k}) .

Die Ausgangsmatrix bezeichnen wir mit A^{(1)}. Wir geben nun den Algorithmus an:

Der Schritt von (1) zu (2): (Induktionsanfang)

1. Es sei a_{11}^{(1)} ≠ 0.

2. Wir nehmen folgende Zuweisungen vor:

\begin{matrix}a_{1k}^{(2)} := a_{1k}^{(1)} & k = 1, …, n \\ b_{k}^{(2)} := b_{k}^{(1)} & k = 1, …, n \\ a_{l1}^{(2)} := 0 & l = 2, …, n \\ a_{lk}^{(2)} := a_{lk}^{(1)} − \frac{a_{l1}^{(1)}}{a_{11}^{(1)}} a_{1k}^{(1)} & l = 2, …, n; k = 2, …, n \\ b_{l}^{(2)} := b_{l}^{(1)} − \frac{a_{l1}^{(1)}}{a_{11}^{(1)}} b_{1}^{(1)} & l = 2, …, n \end{matrix}

Der Schritt von (i) zu (i + 1): (Induktionsschritt)

1. Es sei a_{ii}^{(i)} ≠ 0.

2. Wir nehmen folgende Zuweisungen vor:

\begin{matrix}a_{jk}^{(i+1)} := a_{jk}^{(i)} & k = 1, …, n; j = 1, …, i \\ b_{k}^{(i+1)} := b_{k}^{(i)} & k = 1, …, i \\ a_{lk}^{(i+1)} := 0 & k = 1, …, i; l = i + 1, …, n \\ a_{lk}^{(i+1)} := a_{lk}^{(i)} − \frac{a_{li}^{(i)}}{a_{ii}^{(i)}} a_{ik}^{(i)} & l = i + 1, …, n; k = i + 1, …, n \\ b_{l}^{(i+1)} := b_{l}^{(i)} − \frac{a_{li}^{(i)}}{a_{ii}^{(i)}} b_{i}^{(i)} & l = i + 1, …, n \end{matrix}

Was geschieht hierbei mit den Koeffizientenmatrizen? Bei der Transformation A^{(i)} ⟶ A^{(i+1)} wird eine Matrizenmultiplikation vorgenommen:

A^{(i+1)} := L_{i} · A^{(i)},

wobei gilt:

L_{i} = ( 1  1 0  0^{...} ^{...}0^{i}^{j}  ) .

In der Matrix L_{i} steht an der Stelle (Spalte i, Zeile j) der Bruch −\frac{a_{li}^{(i)}}{a_{ii}^{(i)}} . Auf der Hauptdiagonalen stehen nur Einsen. Bis auf die Spalte i unterhalb der Hauptdiagonalen enthält die Matrix L_{i} nur Nullen. Der Algorithmus bewirkt beim i–ten Schritt die Multiplikation des Systems

A^{(i)} · x = b^{(i)}

mit der Matrix L_{i}:

\underbrace{L_{i} · A^{(i)} · x}_{A^{(i+1)}} = \underbrace{L_{i} · b^{(i)}}_{b^{(i+1)}} .

Die Matrizen L_{i} heißen ”linke“ Matrizen, weil nur links von der Hauptdiagonalen von Null verschiedene Elemente stehen. Am Ende erhält man das Gleichungssystem

A^{(n)} · x = b^{(n)}.

Die Matrix A^{(n)} =: R ist eine ”rechte“ Matrix:

R = \underbrace{L_{n} · L_{n−1} · . . . · L_{1}}_{L} ·A.

Die Matrix L ist eine ”linke“ Matrix, da die Multiplikation ”linker“ Matrizen wiederum eine solche ergibt. Wir erhalten also:

R = L · A.

Der Algorithmus erzeugt also eine Darstellung R = L · A, wobei R eine ”rechte“ und L eine ”linke“ Matrix ist. Diese oder die Darstellung L^{−1} · R = A nennt man LR–Zerlegung.

Übungsaufgabe 50 Bestimmen sie die zu L inverse Matrix L^{−1}.

Im allgemeinen ist a_{ii}^{(i)} ≠ 0, aber manchmal gilt auch a_{ii}^{(i)} = 0. Dieser Fall ist aber im Algorithmus nicht berücksichtigt worden. Um das nachträglich noch zu tun, müssen wir den Algorithmus etwas abändern. Darüber trifft der folgende Satz eine Aussage:

Satz 111 Für jede reguläre Matrix A (det A ≠ 0) existieren drei Matrizen P,L und R, so daß gilt:

P · A = L^{−1} · R,

wobei L ”linke“, R ”rechte“ und P Permutationsmatrix ist.

(Permutationsmatrix ist eine Matrix dann, wenn in jeder ihrer Spalten und ihrer Zeilen jeweils genau eine Eins steht.)

Beweis Wenn man den a_{ii}^{(i)} = 0–Konflikt nicht hat, dann benötigt man die Permutationsmatrix nicht. Man kann daher P = E setzen. (Die Einheitsmatrix ist ebenfalls eine Permutationsmatrix!)

Es sei daher nun a_{ii}^{(i)} = 0. Dann ist aber wenigstens ein Element a_{li}^{(i)} ≠ 0 für l > i, weil ja gilt: det A^{(i)} = det A ≠ 0. Veranschaulichen wir uns das: Nach dem i–ten Schritt haben wir eine Matrix erhalten, die wie folgt aussieht:

( [figure: 0; i; i]  ) .

Das Element in der i–ten Spalte auf der Hauptdiagonalen ist also gleich Null. Die Determinante der Matrix A^{(i)} und damit auch der Matrix A würde sich berechnen lassen durch Multiplikation der Elemente auf der Hauptdiagonalen bis zur einschließlich (i − 1)-ten Spalte und der Determinante der Matrix, die in der folgenden Darstellung eingerahmt ist:

( [figure: 0; i; i]  ) .

Wenn nun in der i–ten Spalte unterhalb der Hauptdiagonalen nur noch Nullen stehen würden, so hätte die eingerahmte Matrix in der ersten Spalte ein Nullspalte, was bedeutet, daß ihre Determinante gleich Null ist. Damit aber wäre auch die Determinante der Matrix A^{(i)} bzw. A gleich Null, was aber der Voraussetzung widersprechen würde.

Wir haben also in der i–ten Spalte unterhalb der Hauptdiagonalen mindestens ein von Null verschiedenes Element. Dann machen wir alle Schritte, die wir im Algorithmus bisher durchgeführt hatten, wieder rückgängig, nehmen also wieder die Matrix A, und vertauschen in ihr die l–te und die i–te Zeile. Dann starten wir den Algorithmus neu. Damit erreichen wir beim i–ten Schritt, daß gilt: a_{ii}^{′(i)} ≠ 0. Das tun wir an jeder Stelle, wo gilt: a_{ii}^{(i)} = 0.

Dieses Verfahren kommt aber der Multiplikation der Matrix A mit einer Permutationsmatrix gleich, denn diese bewirkt nichts weiter, als daß Zeilen–Operationen (konkret: Vertauschungen) vorgenommen werden, und das haben wir eben auch getan.

□

Im folgenden geben wir zwei Formeln an, die man für die LR–Zerlegung nutzen kann:

Gegeben sei eine Matrix A = (a_{ik}). Gesucht sind die Matrizen L = (l_{ik}) und R = (r_{ik}), wobei gilt:

l_{ik} = 0 für k > i,
l_{ik} = 1 für k = i,
r_{ik} = 0 für k < i.

Die beiden Formeln lauten:

r_{ik} := a_{ik} − ∑_{j=1}^{i−1} l_{ij}r_{jk} k = i, …, n

l_{ik} := \frac{1}{r_{kk}} (a_{ik} − ∑_{j=1}^{k−1} l_{ij}r_{jk}) i = k + 1, …, n

Wir nehmen auch hier an, daß der a_{ii}^{(i)} = 0–Konflikt nicht auftritt. Es ist zu zeigen:

a_{pq} = ∑_{j=1}^{n} l_{pj} · r_{jq}.

Will man also die Matrix A in die Matrizen L und R zerlegen, so kann man das beispielsweise auf einem Computer tun und benötigt dazu nur die Speicherplätze der Matrix A.

Mit den beiden Formeln berechnet man immer abwechselnd die Elemente der Matrizen R und L, wobei man mit der ersten Zeile der Matrix R beginnt. Die Elemente dieser Zeile setzt man dann in die Formel für die Elemente der Matrix L ein und erhält die erste Spalte von L. So kann man über wechselseitiges Einsetzen alle Elemente der beiden Matrizen ermitteln. Die folgende Abbildung verdeutlicht das in Form eines Parkettmusters, das über die Matrix A gelegt wurde:

A = ( [figure: ⋯; ⋮; L; R] ) .

Das Parkettmuster deutet auch an, daß man wirklich über die Speicherplätze für die Matrix A nicht hinauszugehen braucht.

Wir setzen an die Stelle der Elemente der Matrizen L und R einmal den Aufwand (Anzahl) der für ihre Berechnung jeweils notwendigen Multiplikationen bzw. Divisionen ein:

( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & ⋯ & 0 & 0 & ⋯ & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & ⋯ & 1 & 1 & ⋯ & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 2 & 2 & ⋯ & 2 & 2 & ⋯ & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 3 & ⋯ & 3 & 3 & ⋯ & 3 & 3 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ & ⋮ & & ⋮ & ⋮ \\ 1 & 2 & 3 & 4 & ⋯ & i & i & ⋯ & i & i \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & & ⋮ & ⋮ & & ⋮ & ⋮ \\ 1 & 2 & 3 & 4 & ⋯ & i & (i + 1) & ⋯ & (n − 1) & (n − 1) \end{matrix} ) .

Der gesamte Aufwand ist die Summe aller Elemente dieser Matrix. In der i-ten Zeile steht:

\underbrace{1 + 2 + … + (i − 1)}_{\frac{i·(i−1)}{2}} + \underbrace{(i − 1) + … + (i − 1)}_{(n−i+1)·(i−1)} .

Wir erhalten den Gesamtaufwand durch Summation über die Zeilen:

∑_{i=1}^{n} \frac{i · (i − 1)}{2} + (i − 1) · (n − i + 1) = ∑_{i=1}^{n}(i − 1) · (\frac{i}{2} + (n − i + 1))

= ∑_{i=1}^{n}(i − 1) · (n − \frac{i}{2} + 1)

= ∑_{i=1}^{n}(i − 1) · (n − \frac{i}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2})

= ∑_{i=1}^{n}(i − 1) · (n − \frac{(i − 1)}{2} + \frac{1}{2})

= n · ∑_{i=1}^{n}(i − 1) − \frac{1}{2} · ∑_{i=1}^{n}(i − 1)^{2} + \frac{1}{2} · ∑_{i=1}^{n}(i − 1)

= n · \frac{n · (n − 1)}{2} − \frac{1}{2} · \frac{(n − 1) · n · (2n − 1)}{6} +

+\frac{1}{2} · \frac{n · (n − 1)}{2}

= \frac{n^{3}}{2} − \frac{n^{2}}{2} − \frac{n^{3}}{6} + \frac{n^{2}}{12} + \frac{n^{2}}{6} − \frac{n}{12} + \frac{n^{2}}{4} − \frac{n}{4}
= \frac{n^{3}}{3} − \frac{n}{3}

Der bestimmende Teil in diesem Term ist n^{3}.

Wir folgern: Der Aufwand zur Lösung eines linearen Gleichungssystems der Ordnung n beträgt mindestens \frac{n^{3}}{3} , wenn man lineare Terme unberücksichtigt läßt. Als Aufwand berücksichtigen wir nur Multiplikationen (Additionen lassen sich auf jedem Rechner in konstanter Zeit ausführen). Bei dieser Ermittlung des Aufwandes ist jedoch der a_{ii} = 0–Konflikt nicht berücksichtigt worden. Wenn das geschieht, so steigt der Aufwand noch einmal.

7.2 Fehler in der Eingabe – ihr Einfluß auf die Lösung eines Gleichungssystems

Bei den im folgenden betrachteten Gleichungssystemen gehen wir von eindeutiger Lösbarkeit aus.

Es sei A · x = b ein Gleichungssystem, das zu lösen ist. Wir lösen:

(A + ΔA)(x + Δx) = (b + Δb).

Dieses Gleichungssystem entsteht durch fehlerhafte Eingabe von A und b. Die Frage ist nun: Wie groß ist Δx?

Erinnern wir uns kurz an eine Definition aus der Analysis:

Wenn ∥x∥ eine Norm ist, dann ist

∥A∥ = max_{∥x∥=1} ∥Ax∥ = max_{x≠o} \frac{∥Ax∥}{∥x∥}.

Definition 78 Die Konditionsszahl cond(A) einer Matrix A ist definiert durch:

cond(A) = ∥A∥ · ∥A^{−1}∥.

Satz 112 Ist ΔA = O, so gilt:

\frac{∥Δx∥}{∥x∥} ≤ cond(A) · \frac{∥Δb∥}{∥b∥}.

Beweis Wir gehen vom fehlerhaften Gleichungssystem aus:

(A + ΔA)(x + Δx) = b + Δb
(A + ΔA)x + (A + ΔA)(Δx) = b + Δb
Ax + AΔx = b + Δb

Daraus folgt, weil x eine Lösung des unverfälschten Gleichungssystems ist und somit Ax = b gilt:

AΔx = Δb
Δx = A^{−1}(Δb)
∥Δx∥ = ∥A^{−1}(Δb)∥
∥Δx∥ ≤ ∥A^{−1}∥ · ∥Δb∥

Aus der Gleichung Ax = b folgt:

∥b∥ = ∥Ax∥
∥b∥ ≤ ∥A∥ · ∥x∥

Das verwenden wir nun in der vorher hergeleiteten Gleichung. Es gilt:

∥Δx∥ ≤ ∥A^{−1}∥ · ∥Δb∥
= ∥A^{−1}∥ · \frac{∥Δb∥}{∥b∥} · ∥b∥
≤ ∥A^{−1}∥ · ∥A∥ · ∥x∥ · \frac{∥Δb∥}{∥b∥}
= cond(A) · ∥x∥ · \frac{∥Δb∥}{∥b∥}

Also gilt:

\frac{∥Δx∥}{∥x∥} ≤ cond(A) · \frac{∥Δb∥}{∥b∥}.

□

Satz 113 Es sei A regulär. B sei die Matrix, für die gilt:

B = A · (E + F) = A + A · F = A + ΔA.

(Die Matrix F spiegelt also den Fehler bei der Eingabe der Matrix A wider. Für sie gilt: A · F = ΔA, woraus folgt: F = A^{−1} · ΔA.)

Wenn ∥F ∥ < 1 ist, so gilt für Δb = o

\frac{∥Δx∥}{∥x∥} ≤ \frac{∥F ∥}{1 − ∥F ∥},

und falls cond(A) · \frac{∥ΔA∥}{∥A∥} < 1 gilt, so ist

\frac{∥Δx∥}{∥x∥} ≤ \frac{cond(A)}{1 − cond(A) · \frac{∥ΔA∥}{∥A∥}} · \frac{∥ΔA∥}{∥A∥}.

Satz 114 Allgemein gilt die folgende Ungleichung:

\frac{∥Δx∥}{∥x∥} ≤ \frac{cond(A)}{1 − cond(A) · \frac{∥ΔA∥}{∥A∥}} · (\frac{∥ΔA∥}{∥A∥} + \frac{∥Δb∥}{∥b∥}) .

Beweis vgl. STOER, BULIRSCH; Band I, S.156–161.

□

Mit dieser allgemeinen Aussage erhält man für ΔA = O bzw. Δb = o die Aussagen der beiden vorangegangenen Sätze.

Satz 115 Es sei

∥x∥ = max_{i} |x_{i}|.

7.2. FEHLER IN DER EINGABE VON GLEICHUNGSSYSTEMEN 193 Weiterhin sei eine Matrix C definiert durch:

c_{ii} = (∑_{k=1}^{n} |a_{ik}|)^{−1} .
c_{ij} = 0, i ≠ j.

Dann gilt: cond(CA)≤cond(A). Beweis Mit der gegebenen Norm ∥x∥ gilt:

∥A∥ = max_{∥x∥=1} ∥Ax∥
= max_{∥x∥=1} (max_{k} |∑_{j=1}^{n} a_{kj}x_{j}|)
≤ max_{∥x∥=1} (max_{k} ∑_{j=1}^{n} |a_{kj}x_{j}|)
≤ max_{∥x∥=1} (max_{k} \underbrace{max_{j} |x_{j}|}_{=1} ∑_{j=1}^{n} |a_{kj}|)
= max_{k} ∑_{j=1}^{n} |a_{kj}|

Es gilt aber sogar die Gleichheit, denn das Maximum wird auch angenommen, und zwar für den Vektor y mit y_{i} = 1, für alle i = 1, …, n. Es gilt nämlich:

∥y∥ = max_{i} |y_{i}| = 1,

und außerdem:

max_{k} |∑_{j=1}^{n} a_{kj}y_{j}| = max_{k} |∑_{j=1}^{n} a_{kj}|

= max_{k} ∑_{j=1}^{n} |a_{kj}|

Dann folgt:

∥CA∥ = max_{i} ∑_{k=1}^{n} |∑_{j=1}^{n} c_{ij}a_{jk}|
= max_{i} ∑_{k=1}^{n} |c_{ii}a_{ik}|

= max_{i} |c_{ii}| ∑_{k=1}^{n} |a_{ik}|

= max_{i}(∑_{l=1}^{n} |a_{il}|)^{−1} · ∑_{k=1}^{n} |a_{ik}|
= 1

Damit aber gilt:

cond(CA) = ∥CA∥∥(CA)^{−1}∥
= ∥(CA)^{−1}∥
≤ ∥C^{−1}∥∥A^{−1}∥
≤ ∥A∥∥A^{−1}∥
= cond(A)
□

Wenn Ax = b ein Gleichungssystem ist, so kann durch eine fehlerhafte Eingabe von A und b (beispielsweise infolge von Meßfehlern) eine verfälschte Lösung auftreten. Man erhält dann eine Lösung x^{∗}. Bei der Berechnung wird sich aber auch dieser Wert nicht ergeben, sondern einen anderen Wert x^{∗′}, der durch den Einsatz schlechter Mittel und Methoden zustande kommen kann. Einfluß üben dabei beispielsweise die Wahl des Rechners, des Berechnungsverfahrens, aber auch Rundungen aus. Somit wird der Fehler größer, als man auf den ersten Blick meint.

Beispiel 63 Es sei das folgende Gleichungssystem gegeben:

\{ \begin{matrix}0.000100 · x + 1.00 · y = 1.00 \\ 1.00 · x + 1.00 · y = 2.00 \end{matrix}

Dieses Gleichungssystem sei mit drei Stellen Genauigkeit zu lösen. Eine Lösung ist:

\begin{matrix}x = 1.0001 \\ y = 0.9999 \end{matrix}

Auf die besagten drei Stellen Genauigkeit gerundet ergibt sich:

\begin{matrix}x = 1.00 \\ y = 1.00 \end{matrix}

Wir wenden nun auf das Gleichungssystem den Gauß’schen Algorithmus (vgl. Abschnitt zur LR–Zerlegung) an:

Das führt unter Berücksichtigung der Rundung auf drei Stellen Genauigkeit zu dem neuen Gleichungssystem:

\{ \begin{matrix}0.000100 · x + 1.00 · y & = & 1.00 \\ 0.00 · x − 10000 · y & = & −10000 \end{matrix}

Damit erhalten wir:

\{ \begin{matrix}0.000100 · x + 1.00 · y & = & 1.00 \\ y & = & 1.00 \end{matrix}

Wir erhalten als Lösung:

\begin{matrix}x = 0 \\ y = 1.00 \end{matrix}

Dabei ist durch das Runden offenbar ein Fehler entstanden.

Wenn man den Algorithmus auf das Gleichungssystem anwendet, nachdem zuerst die beiden Gleichungen vertauscht wurden, so ergibt sich folgendes:

\{ \begin{matrix}1.00 · x + 1.00 · y & = & 2.00 \\ 0.000100 · x + 1.00 · y & = & 1.00 \end{matrix}

Der erste Schritt liefert (wieder unter Rundung auf drei Stellen Genauigkeit):

\{ \begin{matrix}1.00 · x + 1.00 · y & = & 2.00 \\ 0.00 · x + 1.00 · y & = & 1.00 \end{matrix}

Damit erhalten wir die Lösung:

\begin{matrix}x = 1.00 \\ y = 1.00 \end{matrix}

Diesmal ergibt sich die richtige Lösung. Man sieht daran, daß das Berechnungsverfahren enormen Einfluß auf die Lösung haben kann.

Ein anderes Verfahren liefert ebenfalls die richtige Lösung:

\{ \begin{matrix}1.00 · y + 0.000100 · x & = & 1.00 \\ 1.00 · y + 1.00 · x & = & 2.00 \end{matrix}

Durch Subtraktion der ersten von der zweiten Gleichung erhalten wir das Gleichungssystem:

\{ \begin{matrix}1.00 · y + 0.000100 · x & = & 1.00 \\ 1.00 · x & = & 1.00 \end{matrix}

und damit die Lösung:

\begin{matrix}x = 1 \\ y = 1 \end{matrix}

Das stabilste Verfahren gegen Fehler ist das folgende:

[figure: (; )] .

An der gekennzeichneten Stelle steht das maximale Element der ersten Spalte und Zeile der Matrix, die noch zu ”behandeln“ ist. Man bekommt es an diese Stelle durch Zeilen– oder Spaltenvertauschungen.

Um die Konditionszahl einer Matrix A ermitteln zu können, benötigt man die Norm der inversen Matrix von A, also ∥A^{−1}∥. Wir wissen, daß gilt:

∥A∥ = max_{x≠o} \frac{∥Ax∥}{∥x∥}.

196 KAPITEL 7. LÖSUNG LINEARER GLEICHUNGSSYSTEME

Man ermittelt nun:

∥A∥ ∼ 2 · max_{x_{i} zufällig} \frac{∥y_{i}∥}{∥x_{i}∥}.

Damit gilt dann:

∥A^{−1}∥ ∼ 2 · max_{x_{i} zufällig} \frac{∥x_{i}∥}{∥y_{i}∥}.

So kann man ein Gefühl für die Konditionszahl der Matrix A bekommen.

7.3 Schnelle Matrizenmultiplikation

Für die Berechnung des Produkts zweier n × n–Matrizen benötigt man mindestens n^{2} Multiplikationen. (Das geht aus der Definition der Matrizenmultiplikation hervor.) Für die Berechnung des Produkts zweier n × n–Matrizen benötigt man maximal n^{3} · c Multiplikationen. (vgl. LR–Zerlegung) Additionen sind im Vergleich zur Multiplikation zu vernachlässigen. Es sei n = 2^{s}. Betrachtet man den Ring der n × n–Matrizen:

( \begin{matrix}a_{11} & … & a_{1n} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{matrix} ) a_{i}^{k} ∈ K

und den Ring der 2 × 2–Matrizen:

( \begin{matrix}A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{matrix} ) A_{ij} ∈ Ring der\frac{n}{2} × \frac{n}{2}−Matrizen über K,

so stellt man fest, daß jeder n×n–Matrix genau eine 2×2–Matrix entspricht und umgekehrt. Das folgende Schema verdeutlicht das: Der n × n–Matrix

( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{matrix} )

entspricht gerade die 2 × 2–Matrix

( \begin{matrix}( \begin{matrix}0 & 1 & 2 & 3 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{matrix} ) & ( \begin{matrix}4 & 5 & 6 & 7 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{matrix} ) \\ ( \begin{matrix}⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{matrix} ) & ( \begin{matrix}⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \end{matrix} ) \end{matrix} ) .

Diese Zuordnung ist sogar ein Isomorphismus. Es gilt:

\underbrace{A_{1} + A_{2}}_{als n×n−Matri− zen addiert} = \underbrace{A_{1} + A_{2}}_{als 2×2−Matri− zen addiert} Übungsaufgabe 51 Zeigen Sie, daß das Produkt A_{1} · A_{2} als n × n–Matrizen das gleiche ist wie als 2 × 2–Matrizen.

Satz 116 Benötigt man zur Berechnung des Produktes zweier 2 × 2–Matrizen m Multiplikationen und a Additionen von \frac{n}{2} × \frac{n}{2}–Matrizen, so gilt für den Aufwand T (n)

T (n) ≤ m · T (\frac{n}{2}) + a · (\frac{n}{2})^{2} .

Der Aufwand für eine Addition zweier Elemente a_{i}^{k} ist konstant gleich 1. Für eine Multiplikation zweier Elemente a_{i}^{k} gilt das ebenfalls.

Folgerung: Es sei n = 2^{s}. Dann ist

T (n) ≤ k · n^{log m}.

Beweis Es gilt:

T (n) ≤ m · T (\frac{n}{2}) + a · \frac{n^{2}}{4}
≤ a · \frac{n^{2}}{4} + m · (a · \frac{n^{2}}{16} + m · T (\frac{n}{4})) ≤ … ≤
≤ a · \frac{n^{2}}{4} + am · \frac{n^{2}}{16} + … + am^{s−1} · \frac{n^{2}}{(2^{s})^{2}} + m^{s} \underbrace{T (\frac{n}{2^{s}} )}_{=1}

= a · \frac{n^{2}}{4} ∑_{i=0}^{s−1} (\frac{m}{4})^{i} + m^{s}

≤ a · \frac{n^{2}}{4} ∑_{i=0}^{s−1} (\frac{m}{4})^{i} + 4 · \frac{m^{s}}{4^{s}} · \frac{n^{2}}{4}

= a · \frac{n^{2}}{4} ∑_{i=0}^{s} (\frac{m}{4})^{i} + 4

≤ \underbrace{max(a, 4)}_{=:c} ·\frac{n^{2}}{4} ∑_{i=0}^{s} (\frac{m}{4})^{i} + \underbrace{max(a, 4)}_{=:c}

≤ c · \frac{n^{2}}{4} ∑_{i=0}^{s} (\frac{m}{4})^{i}

= c · \frac{n^{2}}{4} · \frac{(\frac{m}{4})^{s+1} − 1}{\frac{m}{4} − 1}

= \frac{c · n^{2}}{4} · \frac{\frac{m^{s+1}−4^{s+1}}{4^{s+1}}}{\frac{m−4}{4}}

≤ \frac{c · (2^{s})^{2}}{4} · \frac{\frac{m^{s+1}}{4^{s}}}{m − 4}

= \underbrace{\frac{c}{4}}_{=:k} \frac{m^{s+1}}{m − 4}

≤ k · m^{s} (∗)
= k · m^{log n}
= k · n^{log m}

Dabei ist an der Stelle (∗) anzumerken: m ist gewiß größer gleich 4, da wir eine Matrizenmultiplikation mit 2 × 2–Matrizen durchführen.

□

Man kommt mit 7 Multiplikationen und 18 Additionen aus! Bisher haben wir immer 8 Multiplikationen und 4 Additionen benötigt. Die Gleichungen zur Berechnung der Multiplikation C = A · B lauten dann:

m_{1} = (A_{12} − A_{22}) · (B_{21} + B_{22})
m_{2} = (A_{11} + A_{22}) · (B_{11} + B_{22})
m_{3} = (A_{11} − A_{21}) · (B_{11} + B_{12})
m_{4} = (A_{11} + A_{12}) · B_{22}
m_{5} = A_{11} · (B_{12} − B_{22})
m_{6} = A_{22} · (B_{21} − B_{11})
m_{7} = (A_{21} + A_{22}) · B_{11}
c_{11} = m_{1} + m_{2} − m_{4} + m_{6}
c_{12} = m_{4} + m_{5}
c_{21} = m_{6} + m_{7}
c_{22} = m_{2} − m_{3} + m_{5} − m_{7}

Wir haben also einen Aufwand T (n) ≤ k · n^{log 7}.

Satz 117 Es sei A eine n × n–Matrix, die wir als 2 × 2–Matrix schreiben:

A = ( \begin{matrix}A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{matrix} ) .

Es mögen nun die Inversen von A_{11} und D = (A_{22} − A_{21} · A_{11}^{−1} · A_{12})^{−1} existieren. Dann gilt:

A^{−1} = ( \begin{matrix}A_{11}^{−1}+A_{11}^{−1}·A_{12}·D·A_{21}·A_{11}^{−1} & −A_{11}^{−1}·A_{12}·D \\ D·A_{21}·A_{11}^{−1} & D \end{matrix} ) .

Dabei sind A_{11}, A_{12}, A_{21}, A_{22} und D \frac{n}{2} × \frac{n}{2}–Matrizen.

Beweis Allgemein gilt: Für eine Matrix M, die sich wie folgt zerlegen läßt:

M = ( \begin{matrix}E & O \\ X & E \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}U & O \\ O & V \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}E & Y \\ O & E \end{matrix} ) ,

sieht die inverse Matrix wie folgt aus:

M^{−1} = ( \begin{matrix}E & Y \\ O & E \end{matrix} )^{−1} · ( \begin{matrix}U & O \\ O & V \end{matrix} )^{−1} · ( \begin{matrix}E & O \\ X & E \end{matrix} )^{−1}
= ( \begin{matrix}E & −Y \\ O & E \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}U^{−1} & O \\ O & V^{−1} \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}E & O \\ −X & E \end{matrix} ) .

Wir können die Matrix A nun wie folgt darstellen:

A = ( \begin{matrix}A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & ^{A_{22}−A_{21}·A_{11}^{−1}·A_{12}}_{=D^{−1}} +A_{21}·A_{11}^{−1}·A_{12} \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{21}·A_{11}^{−1}·A_{12}+D^{−1}·E \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}A_{11} & O \\ A_{21} & D^{−1} \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}E & A_{11}^{−1}·A_{12} \\ O & E \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}E & O \\ A_{21}·A_{11}^{−1} & E \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}A_{11} & O \\ O & D^{−1} \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}E & A_{11}^{−1}·A_{12} \\ O & E \end{matrix} )

Damit erhalten wir für die inverse Matrix zu A:

A^{−1} = ( \begin{matrix}E & −A_{11}^{−1}·A_{12} \\ O & E \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}A_{11}^{−1} & O \\ O & D \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}E & O \\ −A_{21}·A_{11}^{−1} & E \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}A_{11}^{−1} & −A_{11}^{−1}·A_{12}·D \\ O & D \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}E & O \\ −A_{21}·A_{11}^{−1} & E \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}A_{11}^{−1}+A_{11}^{−1}·A_{12}·D·A_{21}·A_{11}^{−1} & −A_{11}^{−1}·A_{12}·D \\ −D·A_{21}·A_{11}^{−1} & D \end{matrix} )

Damit ist alles gezeigt.

□

Satz 118 Die Inversion einer Dreiecksmatrix dauert nicht länger als die entsprechende Multiplikation, d.h., man benötigt c_{i} · n^{log 7} Operationen.

Beweis Es sei A eine Dreiecksmatrix. Also gilt: A_{21} = O. Die Matrix

A = ( \begin{matrix}A_{11} & A_{12} \\ O & A_{22} \end{matrix} )

sei invertierbar. Damit gilt 0 ≠ det A = det A_{11} · det A_{22}. Daraus folgt: A_{11} und A_{22} sind ebenfalls invertierbar, da ihre Determinanten ungleich Null sein müssen.

200 KAPITEL 7. LÖSUNG LINEARER GLEICHUNGSSYSTEME Dann können wir den vorigen Satz anwenden, wobei hier speziell folgendes gilt:

D = A_{22}^{−1}

A^{−1} = ( \begin{matrix}A_{11}^{−1} & −A_{11}^{−1} · A_{12} · D \\ O & D \end{matrix} )

Mit dieser Formel für die inverse Matrix von A folgern wir: Zur Inversion der Matrix A benötigen wir T_{i}(n) Operationen und es gilt:

T_{i}(n) ≤ \underbrace{2 · T (\frac{n}{2})}_{Berechnung von A{−1 \atop 11} und D} + \underbrace{2 · c · (\frac{n}{2})^{log 7}}_{Zwei Multi− plikationen} + Aufwand für Minuszeichen
= 2 · T (\frac{n}{2}) + 2 · \underbrace{M (\frac{n}{2})}_{Multipli− kationsaufwand} + Aufwand für Minuszeichen
≤ 2 · T (\frac{n}{2}) + 3 · M (\frac{n}{2})
≤ 2 · (2 · T (\frac{n}{4}) + 3 · M (\frac{n}{4})) + 3 · M (\frac{n}{2})
≤ 3 · M (\frac{n}{2}) + 3 · 2 · M (\frac{n}{4}) + … + 3 · 2^{s−1} · M (\frac{n}{2^{s}} )

Es sei M(n) ≥ 4 · M (\frac{n}{2}). Dann folgt daraus:

M (\frac{n}{2}) ≤ \frac{M(n)}{4}

und

M (\frac{n}{2^{k}} ) ≤ 4^{−k} · M(n).

Damit gilt dann:

T_{i}(n) ≤ 3 · (\frac{M(n)}{4} + \frac{2 · M(n)}{8} + … + 2^{s−1} \frac{M(n)}{4^{s}})
= 3 · \frac{M(n)}{4} · (1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{2^{2+1}} )
≤ \frac{3}{4} · M(n) · 2
= \frac{3}{2} · M(n)
= \frac{3}{2} · c · n^{log 7}
= c_{i} · n^{log 7}
□

Bemerkung 5 Die Inversion einer vollen Matrix wird über die LR-Zerlegung realisiert.

Es sei A eine symmetrische und positiv definite Matrix (also Matrix eines Skalarproduktes), die man wie folgt erhält:

⟨x, y⟩ = ⟨∑_{i=1}^{n} x_{i}e_{i}, ∑_{j=1}^{n} y_{i}e_{j}⟩

= ∑_{i,j=1}^{n} x_{i}y_{i} \underbrace{⟨e_{i}, e_{j}⟩}_{=a_{ij}}

⟹ A = ( \begin{matrix}a_{11} & … & a_{1n} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{matrix} ) .

Daraus folgt: det ( \begin{matrix}a_{11} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & a_{kk} \end{matrix} )_{k≤n} ≠ 0. Diese Matrix A zerlegt man nach dem Cho-

lesky-Verfahren:

A = L · L^{T} .

Dabei ist L eine untere Dreiecksmatrix.

Beispiel 64 Es sei die Matrix A eine 2 × 2–Matrix:

A = ( \begin{matrix}a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{matrix} ) .

Aufgrund der Symmetrie gilt: a_{21} = a_{12}. Wir wollen sie wie oben beschrieben zerlegen. Es soll sich also ergeben:

A = L · L^{T}
= ( \begin{matrix}l_{11} & 0 \\ l_{21} & l_{22} \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}l_{11} & l_{21} \\ 0 & l_{22} \end{matrix} )

Daraus ergeben sich über Matrizenmultiplikation die folgenden Gleichungen:

a_{11} = l_{11}^{2}
a_{21} = a_{12} = l_{21} · l_{11}
a_{22} = l_{21}^{2} + l_{22}^{2}
= (\frac{a_{21}}{l_{11}} )^{2} + l_{22}^{2}

Wenn wir nun umstellen, so erhalten wir die folgenden Gleichungen für die Matrix L:

l_{11} = \sqrt{a_{11}}
l_{21} = \frac{a_{21}}{l_{11}}
l_{22} = \sqrt{a_{22} − l_{21}^{2}}

= \sqrt{a_{22} − \frac{a_{21}^{2}}{l_{11}^{2}}}

= \sqrt{a_{22} − \frac{a_{21}^{2}}{a_{11}}}
= \frac{1}{\sqrt{a_{11}}} · \sqrt{\underbrace{a_{11} · a_{22} − a_{21}^{2}}_{=det A>0}}

Im allgemeinen zerlegt man:

A = ( \begin{matrix}[figure: A′; n−1] & Y \\ Y^{T} & a_{nn} \end{matrix} ) .

Kann man für A′ die Zerlegung A′ = L′ · L^{′T} finden, so ergibt sich die Zerlegung A = L · L^{T} wie folgt:

L = ( \begin{matrix}[figure: L′; n−1] & 0 \\ W & l_{nn} \end{matrix} ) ,

wobei gilt:

A′ = L′ · L^{′T}
Y = L′ · W
a_{nn} = l_{nn}^{2} + W^{T} · W

Ist A positiv definit, so kann man alle nötigen Wurzeln ziehen. Der Algorithmus sieht wie folgt aus:

k := 1, …, n

\{ \begin{matrix}i := 1, …, k − 1 : \\ a_{ki} := \frac{1}{a_{ii}} · (a_{ki} − ∑_{j=1}^{k−1} a_{ij} · a_{kj}) \\ a_{kk} := \sqrt{a_{kk} − ∑_{i=1}^{k−1} a_{kj}^{2}} \end{matrix}

Dabei sind die a_{kk} bzw. a_{ki} in den rechten Seiten der Gleichungen jeweils die aus dem vorangegangenen Algorithmusschritt.

7.4 Die QR–Zerlegung

Es sei ein Gleichungssystem gegeben:

A · x = b ⟺ ∑_{i=1}^{n} x^{i}a_{i} = b.

Die Vektoren a_{i} (für i = 1, …, n) kann man orthonormalisieren. Sind die Vektoren a_{i} orthonormal, kann man sie mit einer orthogonalen Abbildung auf die Einheitsbasis abbilden und hat damit eine Lösung:

x^{′1} · ( 1 0 ⋮ 0 ) + x^{′2} · ( 0 1 ⋮ 0 ) + … + x^{′n} · ( 0 0 ⋮ 1 ) = ( b_{1} ; b_{2} ; ⋮ ; b_{n} ) .

⟹ x^{′1} = b_{1}
⋮
x^{′n} = b_{n}

Wenn man mit der orthogonalen Matrix C aus der Basis a_{1}, …, a_{n} die Einheitsvektoren erhält, so ergeben sich die Variablen x^{1}, …, x^{n} aus den Variablen x^{′1}, …, x^{′n} mit der Matrix C^{−1} = C^{T} (Orthogonalität). Es gilt dann nämlich: A · x = A · C · C^{−1} · x.

Nach der Orthogonalisierung kann man allerdings nicht mehr sicher sein, ob das orthogonalisierte Gleichungssystem noch etwas mit dem ursprünglichen Gleichungssystem zu tun hat. Rundungsfehler können bei Orthogonalisierung ganze Koordinaten verfälschen. Aus diesem Grunde wird der Lösungsprozeß umgekehrt:

Man zerlegt die Matrix A in

A = Q · R,

wobei Q eine orthogonale Matrix ist und R eine rechte Matrix. Dann gilt:

Q · R · x = b
R · x = Q^{−1} · b
= Q^{T} · b

Die Beziehung Q^{−1} = Q^{T} gilt wegen der Orthogonalität!

Für die Zerlegung gibt es zwei Ideen:

1. Die Matrix A wird auf Dreiecksform gedreht.

2. Die Matrix A wird auf Dreiecksform gespiegelt.

Gehen wir zunächst auf Punkt 1 näher ein: Aus der Matrix A = (a_{1}, …, a_{n}) versuchen wir durch Anwendung von Drehmatrizen eine rechte Matrix zu erzeugen:

Die Drehmatrizen sollen wie folgt aussehen:

D_{ij}^{ϑ} = ( \begin{aligned}1 & & & & & & & & & & 0 \\ & . & . & . \\ & & & & c & ⋯ & s \\ & & & & ⋮ & & ⋮ \\ & & & & −s & ⋯ & c \\ & & & & & & & . & . & . \\ 0 & & & & & & & & & & 1 \end{aligned}^{j}^{i}  ^{i}  ^{j}  ) ,

wobei

c = cos ϑ
s = sin ϑ

gilt und ϑ der Drehwinkel ist. Die Drehmatrizen sind dabei so konstruiert, daß gilt:

D_{i^{(l)}j^{(l)}}^{ϑ^{(l)}} · . . . · D_{i′ j′}^{ϑ′} · D_{ij}^{ϑ} · A = R.

Jede Drehmatrix D ist orthogonal. Folglich ist auch das Produkt der Drehmatrizen orthogonal. Damit haben wir auch unsere orthogonale Matrix Q gefunden:

Q^{−1} = D_{i^{(l)}j^{(l)}}^{ϑ^{(l)}} · . . . · D_{i′ j′}^{ϑ′} · D_{ij}^{ϑ}

Betrachten wir das an einem Beispiel: Wir drehen den Spaltenvektor

a_{1} = ( a_{1}^{1} ; a_{1}^{2} ; ⋮ ; a_{1}^{n} )

auf die Form

( ∗ ; 0 ; ⋮ ; 0 ) .

Wenn der Spaltenvektor a_{1} dann die entsprechende Gestalt hat, wählen wir als nächste Drehmatrix eine, die an der Stelle (1, 1) eine 1 zu stehen hat. Damit bleiben der neue Vektor a1^{′} und die erste Zeile unverändert. Außerdem muß die neue Drehmatrix den Vektor a_{2} in die gewünschte Form bringen, nämlich

( ∘ ; ∗ ; 0 ; ⋮ ; 0 ) .

Das Verfahren setzen wir dann fort, bis wir die Matrix A in eine rechte Matrix umgewandelt haben. Wir erhalten das folgende Schema:

A ⟹ ( ∗ ∗ 0 0 ⋮ ⋮ 0 0 ⋮  ) .

Sehen wir uns das für den Spaltenvektor a_{1} an:

( \begin{matrix}c & & 0 & & s & & & & 0 \\ & 1 \\ 0 & & ... \\ & & & 1 \\ −s & & & & c \\ & & & & & . & . & . \\ 0 & & & & & & & & 1 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}a_{1}^{1} & ⋯ & a_{n}^{1} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n} & ⋯ & a_{n}^{n} \end{matrix} ) = ( c·a_{1}^{1}+s·a_{1}^{j} ; a_{1}^{2} ; ⋮ ; −s·a_{1}^{1}+c·a_{1}^{j} ; ⋮ ; a_{1}^{n}  ∗ ∗ ∗ )

Nun wollen wir erreichen, daß gilt:

0 = −s · a_{1}^{1} + c · a_{1}^{j}.

Daraus folgt:

s · a_{1}^{1} = c · a_{1}^{j}
\frac{s}{c} = \frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}}
\frac{sin ϑ}{cos ϑ} = \frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}}
tan ϑ = \frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}}
ϑ = arctan \frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}}

Nun müssen wir den erforderlichen Winkel ϑ ermitteln, damit wir wissen, wie die Drehmatrix aussehen soll, welche Werte wir für s und c einsetzen müssen. Es gilt:

s = sin ϑ
= tan ϑ · cos ϑ
= \frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}} · cos ϑ
= \frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}} · \sqrt{1 − sin^{2} ϑ}
= \frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}} · \sqrt{1 − s^{2}}

⇝ s^{2} = (\frac{a_{1}^{j}}{a_{1}^{1}} )^{2} · (1 − s^{2})

= \begin{matrix}a_{1}^{j} & 2 \\ a_{1}^{1} & 2 \end{matrix} − s^{2} · \begin{matrix}a_{1}^{j} & 2 \\ a_{1}^{1} & 2 \end{matrix}

⇝ s^{2} · (1 + \begin{matrix}a_{1}^{j} & 2 \\ a_{1}^{1} & 2 \end{matrix} ) = \begin{matrix}a_{1}^{j} & 2 \\ a_{1}^{1} & 2 \end{matrix}

⇝ s^{2} = \frac{a_{1}^{j}^{2}}{a_{1}^{1}^{2} · (1 + \begin{matrix}a_{1}^{j} & ^{2} \\ a_{1}^{1} & ^{2} \end{matrix} )}

= \frac{a_{1}^{j}^{2}}{a_{1}^{1}^{2} + a_{1}^{j}^{2}}

⇝ s = \frac{a_{1}^{j}}{\sqrt{a_{1}^{1}^{2} + a_{1}^{j}^{2}}}

Mit r = \sqrt{a_{1}^{1}^{2} + a_{1}^{j}^{2}} erhalten wir also:

s = \frac{a_{1}^{j}}{r}
c = \frac{a_{1}^{1}}{r}

Damit erhalten wir aus a_{1} einen Spaltenvektor, bei dem gilt: a_{1}^{j} = 0. Wenn wir das Verfahren für j = 2, …, n anwenden, so erhalten wir also nach n − 1 Drehungen den gewünschten Spaltenvektor der Form

( ∗ ; 0 ; ⋮ ; 0 ) .

Der Aufwand ist allerdings nicht geringer als bei der LR–Zerlegung. Es muß sogar festgestellt werden, daß er eher größer wird, da die Wurzeloperation hinzukommt.

Kommen wir nun zum zweiten Verfahren, der Spiegelung der Matrix A. Sie wird durch die Anwendung von sogenannten Spiegelungsmatrizen bewerkstelligt. Man spricht von einer ”Householder–Transformation“. Auch hier soll eine rechte Matrix erzeugt werden, indem die Matrix A mit bestimmten Matrizen multipliziert wird. Deren Produkt soll wiederum orthogonal sein.

S_{k} · S_{k−1} · . . . · S_{1} · A = R

Wir versuchen nun, die Spiegelungsmatrizen zu konstruieren.

Dazu betrachten wir die folgende Abbildung:

S(a) = a − 2 · ⟨a, e⟩ · e,

wobei a ein beliebiger Vektor ist und e ein Vektor der Länge 1 (|e| = 1), der senkrecht auf der Spiegelungsebene stehen soll.

Für alle Vektoren b, die zum Vektor e orthogonal sind (b ⊥ e), ist diese Abbildung die identische Abbildung. Für alle Vektoren c = k · e, k beliebig, gilt:

S(c) = S(k · e)
= k · e − 2 · ⟨k · e, e⟩ · e
= k · e − 2 · k · ⟨e, e⟩ · e
= −k · e
= c

Wir nennen diese Abbildung Spiegelung an der zum Vektor e orthogonalen Ebene (sie entspricht dem Unterraum (L(e))^{⊥}).

Satz 119 Eine Spiegelung ist eine orthogonale Abbildung.

Beweis Wir haben zu zeigen, daß für alle Vektoren a und b gilt:

⟨S(a), S(b)⟩ = ⟨a, b⟩ .

Es gilt:

⟨S(a), S(b)⟩ = ⟨a − 2 · ⟨a, e⟩ · e, b − 2 · ⟨b, e⟩ · e⟩
= ⟨a, b⟩ − ⟨a, 2 · ⟨b, e⟩ · e⟩ − ⟨b, 2 · ⟨a, e⟩ · e⟩ + ⟨2 · ⟨a, e⟩ · e, 2 · ⟨b, e⟩ · e⟩
= ⟨a, b⟩ − 2 · ⟨b, e⟩ · ⟨a, e⟩ − 2 · ⟨a, e⟩ · ⟨b, e⟩ + 4 · ⟨a, e⟩ · ⟨b, e⟩ · \underbrace{⟨e, e⟩}_{=1}
= ⟨a, b⟩ − 4 · ⟨a, e⟩ · ⟨b, e⟩ + 4 · ⟨a, e⟩ · ⟨b, e⟩
= ⟨a, b⟩
□

Wir betrachten nun den Vektor e_{1} = ( 1 0 ⋮ 0 ). Es stellt sich die Frage: Wie müssen wir

spiegeln, damit der Spaltenvektor a_{1} auf den Vektor

( ∗ ; 0 ; ⋮ ; 0 ) = k · e_{1}

abgebildet wird?

Es sei u jetzt der Normalenvektor (Spiegelungsvektor).

208 KAPITEL 7. LÖSUNG LINEARER GLEICHUNGSSYSTEME Um den Vektor a_{1} an einer Ebene U^{⊥}, die senkrecht zum Spiegelungsvektor u steht, zu spiegeln, müssen wir also die folgende Abbildung auf a_{1} anwenden:

S(x) = x − 2 · ⟨x, u⟩ · u.

Dabei muß gelten: |u| = 1. Wir betrachten den Vektor

a1^{′} = \frac{1}{|a_{1}|} · a_{1}.

Der hat offenbar die Länge 1. Der Vektor e_{1} hat ebenfalls die Länge 1. Wir bilden die Vektoren

u′ = a1^{′} + e_{1}

und

u′′ = a1^{′} − e_{1}.

Dann sei

u := \frac{1}{|u′′|} · u′′.

Es gilt: u′′ ⊥ u′. Verdeutlichen wir uns das durch eine Skizze:

[figure: u′; U^{⊥}; a′_{1}; e_{1}; −e_{1}; u′′]

Nun gilt: S(a1^{′}) = e_{1}. Rechnen wir das aus:

S(a1^{′}) = a1^{′} − 2 · ⟨a1^{′}, u⟩ · u
= a1^{′} − 2 · ⟨a1^{′}, \frac{1}{|a1^{′} − e_{1}|} · (a1^{′} − e_{1})⟩ · \frac{1}{|a1^{′} − e_{1}|} · (a1^{′} − e_{1})
= a1^{′} − 2 · \frac{1}{|a1^{′} − e_{1}|} · (⟨a1^{′}, a1^{′}⟩ − ⟨a1^{′}, e_{1}⟩) · \frac{1}{|a1^{′} − e_{1}|} · (a1^{′} − e_{1})
= a1^{′} − \frac{2}{⟨a1^{′} − e_{1}, a1^{′} − e_{1}⟩} · (a1^{′} − e_{1}) · (⟨a1^{′}, a1^{′}⟩ − (a1^{′}, e_{1}⟩)

= a1^{′} − \frac{2 · (a1^{′} − e_{1}) · (1 − ⟨a1^{′}, e_{1}⟩)}{⟨a1^{′}, a1^{′}⟩ − 2 · ⟨a1^{′}, e_{1}⟩ + ⟨e_{1}, e_{1}⟩}

= a1^{′} − \frac{2 · (a1^{′} − e_{1}) · (1 − ⟨a1^{′}, e_{1}⟩)}{2 · (1 − ⟨a1^{′}, e_{1}⟩)}
= a1^{′} − a1^{′} + e_{1}
= e_{1}

Daraus folgt dann:

S(a_{1}) = S(|a_{1}| · a1^{′})
= \underbrace{|a_{1}|}_{k} ·S(a1^{′})
= k · e_{1}

Mit dieser Spiegelung erreichen wir also das gewünschte Resultat S(a_{1}) = k·e_{1}. Jetzt müssen wir für die anderen Spaltenvektoren a_{2}, …, a_{n} die Bilder a2^{′} := S(a_{2}), …, an^{′} := S(a_{n}) berechnen. Dann erhalten wir:

S · A = A′ = ( \begin{matrix}k & a_{2}^{1′} & ··· & a_{n}^{1′} \\ 0 & a_{2}^{2′} & ··· & a_{n}^{2′} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & a_{2}^{n′} & ··· & a_{n}^{n′} \end{matrix} ) .

Durch rekursives Anwenden des Verfahrens auf die (n − 1) × (n − 1)–Teilmatrix (eingerahmt) von A′ spiegeln wir die zweite Spalte auf die Form

( ∗ ; ∗ ; 0 ; ⋮ ; 0 ) .

Schließlich erhalten wir eine rechte Matrix R. Wir haben sie durch Multiplikation der Matrix A mit n Spiegelungsmatrizen erhalten:

R = S_{n} · S_{n−1} · . . . · S_{2} · S · A.

Das ergibt eine QR–Zerlegung

A = S · S_{2} · . . . · S_{n} · R.

(Eine zweimalige Anwendung einer Spiegelung ist die identische Abbildung: S = S^{−1}!) Der Aufwand für diese Zerlegung:

O(n) = T (n) = \frac{4}{3} · n^{3} ∼ 3(n^{2} + (n − 1)^{2} + … + 1^{2}).

Die QR–Zerlegung ist gut für singuläre Matrizen. Sie ist als Verfahren zwar nicht schneller als beispielsweise die LR–Zerlegung, aber stabiler.

Abschließend beweisen wir nun noch eine Aussage für Operatoren:

Satz 120 (Satz über die Zerlegung in Polarkoordinaten) Es sei A ein regulärer Operator (er ist also invertierbar) über einem Euklidischen Raum V. Dann existieren ein orthogonaler Operator B und ein positiver selbstdualer Operator P, so daß gilt:

A = B · P.

Beweis (Für den Operator P gilt, da er selbstdual und positiv ist, daß er eine symmetrische Matrix besitzt, daß die Jordan’sche Normalform Diagonalgestalt hat und daß alle seine Eigenwerte reell und positiv sind.)

Betrachtet man das Skalarprodukt ⟨A(x), A(y)⟩ für fixiertes x, dann ist das eine Abbildung von V in R. Es handelt sich sogar um ein lineares Funktional, das wir mit α_{x} bezeichnen wollen. Wir erhalten also eine Abbildung x ⟶ α_{x}. (Jedem Element x aus dem Vektorraum V wird ein lineares Funktional α_{x} zugeordnet.) Die Abbildung α_{x} ist aus V^{∗}.

In Kapitel 6.2 hatten wir gezeigt, daß für Euklidische Räume gilt:

V^{∗} ≅ V.

Folglich existiert eine isomorphe Abbildung I: V^{∗} ⟶ V mit I(α_{x}) = z_{x} ∈ V, wobei gilt:

α_{x}(y) = ⟨z_{x}, y⟩ .

Wir haben somit eine Abbildung x ⟶ α_{x} ⟶ z_{x} erhalten. Das ist eine Abbildung des Vektorraumes V auf sich selbst. Sie ist sogar ein Operator. Wir schreiben:

C: V ⟶ V
C(x) = z_{x}

C ist der Operator, dessen Matrix A · A^{T} ist. Er hat die folgenden Eigenschaften:

• C ist selbstdual:

⟨C(x), y⟩ = ⟨z_{x}, y⟩
= α_{x}(y)
= ⟨A(x), A(y)⟩
= ⟨A(y), A(x)⟩
= α_{y}(x)
= ⟨z_{y}, x⟩
= ⟨C(y), x⟩
= ⟨x, C(y)⟩

Das gilt für alle Vektoren x und y aus dem Euklidischen Raum V.

7.4. DIE QR–ZERLEGUNG 211

• Alle Eigenwerte des Operators C sind reell und positiv, und alle Kästchen in der Jordan’schen Normalform haben die Größe 1: Betrachten wir einen Eigenwert k. Dann gilt: k · x = C(x). Dann ist:

k · ⟨x, x⟩ = ⟨k · x, x⟩
= ⟨C(x), x⟩
= ⟨A(x), A(x)⟩
≥ 0

Damit muß gelten: k ≥ 0 und k ≠ 0, denn der Operator A ist regulär.

• Damit kann man aus C die Wurzel ziehen.

Wir setzen also: C = P^{2}. Das bedeutet: In der Basis, in der C Diagonalform hat, also gilt:

[C] = ( \begin{matrix}k_{1} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & k_{n} \end{matrix} ) ,

setzt man:

[P] = ( \begin{matrix}\sqrt{k_{1}} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & \sqrt{k_{n}} \end{matrix} ) .

Dieser Operator P ist selbstdual, positiv und insbesondere invertierbar. Weiterhin setzen wir: B := A · P^{−1}. Dann gilt: A = B · P. Wir müssen nun noch zeigen, daß B orthogonal ist. Dazu beweisen wir, daß gilt:

⟨B(x), B(y)⟩ = ⟨x, y⟩ .

Das sieht man wie folgt:

⟨B(x), B(y)⟩ = ⟨(A · P^{−1})(x), (A · P^{−1})(y)⟩
= ⟨A(P^{−1}(x)), A(P^{−1}(y))⟩
= ⟨C(P^{−1}(x)), P^{−1}(y)⟩
= ⟨P^{2}(P^{−1}(x)), P^{−1}(y)⟩
= ⟨P (x), P^{−1}(y)⟩
= ⟨x, (P · P^{−1})(y)⟩
= ⟨x, y⟩

(Dabei haben wir die Definition des Operators C und die Selbstdualität des Operators P verwendet.) Also ist der Operator B orthogonal.

□

Analytische Geometrie

8.1 Definitionen, einfache Eigenschaften

Definition 79 Eine nichtleere Menge A (von Punkten) heißt affiner Raum über dem linearen Raum V (über dem Körper K), wenn eine Abbildung A × A ⟶ V definiert ist, die mit

\overrightarrow{P Q} = v bezeichnet wird, wobei P und Q Elemente aus A sind. Diese Abbildung muß die folgenden Eigenschaften haben:

1. Für jeden Punkt P ∈ A und jeden Vektor v ∈ V existiert genau ein Punkt Q, so daß \overrightarrow{P Q} = v ist.

2. Es gilt: \overrightarrow{P Q} + \overrightarrow{QR} = \overrightarrow{P R}.

Das folgende Beispiel soll gleich wieder etwas Verwirrung stiften:

Beispiel 65 Es sei V ein linearer Raum. Dann ist A = V (ausschließlich als Menge betrachtet (ohne die Raumeigenschaften)) ein affiner Raum über dem linearen Raum V. Es sei zum Beispiel

(V, +, ·) = (R^{2} = {(x, y) : x, y ∈ R}, +, ·).

Dann ist

A = {[x, y] : x, y ∈ R}.

Die Abbildung aus der Definition ist dann wie folgt definiert:

Für v_{1}, v_{2} ∈ A gilt: \overrightarrow{v_{1}v_{2}} = v_{2} − v_{1} ∈ V. Anders geschrieben:

P = [x, y], Q = [u, v]
\overrightarrow{P Q} = (u, v) − (x, y) = (u − x, v − y).

Wir überprüfen die Eigenschaften:

8.1. DEFINITIONEN, EINFACHE EIGENSCHAFTEN 213

1. Es seien P = v_{1} ∈ A, v ∈ V. Dann ist Q = v_{1} + v ∈ A ein Vektor, für den

\overrightarrow{P Q} = (v_{1} + v) − v_{1} = v

ist. Es sei Q′ ein anderer Vektor v′ = Q′, so daß

\overrightarrow{P Q′} = v = v′ − v_{1}

ist. Also gilt:

Q′ = v′ = v + v_{1} = q.

2. Es seien P = v_{1}, Q = v_{2} und R = v_{3}. Dann gilt:

\overrightarrow{P Q} + \overrightarrow{QR} = (v_{2} − v_{1}) + (v_{3} − v_{2})
= v_{2} − v_{1} + v_{3} − v_{2}
= v_{3} − v_{1}
= \overrightarrow{P R}

Folgerung: Zu jedem linearen Raum V existiert ein affiner Raum A über V. Wenn man als affinen Raum die Menge V selbst wählt, sind Punktmenge und Vektorenmenge gleich. Beachte: Die Addition von Vektoren aus V ist wohldefiniert:

(2, 3) + (4, −3) = (6, 0).

Aber die Addition [2, 3]+[4, −3] als Addition von Punkten ist Unfug. Stattdessen ist definiert:

\overrightarrow{[2, 3][4, −3]} = (2, −6).

Dazu eine grafische Veranschaulichung:

[figure: 3; 2; 1; −1; −2; −3; −1; 1; 2; 4; 5; P [2,3]; Q[4,−3]]

Der eingezeichnete Vektor hat in der Einheitsbasis die Komponenten x = 2 und y = −6. Es sind auch die folgenden Bezeichnungen üblich: Wenn \overrightarrow{P Q} = v ist, so schreibt man:

→ s(v) = P

Source (Quelle) des Vektors v. → t(v) = Q

Target (Ziel) des Vektors v. → Dann schreibt man auch: P + v = Q.

Beispiel 66 Ein einfaches Beispiel für einen affinen Raum:

[figure: B; A; C; D]

Diese vier Punkte bilden einen affinen Raum über dem linearen Raum (Z_{2})^{2} = {(a, b): a, b ∈ {0, 1} = Z_{2}}. Es gilt dann:

\overrightarrow{AB} = (1, 0)
\overrightarrow{AC} = (1, 1)
\overrightarrow{AD} = (0, 1)
\overrightarrow{DA} = (0, 1)
\overrightarrow{CD} = (1, 0)
⋮

Satz 121 In jedem affinen Raum A gilt:

1. \overrightarrow{P P} = o ∈ V.

2. \overrightarrow{P Q} = −\overrightarrow{QP}.

Beweis

1. Es sei P = Q = R. Dann gilt:

\overrightarrow{P Q} + \overrightarrow{QR} = \overrightarrow{P R}
⟹ \overrightarrow{P P} + \overrightarrow{P P} = \overrightarrow{P P} | − \overrightarrow{P P}
\overrightarrow{P P} = o

2. Es sei P = R. Dann gilt:

\overrightarrow{P Q} + \overrightarrow{QR} = \overrightarrow{P R}
\overrightarrow{P Q} + \overrightarrow{QP} = \overrightarrow{P P}
\overrightarrow{P Q} + \overrightarrow{QP} = o | − \overrightarrow{QP}
\overrightarrow{P Q} = −\overrightarrow{QP}

□

Definition 80 Wir sagen, daß der affine Raum A n–dimensional ist, wenn der zugehörige lineare Raum V n–dimensional ist.

Definition 81 Eine Abbildung f: A_{1} ⟶ A_{2} affiner Räume heißt Homomorphismus (Isomorphismus), wenn es einen Homomorphismus (Isomorphismus) φ von V_{1} nach V_{2} gibt, so daß für alle Punkte P_{1} und Q_{1} aus dem affinen Raum A_{1} gilt:

\overrightarrow{f(P_{1})f(Q_{1})} = φ(\overrightarrow{P_{1}Q_{1}}).

Anstelle von Homomorphismus verwendet man auch den Begriff “affine Abbildung“.

Satz 122 Affine Räume über dem gleichen linearen Raum V sind isomorph.

Beweis Es sei A ein affiner Raum über dem linearen Raum V. Dann sei aff(V) der zum linearen Raum V gehörige affine Raum gemäß dem Anfangsbeispiel. Wir zeigen: Die affinen Räume A und aff(V) sind isomorph.

Es sei P_{0} ∈ A. Wir definieren eine Abbildung f: A ⟶ aff(V) durch:

f(P) := \overrightarrow{P_{0}P} ∈ aff(V).

Dann sei φ: V ⟶ V die identische Abbildung.

Nun gilt:

1. Die Abbildung ist bijektiv. Das folgt aus der Eigenschaft 1 des affinen Raumes.

2. Weiterhin gilt:

\overrightarrow{f(P_{1})f(Q_{1})} = \overrightarrow{\overrightarrow{P_{0}P_{1}}\overrightarrow{P_{0}Q_{1}}}
= \overrightarrow{P_{0}Q_{1}} − \overrightarrow{P_{0}P_{1}}
= \overrightarrow{P_{0}Q_{1}} + \overrightarrow{P_{1}P_{0}}
= \overrightarrow{P_{1}P_{0}} + \overrightarrow{P_{0}Q_{1}}
= \overrightarrow{P_{1}Q_{1}}
= φ(\overrightarrow{P_{1}Q_{1}})
□

Definition 82 Eine Menge von Vektoren v_{1}, …, v_{n}, die eine Basis des linearen Raumes V bilden, heißt zusammen mit einem Punkt O Koordinatensystem des affinen Raumes. Der Punkt O wird als Ursprung des Koordinatensystems bezeichnet.

Ist ein Koordinatensystem {v_{1}, …, v_{n}, O} gegeben, so gibt es für jeden Punkt P ∈ A eindeu-

tig bestimmte Koordinaten [x^{1}, …, x^{n}]. Das sind einfach die Koordinaten des Vektors \overrightarrow{OP} in der Basis v_{1}, …, v_{n}. Es gilt:

\overrightarrow{OP} = x^{1} · v_{1} + … + x^{n} · v_{n}.

Für den Punkt O gilt dann:

\overrightarrow{OO} = o = 0 · e_{1} + … + 0 · e_{n}.

Also hat der Punkt O die Koordinaten [0, …, 0].

Definition 83 Man sagt, daß die Punkte P_{0}, …, P_{n} in allgemeiner Lage sind, wenn

P_{0}, \overrightarrow{P_{0}P_{1}}, …, \overrightarrow{P_{0}P_{n}}

ein Koordinatensystem bilden.

Übungsaufgabe 52 Zeigen Sie die folgende Aussage: Sind P_{0}, P_{1}, …, P_{n} in allgemeiner Lage, so sind auch P_{1}, P_{0}, P_{2}, …, P_{n} und P_{0}, P_{2}, P_{1}, …, P_{n} in allgemeiner Lage.

8.2 Geraden und Ebenen

Was eine Gerade ist, weiß intuitiv wohl jeder. Doch wenn es um eine genaue Definition geht, dann tut man sich oft schwer.

Es ist klar, daß drei Punkte P, Q, R wohl dann auf einer Geraden liegen, wenn die Vektoren \overrightarrow{P Q} und \overrightarrow{QR} linear abhängig sind. Mit der Gleichung

\overrightarrow{P Q} = \overrightarrow{P R} + \overrightarrow{RQ} = \overrightarrow{P R} − \overrightarrow{QR}

folgt dann daraus, daß auch die Vektoren \overrightarrow{P R} und \overrightarrow{P Q} linear abhängig sind. Der Vektor \overrightarrow{P Q} ist ein Vielfaches des Vektors \overrightarrow{P R} und umgekehrt.

Damit kommen wir nun zu der folgenden exakten Geradendefinition:

Definition 84 Eine Gerade durch zwei Punkte P und Q mit P ≠ Q besteht aus allen Punkten R, für die gilt:

\overrightarrow{P R} ∈ L(\overrightarrow{P Q}) bzw. \overrightarrow{P R} = k · \overrightarrow{P Q} bzw. R = P + k · \overrightarrow{P Q} (k ∈ K).

Satz 123 Jede Gerade ist durch zwei ihrer Punkte eindeutig bestimmt.

Wir zerlegen den Beweis dieses Satzes in zwei Teile. Bezeichnet man die Gerade durch die Punkte P und Q mit g(P, Q), dann müssen wir die folgenden Aussagen beweisen:

• Die Geraden g(P, Q) durch P, Q und g(Q, P) durch Q, P sind gleich.

Beweis Es sei T ein Punkt der Geraden g(P, Q). Dann ist \overrightarrow{P T} = k · \overrightarrow{P Q}. Daraus ergibt sich

\overrightarrow{QT} = \overrightarrow{QP} + \overrightarrow{P T} = \overrightarrow{QP} − k · \overrightarrow{QP} = (1 − k) · \overrightarrow{QP} .

Folglich ist T auch ein Punkt der Geraden g(Q, P). Es gilt also g(P, Q) ⊂ g(Q, P) und analog auch g(Q, P) ⊂ g(P, Q). Deshalb sind beide Mengen gleich.

□

• Die Geraden g(P, Q) durch P, Q und g(R, Q) durch Q und einen weiteren von Q verschiedenen Punkt R ∈ g(P, Q) sind gleich.

Beweis Wenn R ein Punkt der Geraden g(P, Q) ist, so gilt \overrightarrow{P R} = m · \overrightarrow{P Q}. Falls m = 0 ist, so hat man nichts zu zeigen, dann ist P = R und die beiden Geraden sind identisch. Ist m ≠ 0, dann sollte auch m ≠ 1 sein, denn sonst wäre R = Q.

Es sei T nun ein Punkt der Geraden g(P, Q). Dann ist \overrightarrow{P T} = k ·\overrightarrow{P Q}. Daraus ergibt sich

\overrightarrow{RT} = \overrightarrow{RP} + \overrightarrow{P T} = −m · \overrightarrow{P Q} + k · \overrightarrow{P Q} = (k − m) · \overrightarrow{P Q} .

Für den Zusammenhang zwischen \overrightarrow{P Q} und \overrightarrow{RQ} betrachten wir die Gleichung

\overrightarrow{P Q} = \overrightarrow{P R} + \overrightarrow{RQ} = m · \overrightarrow{P Q} + \overrightarrow{RQ}.

Wenn man nach \overrightarrow{P Q} auflöst, erhält man

\overrightarrow{P Q} = \frac{1}{1 − m} · \overrightarrow{RQ} .

Die Division durch 1 − m ist möglich, weil m von 1 verschieden ist. Setzt man das in die obige Gleichung ein, so erhält man

\overrightarrow{RT} = \frac{k − m}{1 − m} · \overrightarrow{RQ} ,

es ist also T ein Punkt der Geraden g(R, Q).

Ist umgekehrt T′ ein Punkt der Geraden g(R, Q), dann gilt \overrightarrow{RT′} = k′ · \overrightarrow{RQ} und

\overrightarrow{P T′} = \overrightarrow{P R}+\overrightarrow{RT′} = m·\overrightarrow{P Q}+k′ ·\overrightarrow{RQ} = m·\overrightarrow{P Q}+k′ ·(1−m)·\overrightarrow{P Q} = (m+k′ −k′m)·\overrightarrow{P Q} .

Folglich ist T′ auch ein Punkt der Geraden durch P und Q.

□

Um zu zeigen, daß die Geraden g(P, Q) und g(R, S) (R, S ∈ g(P, Q)) zusammenfallen, betrachten wir die Folge

g(P, Q) = g(R, Q) = g(Q, R) = g(S, R) = g(R, S) .

Damit ist gezeigt, daß eine Gerade durch die Angabe von zwei beliebigen (verschiedenen) Punkten eindeutig bestimmt ist.

□

218 KAPITEL 8. ANALYTISCHE GEOMETRIE

Satz 124 Die Punktmenge einer Geraden g(P, Q) durch zwei Punkte P und Q mit P ≠ Q ist ein affiner Raum über dem linearen Raum L(\overrightarrow{P Q}).

Beweis Es seien R und S zwei Punkte auf der Geraden g(P, Q). Dann gilt:

\overrightarrow{P R} = m · \overrightarrow{P Q}
\overrightarrow{P S} = n · \overrightarrow{P Q}

Also gilt:

\overrightarrow{RS} = \overrightarrow{RP} + \overrightarrow{P S}
= −m · \overrightarrow{P Q} + n · \overrightarrow{P Q}
= (n − m) · \overrightarrow{P Q}

Folglich gilt: \overrightarrow{RS} ∈ L(\overrightarrow{P Q}). Die Eigenschaften (1) und (2) des affinen Raumes sind erfüllt, weil sie im umfassenden affinen Raum gelten.

□

Nun stellt sich die Frage: Welche Koordinaten haben die Punkte einer Geraden? Wir betrachten 3 Punkte

R = [r^{1}, …, r^{n}],
P = [p^{1}, …, p^{n}],
Q = [q^{1}, …, q^{n}],

die auf einer Geraden liegen sollen. Für den Punkt R gilt:

\overrightarrow{P R} = t · \overrightarrow{P Q}.

Außerdem gilt:

\overrightarrow{P R} = \overrightarrow{P O} + \overrightarrow{OR}
= −\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OR}
= −(p^{1}e_{1} + … + p^{n}e_{n}) + r^{1}e_{1} + … + r^{n}e_{n}
= (r^{1} − p^{1})e_{1} + … + (r^{n} − p^{n})e_{n}
\overrightarrow{P R} = t · \overrightarrow{P Q}
= t · (−\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ})
= t · (−(p^{1}e_{1} + … + p^{n}e_{n}) + q^{1}e_{1} + … + q^{n}e_{n})
= t · ((q^{1} − p^{1})e_{1} + … + (q^{n} − p^{n})e_{n})

Folglich gilt:

∑_{i=1}^{n}(r^{i} − p^{i})e_{i} = ∑_{i=1}^{n} t · (q^{i} − p^{i})e_{i}

Daraus folgt für alle i = 1, …, n:

r^{i} − p^{i} = t · (q^{i} − p^{i})  | + p^{i}
r^{i} = p^{i} + t · (q^{i} − p^{i})
= (1 − t) · p^{i} + t · q^{i}

Diese Gleichungen nennt man Parametergleichungen der Geraden durch die Punkte P und Q.

Wir fassen sie in der folgenden Gleichung zusammen:

R = (1 − t)P + t · Q

Diese Formel ist als Punktaddition natürlich verboten; aber als Abkürzung für die Parametergleichungen einer Gerade verstanden ist sie erlaubt.

Wir können auch schreiben:

R = P + t · \overrightarrow{P Q}

Beispiel 67 Es sei eine Gerade g(P, Q) gegeben durch:

P = [1, 0, −1] Q = [2, 3, 0].

Gesucht sind die Koordinaten des Punktes

R = [r^{1}, r^{2}, r^{3}].

Wir stellen die Parametergleichungen für die Gerade auf:

r^{1} = (1 − t) · 1 + t · 2
= 1 + t
r^{2} = (1 − t) · 0 + t · 3
= t · 3
r^{3} = (1 − t) · (−1) + t · 0
= t − 1

Wir stellen die zweite Gleichung um:

r^{2} = 3 · t ⟹ t = \frac{1}{3}r^{2}.

Nun setzen wir das in die beiden anderen Gleichungen ein:

r^{1} = 1 + \frac{1}{3}r^{2}
r^{3} = −1 + \frac{1}{3}r^{2}

Daraus folgern wir: Auf der Geraden durch die beiden Punkte P und Q liegen alle Punkte R = [r^{1}, r^{2}, r^{3}], für die gilt:

\{ \begin{matrix}r^{1} − \frac{1}{3}r^{2} = 1 \\ r^{3} − \frac{1}{3}r^{2} = −1 \end{matrix} .

220 KAPITEL 8. ANALYTISCHE GEOMETRIE Wir sehen, daß der Parameter t jetzt aus den Gleichungen verschwunden ist. Er ist also zur Koordinatenberechnung nicht mehr notwendig. Wir nennen daher dieses inhomogene Gleichungssystem parameterfreie Gleichung(en). Im allgemeinen Fall erhalten wir die parameterfreien Gleichungen wie folgt aus den Parametergleichungen: Wir hatten für alle i = 1, …, n die folgende Gleichung erhalten:

r^{i} − p^{i} = t · (q^{i} − p^{i}).

Wir stellen nach dem Parameter t um und erhalten:

\frac{r^{i} − p^{i}}{q^{i} − p^{i}} = t.

Damit gilt dann:

\frac{x^{1} − p^{1}}{q^{1} − p^{1}} = \frac{x^{2} − p^{2}}{q^{2} − p^{2}} = … = \frac{x^{n} − p^{n}}{q^{n} − p^{n}}

Ist irgendeiner der Nenner gleich Null, dann “vergißt“ man den Term und “setzt“ x^{i} = p^{i}. Definition 85 Die Strecke \overline{P Q} besteht aus allen Punkten

R = (1 − t)P + t · Q,

für die 0 ≤ t ≤ 1 gilt. Man sagt, daß der Punkt R eine Strecke \overline{P Q} im Verhältnis p: q teilt, wenn gilt:

R = \frac{q}{p + q} P + \frac{p}{p + q} Q.

Übungsaufgabe 53 Welcher Punkt R teilt die Strecke \overline{P Q} im Verhältnis

(3: 1), (2: 1), (−2: 1), (1: −2), (1: −1)?

Man nennt die Zahlen p und q auch baryzentrische Koordinaten des Punktes R. Sie sind eindeutig bis auf einen Faktor k bestimmt. Allgemein gilt folgender Satz: Satz 125 Es sei A ein affiner Raum. Zu jedem Punkt P ∈ A existiert genau eine Darstellung

P = λ_{0}P_{0} + … + λ_{n}P_{n}

mit

∑_{i=0}^{n} λ_{i} = 1.

Der Punkt

B = ∑_{i=0}^{n} \frac{1}{n + 1}P_{i}

heißt Baryzentrum.

Gegeben seien drei paarweise verschiedene Punkte A, B und C eines affinen Raumes. Sie sollen nicht auf einer Geraden liegen. Weiterhin seien

D = \frac{1}{2}A + \frac{1}{2}B

und

E = \frac{1}{2}B + \frac{1}{2}C.

(Damit sind die Seitenhalbierenden beschrieben.)

Wir betrachten nun die Gerade durch die Punkte C und D. Das sind alle Punkte

R = (1 − r)C + rD.

Damit gilt:

R = (1 − r)C + \frac{r}{2}A + \frac{r}{2}B.

Jetzt betrachten wir noch die Gerade durch die Punkte A und E:

S = (1 − s)A + sE = (1 − s)A + \frac{s}{2}B + \frac{s}{2}C.

Diese beiden Geraden schneiden sich:

\frac{r}{2}A + \frac{r}{2}B + (1 − r)C = (1 − s)A + \frac{s}{2}B + \frac{s}{2}C.

Da die Punkte A, B und C nicht auf einer Gerade liegen, sind die Vektoren \overrightarrow{AB} und \overrightarrow{AC} linear unabhängig. Damit können wir über Koeffizientenvergleich folgendes Gleichungssystem aufstellen:

\{ \begin{matrix}\frac{r}{2} & = & 1 − s \\ \frac{r}{2} & = & \frac{s}{2} \\ 1 − r & = & \frac{s}{2} \end{matrix} .

Das ergibt als Lösung:

r = s = \frac{2}{3}.

Damit ergibt sich für den Punkt R die Gleichung:

R = \frac{1}{3}C + \frac{1}{3}B + \frac{1}{3}A.

Für den Punkt S erhält man:

S = \frac{1}{3}A + \frac{1}{3}B + \frac{1}{3}C.

Somit schneiden sich in jedem Dreieck die Seitenhalbierenden in einem Punkt, und zwar im Verhältnis 1: 2. Wie wir sehen, haben wir eine Baryzentrumspunktgleichung vorliegen.

Definition 86 Zwei Geraden P + t · \overrightarrow{P Q} und R + s · \overrightarrow{RS} heißen parallel, wenn die Vektoren \overrightarrow{P Q} und \overrightarrow{RS} linear abhängig sind. Es gilt also:

\overrightarrow{P Q} = k · \overrightarrow{RS}.

Hat man eine Gerade g(P, Q) und einen Punkt R gegeben, so ist die Parallele zur Geraden

g(P, Q) durch den Punkt R die Gerade R + s · \overrightarrow{P Q}.

Übungsaufgabe 54 Betrachten Sie ein Parallelogramm \{A, B, C, D\} mit \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CD}. Zei-

gen Sie, daß gilt: \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BD}.

Übungsaufgabe 55 In welchem Verhältnis schneiden sich die beiden Diagonalen g(A, D) und g(B, C)?

Wir wissen: Geraden sind selbst affine Räume (bzw. Unterräume). Das bedeutet, daß die sich

auf die Gerade g(P, Q) beziehende Menge \{R: R = P + t · \overrightarrow{P Q}\} eine Teilmenge des affinen Raumes A und gleichzeitig dessen Unterraum ist. Der diesem Unterraum zugeordnete lineare Raum ist die lineare Hülle des Vektors \overrightarrow{P Q}. Es gilt: L(\overrightarrow{P Q}) ⊆ V. Dieser Unterraum des linearen Raumes V ist eindimensional. Wir können also Geraden auch wie folgt definieren:

Definition 87 Ist A ein affiner Raum, so sind Geraden seine eindimensionalen affinen Unterräume. Ihnen ist ein Unterraum des linearen Raumes V zugeordnet.

Wir können eine Gerade damit auch wie folgt angeben:

Eine Gerade H ⊆ A ist gegeben durch einen Punkt P und einen Vektor v, und zwar mit der Gleichung:

H = P + L({v}).

Sie entspricht der Geraden durch die Punkte P und Q = P + v.

Gegeben seien nun zwei Geraden P + t · \overrightarrow{P Q} und R + s · \overrightarrow{RS}. Nun stellt sich die Frage: Wie liegen diese Geraden zueinander? Es gibt drei Möglichkeiten:

1. Die beiden Geraden sind parallel.

2. Die beiden Geraden schneiden sich in genau einem Punkt M. Das bedeutet: M ist der einzige Punkt, für den gilt:

(1 − t)P + tQ = M = (1 − s)R + sS.

3. Die beiden Geraden liegen windschief zueinander. Sie liegen also nicht parallel zueinander und schneiden sich auch nicht.

(Den Fall der Identität kann man als Parallelität betrachten.)

Wie kann man nun feststellen, wie zwei Geraden zueinander liegen? Man betrachtet dazu die drei Vektoren \overrightarrow{P Q}, \overrightarrow{RS} und \overrightarrow{P R}. Der folgende Satz formuliert die entsprechenden Kriterien.

Satz 126 (Lagemöglichkeiten zweier Geraden) Es seien P +t·\overrightarrow{P Q} und R+s·\overrightarrow{RS} zwei Geraden.

• Die Vektoren \overrightarrow{P Q} und \overrightarrow{RS} sind genau dann linear abhängig, wenn die beiden Geraden parallel sind.

• Sind die Vektoren \overrightarrow{P Q} und \overrightarrow{RS} linear unabhängig, so sind die Vektoren \overrightarrow{P Q}, \overrightarrow{RS} und \overrightarrow{P R} genau dann linear abhängig, wenn sich die Geraden in einem Punkt schneiden.

• Die drei Vektoren sind genau dann linear unabhängig, wenn die beiden Geraden windschief zueinander liegen. (Sie haben keinen gemeinsamen Punkt.)

Beweis Genau genommen handelt es sich bei Punkt 1 um eine Definition. Kommen wir deshalb zu Punkt 2. Es seien die beiden Vektoren \overrightarrow{P Q} und \overrightarrow{RS} linear unabhängig.

⟸ Es sei T ∈ g_{1} ∩ g_{2}. Es gilt folglich:

P + t · \overrightarrow{P Q} = T = R + s · \overrightarrow{RS},

und zwar genau dann, wenn gilt:

\overrightarrow{P T} = t · \overrightarrow{P Q} und
\overrightarrow{RT} = s · \overrightarrow{RS}

Wir haben nun zu zeigen, daß die drei Vektoren \overrightarrow{P Q}, \overrightarrow{RS} und \overrightarrow{P R} linear abhängig sind. Es gilt:

\overrightarrow{P R} = \overrightarrow{P T} + \overrightarrow{T R}
= \overrightarrow{P T} − \overrightarrow{RT}
= t · \overrightarrow{P Q} − s · \overrightarrow{RS}

Damit ist alles gezeigt.

⟹ Es seien nun die Vektoren \overrightarrow{P Q}, \overrightarrow{RS} und \overrightarrow{P R} linear abhängig. Wir zeigen, daß sich die Geraden in einem Punkt T schneiden. Es gilt nach Voraussetzung:

\overrightarrow{P R} = k · \overrightarrow{P Q} + l · \overrightarrow{RS}.

Es sei nun T der Punkt, der auf der Geraden g_{1} liegt und für den gilt:

\overrightarrow{P T} = k · \overrightarrow{P Q}.

Dann gilt:

\overrightarrow{RT} = \overrightarrow{RP} + \overrightarrow{P T}
= −\overrightarrow{P R} + \overrightarrow{P T}
= −k · \overrightarrow{P Q} − l · \overrightarrow{RS} + k · \overrightarrow{P Q}
= −l · \overrightarrow{RS}

Folglich liegt der Punkt T auch auf der Geraden g_{2}. Aus der Voraussetzung, daß die beiden Vektoren \overrightarrow{P Q} und \overrightarrow{RS} linear unabhängig sind, folgt, daß dieser Punkt T der einzige Punkt ist, der auf beiden Geraden liegt.

Nun ist klar, daß die Geraden keinen Punkt gemeinsam haben können, wenn alle drei Vektoren linear unabhängig sind.

□

Beispiel 68 Wir betrachten zwei Geraden g_{1}: P_{1} + L(a_{1}) und g_{2}: P_{2} + L(a_{2}) mit:

P_{1}[2, 3, 4] P_{2}[−1, 0, 1]
a_{1} = (0, 1, 1) a_{2} = (−1, 2, 1)

Frage: Wie liegen diese beiden Geraden zueinander?

Um diese Frage zu beantworten, betrachtet man die Vektoren a_{1}, a_{2} und \overrightarrow{P_{1}P_{2}}. Offenbar sind die Vektoren a_{1} und a_{2} linear unabhängig. Für den dritten Vektor gilt:

\overrightarrow{P_{1}P_{2}} = (−3, −3, −3).

Also sind alle drei Vektoren linear unabhängig. Damit liegen die beiden Geraden windschief zueinander.

8.3 Ebenen - Allgemeine affine Unterräume

Ein affiner Unterraum des affinen Raumes A ist eine nichtleere Teilmenge H ⊆ A, die selbst ein affiner Raum ist. Es gibt zu H einen linearen Raum U, der Unterraum des linearen Raumes V ist, der zu A gehört.

Die Punkte des affinen Unterraumes H lassen sich darstellen als

Q = P + L(U),

wobei \overrightarrow{P Q} ∈ L(U) gilt.

Definition 88 Ist der lineare Raum U endlichdimensional mit dim U = k, so heißt der affine Unterraum H k–dimensionale Ebene. Man nennt eine (n − 1)–dimensionale Ebene im n–dimensionalen affinen Raum auch Hyperebene.

Die folgende Tabelle beinhaltet die Bezeichnungen für die Unterräume eines n–dimensionalen affinen Raumes.

Dimension Bezeichnung
0  Punkte
1  Geraden
2  Ebenen
k (k < n) k–dimensionale Ebene
n − 1  Hyperebene
n  der Raum selbst

Ist H eine k–dimensionale Ebene, so existiert eine Basis a_{1}, …, a_{k} des zu H gehörigen linearen Raumes U, und jeder Punkt Q der Ebene H läßt sich für einen Punkt P ∈ H darstellen durch:

Q = P + t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k}.

Das ist die Parametergleichung der Ebene H. Eine k–dimensionale Ebene ist durch k + 1 Punkte von H, falls sie in allgemeiner Lage sind, eindeutig bestimmt:

Q = P_{1} + t^{1}(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}) + … + t^{k}(\overrightarrow{P_{1}P_{k+1}}).

Das ist die (k + 1)–Punkte–Gleichung der Ebene H.

Beispiel 69 Wir betrachten die zweidimensionale Ebene H^{2} ⊆ R^{4}. Sie wird beschrieben durch:

H^{2}: P_{1} + t^{1}a_{1} + t^{2}a_{2},

wobei der Punkt P_{1} und die Vektoren a_{1} und a_{2} wie folgt definiert seien:

P_{1}[1, 0, −1, 1]
a_{1} = (1, 1, −2, 3) a_{2} = (7, 8, 9, 0).

Hat ein Punkt Q die Koordinaten [x, y, z, u], so ist

Q = P_{1} + t^{1}a_{1} + t^{2}a_{2}
[x, y, z, u] = [1, 0, −1, 1] + t^{1}(1, 1, −2, 3) + t^{2}(7, 8, 9, 0)

Das ergibt das folgende Gleichungssystem:

\{ \begin{matrix}x & = & 1 + t^{1} + 7t^{2} \\ y & = & t^{1} + 8t^{2} \\ z & = & −1 + (−2)t^{1} + 9t^{2} \\ u & = & 1 + 3t^{1} \end{matrix}

Wir stellen die vierte Gleichung nach dem Parameter t^{1} um und erhalten:

t^{1} = \frac{u}{3} − \frac{1}{3}

Wir setzen diese Gleichung in die ersten drei Gleichungen ein und erhalten das folgende Gleichungssystem:

\{ \begin{matrix}x & = & 1 + \frac{u}{3} − \frac{1}{3} + 7t^{2} \\ y & = & \frac{u}{3} − \frac{1}{3} + 8t^{2} \\ z & = & −1 − \frac{2u}{3} + \frac{2}{3} + 9t^{2} \\ t^{1} & = & \frac{u}{3} − \frac{1}{3} \end{matrix}

Nun stellen wir die zweite Gleichung nach dem Parameter t^{2} um:

y = \frac{u}{3} − \frac{1}{3} + 8t^{2} | − \frac{u}{3} + \frac{1}{3}
y − \frac{u}{3} + \frac{1}{3} = 8t^{2}  |: 8
\frac{y}{8} − \frac{u}{24} + \frac{1}{24} = t^{2}

Wir setzen wieder ein und erhalten das folgende Gleichungssystem:

\{ \begin{matrix}x & = & 1 + \frac{u}{3} − \frac{1}{3} + \frac{7y}{8} − \frac{7u}{24} + \frac{7}{24} \\ t^{2} & = & \frac{y}{8} − \frac{u}{24} + \frac{1}{24} \\ z & = & −1 − \frac{2u}{3} + \frac{2}{3} + \frac{9y}{8} − \frac{9u}{24} + \frac{9}{24} \\ t^{1} & = & \frac{u}{3} − \frac{1}{3} \end{matrix}

Fassen wir zusammen:

\{ \begin{matrix}x & = & \frac{23}{24} + \frac{u}{24} + \frac{7y}{8} \\ t^{2} & = & \frac{y}{8} − \frac{u}{24} + \frac{1}{24} \\ z & = & \frac{1}{24} − \frac{25u}{24} + \frac{9y}{8} \\ t^{1} & = & \frac{u}{3} − \frac{1}{3} \end{matrix}

Damit folgt: Auf der Ebene H^{2} liegt jeder Punkt Q, für den gilt:

(⋆) \{ \begin{matrix}x − \frac{u}{24} − \frac{7y}{8} = \frac{23}{24} \\ z + \frac{25u}{24} − \frac{9y}{8} = \frac{1}{24} \end{matrix} .

Die Aussage gilt auch umgekehrt.

Die beiden Gleichungen im Gleichungssystem (⋆) heißen parameterfreie Gleichungen der Ebene H^{2}.

Wenn Q = P +t^{1}a_{1}+…+t^{k}a_{k} die Parametergleichung ist, dann erhält man die parameterfreie Gleichung wie folgt:

Wenn \overrightarrow{P Q} = t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k} gilt, so ist \overrightarrow{P Q} ∈ L(a_{1}, …, a_{k}) = U und umgekehrt. Wenn

aber \overrightarrow{P Q} ∈ U (U k–dimensional) gilt, dann existieren (n−k) linear unabhängige Funktionale

α_{1}, …, α_{n−k}, so daß gilt: α_{i}(\overrightarrow{P Q}) = 0, für i = 1, …, n − k. Das sind die parameterfreien Gleichungen.

(Die α_{i} sind die Koordinatenfunktionale ε^{k+1}, …, ε^{n} für eine Ergänzung der Basis a_{1}, …, a_{k} des Unterraumes U zu einer Basis des Raumes V. (vgl. Abschnitt 5.1) Es gilt:

U = L(a_{1}, …, a_{k})

und

V = L(a_{1}, …, a_{k}, …, a_{n})

. Für jeden Vektor a ∈ U gilt in der Basis des Raumes V:

a = ∑_{i=1}^{n} x^{i}a_{i},

und x^{i} = 0, für i = k + 1, …, n. Die Koordinatenfunktionale sind dann wie folgt definiert:

ε^{i}(a) = x^{i}.

Somit gilt für die (n − k) Koordinatenfunktionale ε^{k+1}, …, ε^{n}:

ε^{i}(a) = x^{i} = 0, i = k + 1, …, n.)

Betrachten wir einmal den Durchschnitt zweier Ebenen H_{1}^{k} und H_{2}^{l}:

H := H_{1}^{k} ∩ H_{2}^{l}.

(Die Ebene H_{1}^{k} ist k–, die Ebene H_{2}^{l} l–dimensional.) Dieser Durchschnitt kann leer sein. Ist er nichtleer, so existiert ein Punkt P auf H_{1} und H_{2}, und für alle anderen Punkte Q des Durchschnitts der beiden Ebenen gilt: \overrightarrow{P Q} ∈ L(U_{1}) und \overrightarrow{P Q} ∈ L(U_{2}). Der Durchschnitt ist durch den Punkt P und durch L(U_{1}) ∩ L(U_{2}) bestimmt und selbst ein affiner Raum.

Sind α_{i}(\overrightarrow{P Q}) = 0, i = 1, …, n − k und β_{j}(\overrightarrow{P Q}) = 0, j = 1, …, n − l die parameterfreien Gleichungen der Ebenen, so sind

\{ \begin{matrix}α_{i}(\overrightarrow{P Q}) = 0 \\ β_{j}(\overrightarrow{P Q}) = 0 \end{matrix}

die Gleichungen des Durchschnitts.

Definition 89 Die Summe zweier affiner Unterräume H_{1} und H_{2} ist der kleinste affine Unterraum H, der die Unterräume H_{1} und H_{2} enthält.

Die Frage ist nun: Woraus besteht der Unterraum H?

Es gilt zunächst:

\begin{matrix}H_{1}: P_{1} + U_{1} \\ H_{1}: P_{2} + U_{2} \end{matrix} H: P_{0} + U.

Es muß gelten: U_{1} ⊆ U und U_{2} ⊆ U. Natürlich muß auch U_{1} + U_{2} ⊆ U gelten.

Es sei der Durchschnitt der beiden Ebenen (Unterräume) H_{1} und H_{2} nichtleer. Es gibt also einen Punkt P_{0} ∈ H_{1} ∩ H_{2}. Dann ist H: P_{0} + (U_{1} + U_{2}) ein affiner Unterraum, der die affinen Unterräume H_{1} und H_{2} enthält, und es gibt keinen anderen affinen Unterraum, der echt in H enthalten wäre und gleichzeitig die beiden Ebenen H_{1} und H_{2} enthält.

Ist der Durchschnitt H_{1} ∩ H_{2} dagegen leer, dann ist die Summe

H = H_{1} + H_{2} = P_{1} + L(U_{1} + U_{2}, \overrightarrow{P_{1}P_{2}})

ein affiner Unterraum. Für einen beliebigen Punkt Q ∈ H gilt:

Q = P_{1} + \underbrace{t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k}}_{U_{1}} + \underbrace{s^{1}b_{1} + … + s^{l}b_{l}}_{U_{2}} +m · \overrightarrow{P_{1}P_{2}}.

Für m = s^{i} = 0 (i = 1, …, l) erhält man die Ebene H_{1}. Für m = 1 und t^{j} = 0 (j = 1, …, k) erhält man die Ebene H_{2}.

Allgemein können wir dann folgenden Satz formulieren:

Satz 127 Wenn man für den Unterraum U die lineare Hülle der Summe der beiden Unterräume U_{1} und U_{2} und des Vektors \overrightarrow{P_{1}P_{2}} , also L(U_{1} + U_{2}, \overrightarrow{P_{1}P_{2}}), wählt, so erhält man für P_{1} + U den affinen Unterraum H_{1} + H_{2}.

Beweis Jeder affine Unterraum, der die beiden Ebenen H_{1} und H_{2} enthält, enthält auf alle Fälle P_{1} + U_{1}, P_{2} + U_{2} und die Punkte P_{1} und P_{2}. Also gehört zu jedem affinen Unterraum, der die Ebenen H_{1} und H_{2} enthält, ein linearer Raum, der die Unterräume U_{1}, U_{2} und den Vektor \overrightarrow{P_{1}, P_{2}}, also auch den linearen Raum L(U_{1} + U_{2}, \overrightarrow{P_{1}P_{2}}) enthält. Nun ist aber

P_{1} + U = P_{1} + L(U_{1} + U_{2}, \overrightarrow{P_{1}P_{2}}) ein affiner Unterraum, der beide Ebenen, H_{1} und H_{2}, enthält. Das ergibt sich mit der folgenden Beschreibung des affinen Unterraums P_{1} + U:

P_{1} + t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k} + s^{1}b_{1} + … + s^{l}b_{l} + m · \overrightarrow{P_{1}P_{2}}.

mit s^{i} = m = 0 (i = 1, …, l) erhält man die Ebene H_{1} und mit t^{j} = 0 (j = 1, …, k) und m = 1 erhält man die Ebene H_{2}.

Daraus folgt aber, daß der affine Unterraum P_{1} + U der kleinste affine Unterraum sein muß, der die beiden Ebenen enthält. Den hatten wir aber mit H_{1} + H_{2} bezeichnet.

□

Bemerkung 6 Wenn der Durchschnitt H_{1} ∩ H_{2} der beiden Ebenen nichtleer ist, also ein Punkt P_{0} ∈ H_{1} ∩ H_{2} existiert, dann gilt für diesen Punkt

P_{0} = P_{1} + t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k} = P_{2} + s^{1}b_{1} + … + s^{l}b_{l},

für gewisse t^{j} und s^{i} (i = 1, …, l und j = 1, …, k). Damit folgt dann für den Vektor \overrightarrow{P_{1}P_{2}}:

\overrightarrow{P_{1}P_{2}} = t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k} − s^{1}b_{1} − … − s^{l}b_{l} ∈ U_{1} + U_{2}.

Folglich ist dann:

dim U = dim(U_{1} + U_{2}) = dim U_{1} + dim U_{2} − dim(U_{1} ∩ U_{2}).

Ist der Durchschnitt dagegen leer, dann läßt sich der Vektor \overrightarrow{P_{1}P_{2}} nicht als Linearkombination von Vektoren aus dem Unterraum U_{1} + U_{2} darstellen.

(Wäre das doch möglich, so wäre

\overrightarrow{P_{1}P_{2}} = t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k} + s^{1}b_{1} + … + s^{l}b_{l} ∈ U_{1} + U_{2}.

und der Punkt P_{0} = P_{1} + t^{1}a_{1} + … + t^{k}a_{k} = P_{2} − s^{1}b_{1} − … − s^{l}b_{l} würde sowohl in der Ebene H_{1} als auch in der Ebene H_{2} liegen. Das aber wäre ein Widerspruch dazu, daß der Durchschnitt beider Ebenen leer ist.)

Dann gilt:

dim U = dim(U_{1} + U_{2}) + 1 = dim U_{1} + dim U_{2} + 1.

Wir betrachten zwei sich nicht schneidende und nicht parallele Geraden g_{1} und g_{2}. Dann ist der affine Raum g_{1} + g_{2} 3–dimensional.

Welche Lagebeziehungen können zwei Geraden haben? Es seien zwei Geraden gegeben:

\begin{matrix}g_{1}: P_{1} + L(a_{1}) \\ g_{2}: P_{2} + L(a_{2}) \end{matrix}

Wir betrachten den Durchschnitt der beiden zugehörigen linearen Unterräume:

L(a_{1}) ∩ L(a_{2}) = U_{1} ∩ U_{2} ist \{ \begin{matrix}0 − dimensional (a_{1}, a_{2} linear unabhängig) \\ 1 − dimensional (a_{1}, a_{2} linear abhängig) \end{matrix}

Betrachten wir nun die Summe der beiden linearen Unterräume:

L(a_{1}) + L(a_{2}) = U_{1} + U_{2} ist \{ \begin{matrix}1 − dimensional (a_{1}, a_{2} linear abhängig) \\ 2 − dimensional (a_{1}, a_{2} linear unabhängig) \end{matrix}

Die folgende Tabelle verdeutlicht die möglichen Lagebeziehungen zweier Geraden:

dim(U_{1} + U_{2}) = 1  dim(U_{1} + U_{2}) = 2
g_{1} ∩ g_{2} = ⊘ dim U = 2  dim U = 3

2 parallele verschiedene Geraden 2 windschiefe Geraden

g_{1} ∩ g_{2} ≠ ⊘ dim U = 1 dim U = 2

2 identische Geraden 2 sich in einem Punkt schneidende Geraden

Wir untersuchen jetzt die Lagemöglichkeiten zweier 2–dimensionaler Ebenen. Es seien also

\begin{matrix}H_{1}: P_{1} + U_{1} = P_{1} + L(a_{1}, a_{2}) \\ H_{2}: P_{2} + U_{2} = P_{2} + L(b_{1}, b_{2}) \end{matrix}

Die beiden linearen Unterräume U_{1} und U_{2} seien jeweils zweidimensional. Wir betrachten wieder zuerst den Durchschnitt der beiden linearen Unterräume:

dim(U_{1} ∩ U_{2}) ist \{ \begin{matrix}0 − dimensional & (a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2} linear unabhängig) \\ 1 − dimensional & (a_{1}, a_{2}, b_{1} linear unabhängig, \\ & a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2} linear abhängig) \\ 2 − dimensional & (U_{1} = U_{2}) \end{matrix}

Für die Summe der beiden linearen Unterräume gilt:

dim(U_{1} + U_{2}) ist \{ \begin{matrix}2 − dimensional, falls dim(U_{1} ∩ U_{2}) = 2 \\ 3 − dimensional, falls dim(U_{1} ∩ U_{2}) = 1 \\ 4 − dimensional, falls dim(U_{1} ∩ U_{2}) = 0 \end{matrix}

Damit ergeben sich die folgenden Lagemöglichkeiten zweier Ebenen:

dim(U_{1} + U_{2}) = 2  dim(U_{1} + U_{2}) = 3  dim(U_{1} + U_{2}) = 4
H_{1} ∩ H_{2} = ⊘ dim U = 3  dim U = 4  dim U = 5

2 parallele Ebenen

H_{1} ∩ H_{2} ≠ ⊘ dim U = 2 dim U = 3 dim U = 4

2 identische Ebenen 2 Ebenen mit gemeinsamer Schnittgerade 2 Ebenen mit gemeinsamem Schnittpunkt

Es ist klar, daß der Fall dim U = 5 nur auftreten kann, wenn die beiden Ebenen mindestens in einem fünfdimensionalen affinen Raum betrachtet werden. Wir gehen einmal von einem vierdimensionalen affinen Raum aus und betrachten die Ebenen mit Hilfe von Punkten und Vektoren. Es seien zwei Punkte vorgegeben:

O[0, 0, 0, 0] und E[0, 0, 1, 0].

Desweiteren seien vier Vektoren gegeben:

x = (1, 0, 0, 0)
y = (0, 1, 0, 0)
z = (0, 0, 1, 0)
u = (0, 0, 0, 1)

Dann können wir die Lagebeziehungen der beiden Ebenen auch wie folgt darstellen:

dim(U_{1} + U_{2}) = 2 dim(U_{1} + U_{2}) = 3 dim(U_{1} + U_{2}) = 4
H_{1} ∩ H_{2} = ⊘ dim U = 3  dim U = 4  dim U = 5
2 Ebenen:  2 Ebenen:  nicht möglich!
O+L(x,y), E+L(x,y) O+L(x,y), E+L(y,u)
H_{1} ∩ H_{2} ≠ ⊘ dim U = 2  dim U = 3  dim U = 4
2 Ebenen:  2 Ebenen:  2 Ebenen:
O+L(x,y), O+L(x,y) O+L(x,y), O+L(y,u) O+L(x,y), O+L(z,u)

8.4 Euklidische Punkträume

Definition 90 Ein Euklidischer Punktraum ist ein affiner Punktraum A mit einem Euklidischen linearen Raum V, d.h. im Raum V ist ein Skalarprodukt ⟨·, ·⟩ definiert.

Definition 91 Der Abstand d(P_{1}, P_{2}) zweier Punkte ist die Länge des Vektors \overrightarrow{P_{1}P_{2}}.

Definition 92 Der Winkel <) P_{1}P_{0}P_{2} ist der Winkel zwischen den Vektoren \overrightarrow{P_{0}P_{1}} und \overrightarrow{P_{0}P_{2}}.

Es sei eine Gerade g: P +t·a (a = \overrightarrow{P_{0}P}) gegeben. Sie hat in der Ebene auch eine parameterfreie Gleichung. Im n–dimensionalen Raum hat sie n − 1 parameterfreie Gleichungen:

α_{1}(\overrightarrow{P_{0}P}) = 0

⋮
α_{n−1}(\overrightarrow{P_{0}P}) = 0

Weil der Raum A jetzt Euklidischer Punktraum ist, gilt:

V^{∗} ≅ V,

d.h.: zu jedem Funktional α_{i} existiert ein Vektor v_{i}, so daß gilt:

0 = α_{i}(\overrightarrow{P_{0}P}) = ⟨v_{i}, \overrightarrow{P_{0}P}⟩ (i = 1, …, n − 1).

Das bedeutet: Für die Gerade existiert in der Ebene ein Vektor v_{1}, so daß für alle ihre Punkte P ∈ g gilt:

v_{1} ⊥ \overrightarrow{P_{0}P}. (⟨v_{1}, \overrightarrow{P_{0}P}⟩ = 0).

[figure: P; g; P_{0}; v_{1}]

Folgerung: Zu einer Geraden in der Ebene gibt es einen Vektor v_{1}, so daß alle Punkte P der Geraden die Gleichung

⟨v_{1}, \overrightarrow{P_{0}P}⟩ = 0

erfüllen. Das bedeutet in Koordinaten:

v = (a, b), P_{0}[x_{0}, y_{0}], P [x, y]
⟹ a(x − x_{0}) + b(y − y_{0}) = 0.

Für einen k–dimensionalen affinen Unterraum H des n–dimensionalen Euklidischen Punktraumes A findet man n−k parameterfreie Gleichungen, also n−k linear unabhängige Vektoren v_{i} (i = 1, …, n − k), so daß für alle Punkte P ∈ H gilt:

⟨v_{i}, \overrightarrow{P_{0}P}⟩ = 0 (i = 1, …, n − k).

Sind die Vektoren v_{1}, …, v_{n−k} ein ON–System, so heißen sie \underline{Normalenvektoren} des Raumes H.

Beispiel 70 Es sei in R^{2} eine Gerade gegeben, und zwar durch die Punkte

P_{1} [1, 2] P_{2} [−1, \frac{1}{2}] .

Sie hat die Parametergleichung:

P = P_{1} + t(\overrightarrow{P_{1}P_{2}}).

Wir setzen ein:

[x, y] = [1, 2] + t (−2, −\frac{3}{2})

Das ergibt das folgende Gleichungssystem:

\{ \begin{matrix}x = 1 − 2t \\ y = 2 − \frac{3}{2}t \end{matrix} .

Wir stellen die erste Gleichung nach dem Parameter t um und erhalten:

−t = \frac{1}{2}(x − 1).

Das setzen wir in die zweite Gleichung ein:

y = 2 + \frac{3}{4}(x − 1).

Wir stellen noch etwas um:

y = 2 + \frac{3}{4}(x − 1) | · 4
4y = 8 + 3x − 3 | − 3x
(−3)x + 4y = 5

Für x = 1 und y = 2 ist die Gleichung offenbar erfüllt. Wir betrachten also die beiden Gleichungen:

(−3)x + 4y = 5
(−3) · 1 + 4 · 2 = 5

Wir subtrahieren die beiden Gleichungen voneinander un erhalten:

\underline{(−3)(x − 1) + 4(y − 2) = 0}

Das ist die parameterfreie Gleichung. Wir können sie auch so darstellen:

0 = α(x^{(1)}, x^{(2)}) = (−3)x^{(1)} + 4x^{(2)}.

Aus dieser Gleichung kann man einen Normalenvektor erhalten: In Anlehnung an das Skalarprodukt geht man aus von dem Vektor

v′ = (−3, 4).

Wenn man diesen Vektor orthonormalisiert, erhält man einen Normalenvektor:

v = \frac{1}{|v′|}v′
= \frac{1}{\sqrt{9 + 16}}(−3, 4)
= (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5})

Mit diesem Vektor erhält man die endgültige parameterfreie Gleichung:

\underline{\underline{−\frac{3}{5}(x − 1) + \frac{4}{5}(y − 2) = 0}}.

Wir können auch schreiben:

⟨(x − 1, y − 2), (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5})⟩ = 0.

Gleichungen dieser Form, also allgemein:

⟨\overrightarrow{P_{0}P}, r_{i}⟩ = 0, (i = 1, …, n − k),

die einen affinen Unterraum eines Euklidischen Punktraumes beschreiben, bezeichnen wir als \underline{Hesse’sche Normalform}.

Gegeben sei nun eine (n−k)–dimensionale Ebene H = P_{0} +U in Hesse’scher Normalform. Es existieren also k Normalenvektoren r_{1}, …, r_{k}, so daß die Ebene wie folgt beschrieben wird:

H = \{P: ⟨\overrightarrow{P_{0}P}, r_{i}⟩ = 0; i = 1, …, k\} .

Der einfachste Fall ist hierbei der Fall k = 1. Dann ist H eine Hyperebene der Dimension n − 1. Gegeben sind dann ein Normalenvektor r_{1} und eine Gleichung:

⟨\overrightarrow{P_{0}P}, r_{1}⟩ = 0.

Wir suchen nun den minimalen Abstand von einem beliebigen Punkt R zu den Punkten der Hyperebene H. Wir betrachten also |\overrightarrow{RP}|, den Abstand von einem festen Punkt R zu den Punkten P ∈ H. Es wäre sicherlich sinnvoll, einen Punkt P′ ∈ H zu finden, so daß gilt:

\overrightarrow{RP′} ⊥ U.

Die Länge des Vektors \overrightarrow{RP′} ist dann der kürzeste Abstand. Wir betrachten den eindimensionalen Fall. Es sei H also eine Gerade. Sie wird durch einen Punkt P_{0} und einen Normalenvektor r_{1} beschrieben. Zweckmäßigerweise nehmen wir da die Gerade aus unserem letzten Beispiel. Wir betrachten also

P_{0}[1, 2] und r = (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}) .

Außerdem wählen wir:

R[−1, 1]

Zur Veranschaulichung folgt eine kleine Skizze:

[figure: H; R[−1, 1]; P′[?,?]; P_{0}[1, 2]]

Der Vektor \overrightarrow{RP′} ist also gesucht. Für ihn gilt:

\overrightarrow{RP′} = \overrightarrow{RP_{0}} + \overrightarrow{P_{0}P′}.

Den Vektor \overrightarrow{RP_{0}} kennen wir, den können wir leicht berechnen. Unklarheit herrscht lediglich über den Vektor \overrightarrow{P_{0}P}.

Nun ist klar, daß für den Vektor r_{1} (den Normalenvektor) gilt:

r_{1} ⊥ U,

wobei U der lineare Unterraum zur Geraden ist. (Das folgt daraus, daß für alle Punkte P der Gerade die Gleichung gilt:

⟨\overrightarrow{P_{0}P}, r_{1}⟩ = 0.)

Wenn aber für den Vektor \overrightarrow{RP′} die Beziehung

\overrightarrow{RP′} ⊥ U

gelten soll, dann folgt daraus, daß er ein Vielfaches des Normalenvektors r_{1} sein muß. Es gilt also:

\overrightarrow{RP′} = d · r_{1}.

Und wir wissen noch mehr. Es muß gelten: d = ±|\overrightarrow{RP′}|. (Das folgt aus der Tatsache, daß der

Vektor r_{1} als Normalenvektor die Länge 1 hat. d kann auch negativ sein, da der Vektor \overrightarrow{RP′} eventuell auch entgegengesetzt zum Vektor r_{1} gerichtet sein kann.) Damit erhalten wir die Gleichung:

d · r_{1} = \overrightarrow{RP_{0}} + \overrightarrow{P_{0}P′}.

Diese Gleichung multiplizieren wir skalar mit dem Vektor r_{1} und erhalten dann:

d · \underbrace{⟨r_{1}, r_{1}⟩}_{=1} = ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ + \underbrace{⟨\overrightarrow{P_{0}P′}, r_{1}⟩}_{=0} .

Das ergibt also:

d = ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩

= ⟨(2, 1), (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5})⟩
= −\frac{6}{5} + \frac{4}{5}
= −\frac{2}{5}

Damit gilt also: d = −\frac{2}{5} = −|\overrightarrow{RP′}|. Folglich ist der minimale Abstand des Punktes R zur Gerade gleich \frac{2}{5}.

Wenn U der zur Gerade gehörige lineare Unterraum des Euklidischen Raumes V ist, so ist

L(r_{1}) = U^{⊥} = {v ∈ V: ⟨u, v⟩ = 0, ∀u ∈ U}.

Bei allgemeinen Ebenen H = P_{0} + U gibt es k Normalenvektoren. Diese bilden ein ON– System. Bezüglich dieses ON–Systems gilt die Bessel’sche Ungleichung:

∑_{i=1}^{k} c_{i}^{2} ≤ |\overrightarrow{RP_{0}}|^{2},

wobei die c_{i} (i = 1, …, k) die Fourierkoeffizienten des Vektors \overrightarrow{RP_{0}} sind.

Der Einfachheit halber betrachten wir weiterhin unsere Gerade und als ON–System den Normalenvektor r_{1}. (Selbstverständlich muß man allgemein alle Normalenvektoren betrachten, die die Hyperebene beschreiben.) In diesem Fall reduziert sich die Bessel’sche Ungleichung:

c_{1}^{2} ≤ |\overrightarrow{RP_{0}}|^{2}.

Da c_{1} der Fourierkoeffizient des Vektors \overrightarrow{RP_{0}} bezüglich des ON–Systems \{r_{1}\} ist, gilt:

c_{1} = ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ .

In der bisherigen Betrachtung hatten wir den minimalen Abstand des Punktes R zur Gerade bereits ermittelt. Allgemein läßt sich zunächst jedoch nur folgendes sagen:

Der Betrag |c_{1}| ist eine untere Schranke für den Abstand des Punktes R zur Gerade. (vgl. obige Betrachtungen zur Ermittlung des minimalen Abstands.) Findet man aber einen Punkt

P′ ∈ H, so daß der Vektor \overrightarrow{RP′} die Fourierreihe des Vektors \overrightarrow{RP_{0}} ist, dann wird dieser minimale Abstand auch angenommen.

Wir setzen: P′ = R + ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ · r_{1}.

Das ist eine andere Schreibweise für:

\overrightarrow{RP′} = ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ · r_{1}.

Das aber ist genau das, was wir suchen, denn auf der rechten Gleichungsseite steht die Fourierreihe des Vektors \overrightarrow{RP_{0}}. Daraus folgt:

|\overrightarrow{RP′}|^{2} = c_{1}^{2} = (⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩)^{2} .

236 KAPITEL 8. ANALYTISCHE GEOMETRIE Die Frage ist nun nur noch: Liegt der Punkt P′ auf der Gerade H? Zur Beantwortung der Frage betrachten wir:

⟨\overrightarrow{P_{0}P′}, r_{1}⟩ = ⟨\overrightarrow{P_{0}R} + \overrightarrow{RP′}, r_{1}⟩
= ⟨\overrightarrow{P_{0}R}, r_{1}⟩ + ⟨\overrightarrow{RP′}, r_{1}⟩
= ⟨\overrightarrow{P_{0}R}, r_{1}⟩ + ⟨⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ · r_{1}, r_{1}⟩
= ⟨−\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ + ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ · \underbrace{⟨r_{1}, r_{1}⟩}_{=1}
= − ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩ + ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩
= −c_{1} + c_{1}
= 0

Daraus folgt: P′ ∈ H. Wir erhalten den Punkt P′ der Gerade als Endpunkt des Vektors \overrightarrow{RP′}, der Fourierreihe des Vektors \overrightarrow{RP_{0}}. Beispiel 71 Es sei

3x + 3y + \sqrt{6}z = 8

die parameterfreie Gleichung einer Ebene. Wir wählen einen Punkt P_{0} der Ebene mit

P_{0} [\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \sqrt{6}] .

Ein Vektor r′ ⊥ U ist der Vektor (3, 3, \sqrt{6}) und ein Normalenvektor ist dann

r = (\frac{3}{\sqrt{24}}, \frac{3}{\sqrt{24}}, \frac{1}{2}) .

Damit hat die Ebene die folgende Hesse’sche Normalform:

⟨(x − x_{0}, y − y_{0}, z − z_{0}), r_{1}⟩ = ⟨(x − \frac{1}{3}, y − \frac{1}{3}, z − \sqrt{6}) , (\frac{3}{\sqrt{24}}, \frac{3}{\sqrt{24}}, \frac{1}{2})⟩ = 0.

Wir wählen nun einen Punkt R[1, 1, −2]. Für den Vektor \overrightarrow{RP_{0}} gilt dann:

\overrightarrow{RP_{0}} = (−\frac{2}{3}, −\frac{2}{3}, 2 + \sqrt{6}) .

Dann gilt:

c_{1} = ⟨\overrightarrow{RP_{0}}, r_{1}⟩
= ⟨(−\frac{2}{3}, −\frac{2}{3}, 2 + \sqrt{6}) , (\frac{3}{\sqrt{24}}, \frac{3}{\sqrt{24}}, \frac{1}{2})⟩

= −\frac{2}{\sqrt{24}} − \frac{2}{\sqrt{24}} + \frac{1}{2}(2 + \sqrt{6})
= −\frac{4}{\sqrt{24}} + 1 + \frac{\sqrt{6}}{2}

Das ist bis auf das Vorzeichen der Abstand des Punktes R von der Ebene.

Will man den Abstand zweier affiner Unterräume bestimmen (z.B. den Abstand zweier wind-

schiefer Geraden im R^{3}), dann betrachtet man die Abstände |\overrightarrow{R_{1}R_{2}}|, wobei R_{1} ein Punkt des einen und R_{2} ein Punkt des anderen Unterraumes ist.

|\overrightarrow{R_{1}R_{2}}|^{2} wird von unten durch das Quadrat der Länge einer Fourierreihe beschränkt. Dazu betrachten wir die Richtungsvektoren {a_{1}, …, a_{k}} des Unterraumes U_{1} und {b_{1}, …, b_{k}} des Unterraumes U_{2}, also für die Geraden a_{1} und b_{1}. Wir bleiben bei den Geraden. Die Vektoren a_{1} und b_{1} sind linear unabhängig, weil die Geraden windschief sind. Wir können sie orthonormalisieren und durch den Vektor r_{1} zu einer Basis des R^{3} ergänzen. Bezüglich des Vektors r_{1} ist die Fourierreihe des Vektors \overrightarrow{R_{1}R_{2}} eine untere Schranke für den Abstand, die auch angenommen wird.

8.5 Quadriken im affinen und Euklidischen Punktraum

Parameterfreie Gleichungen von Unteräumen eines Punktraumes (affin oder Euklidisch) waren bisher immer vom Typ

α_{1}(\overrightarrow{P_{0}P}) = 0, …, α_{k}(\overrightarrow{P_{0}P}) = 0,

also lineare Funktionale.

Wir betrachten im folgenden immer einen Euklidischen Punktraum E über einem Vektorraum V.

Definition 93 Eine Quadrik Q ist eine Menge von Punkten R, die einem quadratischen Funktional der Form

q(\overrightarrow{P R}) = 0

genügen, wobei P ein beliebiger (fester) Punkt aus dem Euklidischen Raum E ist.

Damit steht die Frage: Was ist ein quadratisches Funktional?

Definition 94 Eine Abbildung q: V ⟶ K heißt quadratisches Funktional, wenn es ein bilineares Funktional β: V × V ⟶ K gibt, so daß gilt:

∀v ∈ V: q(v) = β(v, v).

Jedes bilineare Funktional β läßt sich als Summe eines symmetrischen und eines antisymmetrischen Funktionals darstellen:

β(v, w) = β_{s}(v, w) + β_{a}(v, w).

Dabei gilt:

β_{s}(v, w) = \frac{1}{2}(β(v, w) + β(w, v))

β_{a}(v, w) = \frac{1}{2}(β(v, w) − β(w, v))

Wenn wir das nun auf unser quadratisches Funktional q anwenden, so erhalten wir:

q(v) = β(v, v) = β_{s}(v, v) + β_{a}(v, v).

Aus der obigen Gleichung für das antisymmetrische Funktional folgt damit:

β_{a}(v, v) = 0.

Folglich gilt:

q(v) = β(v, v) = β_{s}(v, v).

Damit können wir die Bedingung in der Definition eines quadratischen Funktionals verschärfen: Es muß ein symmetrisches bilineares Funktional β geben. Dieses symmetrische bilineare Funktional ist sogar eindeutig bestimmt. Das beweisen wir kurz: Nehmen wir an, das sei nicht so. Dann gibt es beispielsweise zwei symmetrische bilineare Funktionale β_{1} und β_{2}, so daß gilt:

β_{1}(v, v) = q(v) = β_{2}(v, v), ∀v ∈ V,

und für zwei Vektoren x und y mit x ≠ y gilt:

β_{1}(x, y) ≠ β_{2}(x, y).

Nun gilt:

β_{1}(x, y) = \frac{1}{2}(β_{1}(x, y) + β_{1}(x, y))
= \frac{1}{2}(β_{1}(x, y) + β_{1}(y, x))
= \frac{1}{2}(β_{1}(x, x) + β_{1}(x, y) + β_{1}(y, x) + β_{1}(y, y) − β_{1}(x, x) − β_{1}(y, y))
= \frac{1}{2}(β_{1}(x + y, x + y) − β_{1}(x, x) − β_{1}(y, y))
= \frac{1}{2}(q(x + y) − q(x) − q(y))
= \frac{1}{2}(β_{2}(x + y, x + y) − β_{2}(x, x) − β_{2}(y, y))
= β_{2}(x, y)

Damit ist die Eindeutigkeit bewiesen. Somit erhalten wir die folgende Definition einer Quadrik:

Definition 95 Eine Quadrik Q ist eine Menge von Punkten R aus dem Euklidischen Raum E, so daß gilt:

β_{s}(\overrightarrow{P R}, \overrightarrow{P R}) = 0,

wobei P beliebiger (fester) Punkt aus dem Euklidischen Raum E und β_{s} ein symmetrisches bilineares Funktional ist.

Es sei nun (O, b_{1}, …, b_{n}) ein Koordinatensystem des Euklidischen Raumes E. Dann gilt für den Punkt P:

\overrightarrow{OP} = p_{1}b_{1} + … + p_{n}b_{n}.

Für die Punkte R der Quadrik gilt:

\overrightarrow{OR} = r_{1}b_{1} + … + r_{n}b_{n}.

Damit folgt dann aus der obigen Definition:

β_{s}(\overrightarrow{P R}, \overrightarrow{P R}) = β_{s}(\overrightarrow{OR} − \overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OR} − \overrightarrow{OP})
= β_{s}(\overrightarrow{OR}, \overrightarrow{OR}) − 2β_{s}(\overrightarrow{OR}, \overrightarrow{OP}) + β_{s}(\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OP})
= β_{s}(∑_{i=1}^{n} r_{i}b_{i}, ∑_{j=1}^{n} r_{j}b_{j}) − 2β_{s}(∑_{i=1}^{n} r_{i}b_{i}, ∑_{j=1}^{n} p_{j}b_{j}) + β_{s}(∑_{i=1}^{n} p_{i}b_{i}, ∑_{j=1}^{n} p_{j}b_{j})

= ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} r_{i}r_{j} \underbrace{β_{s}(b_{i}, b_{j})}_{=β_{ij}} −2 ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} r_{i}p_{j} \underbrace{β_{s}(b_{i}, b_{j})}_{=β_{ij}} + ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} p_{i}p_{j} \underbrace{β_{s}(b_{i}, b_{j})}_{=β_{ij}}

Da P fest gewählt war, sind alle p_{i} bekannt!

= ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} β_{ij}r_{i}r_{j} + 2 ∑_{i=1}^{n} \underbrace{∑_{j=1}^{n} −β_{ij}p_{j}}_{=:m_{i}} r_{i} + \underbrace{∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} p_{i}p_{j}β_{ij}}_{=:c}

= ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} β_{ij}r_{i}r_{j} + 2 ∑_{i=1}^{n} m_{i}r_{i} + c

Damit erhalten wir die folgende dritte Definition einer Quadrik, die allerdings ein Koordinatensystem voraussetzt:

Definition 96 Eine Menge Q ⊆ E heißt Quadrik, wenn sie genau diejenigen Punkte R aus dem Euklidischen Raum E enthält, für deren Koordinaten die Gleichung

∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} β_{ij}r_{i}r_{j} + ∑_{i=1}^{n} m_{i}r_{i} + c = 0

gilt, wobei β_{ij}, m_{i} und c Körperelemente sind und gilt: β_{ij} = β_{ji}.

Damit haben wir nun die allgemeine Gleichung für eine Quadrik erhalten. Sehen wir uns das an einem Beispiel an:

Beispiel 72 Betrachten wir den Euklidischen Raum E^{3} über dem Vektorraum R^{3}. Eine Quadrik enthält also Punkte R = [x, y, z]. Aus der Definition folgt, daß eine Quadrik durch eine Gleichung der folgenden Form beschrieben wird:

β_{11}x^{2} + β_{22}y^{2} + β_{33}z^{2} + 2β_{12}xy + 2β_{13}xz + 2β_{23}yz + m_{1}x + m_{2}y + m_{3}z + c = 0.

Dabei wurde unter Ausnutzung der Symmetrie des Funktionals β zusammengefaßt.

Eine solche Gleichung bezieht sich immer auf ein gegebenes Koordinatensystem. Wie man sieht, ist die Gleichung schon im dreidimensionalen Raum sehr kompliziert. Ziel ist es nun, Quadriken durch möglichst einfache Gleichungen zu beschreiben. Besonders der quadratische Bestandteil soll vereinfacht werden. Das kann man erreichen, indem man das Koordinatensystem transformiert. Dabei sollen aber die geometrischen Eigenschaften der beschriebenen Quadrik erhalten bleiben. Das gewährleisten orthogonale Abbildungen.

Für die diesbezüglichen nachfolgenden Betrachtungen werden wir immer ein Beispiel zur Verdeutlichung heranziehen. Dafür beziehen wir uns auf den Euklidischen Punktraum E^{3} mit dem üblichen Skalarprodukt. Es sei uns eine Quadrik durch die folgende Gleichung gegeben:

17x^{2} + 17y^{2} + 11z^{2} + 16xy + 8xz − 8yz + 3x − 1 = 0

Diese Gleichung bezieht sich auf das Koordinatensystem (O, e_{1}, e_{2}, e_{3}). Das ist ein ON– System. Wir suchen nun die Normalform der Quadrik. Das ist eine Gleichung, die nach Möglichkeit nur noch quadratische Bestandteile und Konstanten enthält.

Zunächst muß man bei einer Quadrik eine Koeffizientenmatrix für das Funktional β aufstellen, die allerdings nur den Teil der Abbildung umfaßt, der durch den nichtlinearen Teil der Quadrikgleichung beschrieben wird. Aus der allgemeinen Herleitung bis zur dritten Quadrikdefinition können wir ersehen, daß gilt:

\underbrace{17x^{2} + 17y^{2} + 11z^{2} − 16xy + 8xz + 8yz}_{=β_{s}(\overrightarrow{OR},\overrightarrow{OR})} +3x − 1 = 0.

Damit können wir für das bilineare symmetrische Funktional β = β_{s} eine Matrixdarstellung ableiten: Da es zweistellig ist, gilt für seine Matrix [β]:

(x, y, z) · [β] · ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = Gleichung der Quadrik.

Diese Matrix enthält gerade die Elemente β_{ij}. Mittels der Gesetze der Matrizenmultiplikation erhalten wir in unserem Beispiel:

[β] = ( \begin{matrix}17 & −8 & 4 \\ −8 & 17 & −4 \\ 4 & −4 & 11 \end{matrix} ) .

Nun kommt es zuerst darauf an, die “gemischten“ Summanden zu eliminieren. Die Operation dazu heißt Hauptachsentransformation.

Erinnern wir uns zunächst: Wie ändert sich die Koeffizientenmatrix [β] beim Basiswechsel? Hat man eine Basis {e_{1}, …, e_{n}} gegeben, so gilt für die Transformation in die Basis {f_{1}, …, f_{n}} folgende Gleichung:

f_{i} = ∑_{j=1}^{n} c_{i}^{j}e_{j} ∀i = 1, …, n.

Für die neue Koeffizientenmatrix [β]_{f}, die ja die Elemente β(f_{i}, f_{j}) enthält, gilt dann folgendes:

β_{ij}^{(f)} = β(f_{i}, f_{j})
= β (∑_{k=1}^{n} c_{i}^{k}e_{k}, ∑_{l=1}^{n} c_{j}^{l}e_{l})

= ∑_{k=1}^{n} ∑_{l=1}^{n} c_{i}^{k}c_{j}^{l}β(e_{k}, e_{l})

= ∑_{k=1}^{n} ∑_{l=1}^{n} c_{i}^{k}c_{j}^{l}β_{kl}^{(e)}

Es gilt also:

[β]_{f} = C^{T} · [β]_{e} · C.

Wie muß nun die Basis {f_{1}, …, f_{n}} aussehen, damit die “gemischten“ Summanden aus der Quadrikgleichung verschwinden? Zur Beantwortung dieser Frage betrachten wir noch einmal die allgemeine Form der Quadrikgleichung aus der dritten Definition einer Quadrik:

∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} β_{ij}r_{i}r_{j} + ∑_{i=1}^{n} m_{i}r_{i} + c = 0.

Die “gemischten“ Summanden sind in der Doppelsumme enthalten. Sie entstehen dort, wenn i ≠ j gilt. Folglich verschwinden sie, wenn in der neuen Basis folgendes gilt:

β_{ij} = β(f_{i}, f_{j}) = 0, i ≠ j.

Eine diesbezüglich wichtige Aussage trifft folgender Satz:

Satz 128 Zu jedem symmetrischen bilinearen Funktional β existiert eine Basis {f_{1}, …, f_{n}}, die β–orthogonal ist, d.h. es gilt:

β(f_{i}, f_{j}) = 0, i ≠ j.

Beweis Folgender Algorithmus liefert die erforderliche Basis:

Hauptschritt: β_{11} ≠ 0.

Dann führe man den folgenden Basiswechsel durch:

f_{1} = e_{1}
f_{2} = −\frac{β_{12}}{β_{11}} e_{1} + e_{2}
⋮
f_{n} = −\frac{β_{1n}}{β_{11}} e_{1} + e_{n}

Dann gilt:

β(f_{1}, f_{1}) = β_{11}
β(f_{1}, f_{i}) = β (e_{1}, −\frac{β_{1i}}{β_{11}} e_{1} + e_{i})
= −\frac{β_{1i}}{β_{11}} · β(e_{1}, e_{1}) + β(e_{1}, e_{i})
= −β_{1i} + β_{1i}
= 0

Nach dem gleichen Verfahren β–orthogonalisiert man dann die Vektoren {f_{2}, …, f_{n}}, falls jeweils gilt: f_{ii} ≠ 0, i = 2, …, n.

1. Hilfsschritt: β_{11} = 0, aber es gibt ein j ∈ {2, …, n} mit b_{jj} ≠ 0.

Dann wählt man:

f_{1} = e_{j}
f_{2} = e_{2}
⋮
f_{j} = e_{1}
⋮
f_{n} = e_{n}

Dann gilt: β(f_{1}, f_{1}) = β_{jj} ≠ 0. Nun wendet man auf diese Basis den Hauptschritt an.

2. Hilfsschritt: β_{ii} = 0 für alle i = 1, …, n.

Dann gibt es aber für ein i ∈ {1, …, n} ein j ∈ {1, …, n} mit β_{ij} ≠ 0 (sonst hätten wir keine Quadrikgleichung). Dann setzen wir:

f_{1} = e_{1}
⋮
f_{i} = e_{i} + e_{j}
⋮
f_{n} = e_{n}

Dann gilt:

β(f_{i}, f_{i}) = β(e_{i} + e_{j}, e_{i} + e_{j})
= \underbrace{β(e_{i}, e_{i})}_{=0} +2β(e_{i}, e_{j}) + \underbrace{β(e_{j}, e_{j})}_{=0}
= 2β_{ij} ≠ 0

Dann kann man wieder mit dem Hauptschritt fortfahren.

□

Die Folgerung, die wir aus diesem Satz ziehen können, ist die folgende: Für jede Quadrik gibt es eine Koordinatentransformation, so daß in den neuen Koordinaten die Quadrik die folgende Gleichung hat:

∑_{i=1}^{n} a_{ii}x_{i}^{2} + ∑_{i=1}^{n} 2a_{i}x_{i} + c = 0.

Schreiben wir das einmal aus:

a_{11}x_{1}^{2} + a_{22}x_{2}^{2} + … + a_{nn}x_{n}^{2} + 2a_{1}x_{1} + … + 2a_{n}x_{n} + c = 0.

Es kommt jetzt darauf an, daß auch der lineare Bestandteil der Quadrikgleichung beseitigt wird. Deshalb sortieren wir die Summanden etwas um:

a_{11}x_{1}^{2} + 2a_{1}x_{1} + a_{22}x_{2}^{2} + 2a_{2}x_{2} + … + a_{nn}x_{n}^{2} + 2a_{n}x_{n} + c = 0.

Nun betrachten wir immer die sich ergebenden Summandenpaare:

a_{ii}x_{i}^{2} + 2a_{i}x_{i}, i = 1, …, n.

Hier unterscheiden wir nun zwei Fälle:

• Es gilt: a_{ii} ≠ 0, i ∈ {1, …, n}.

Dann wenden wir das folgende Verfahren an:

1. Wir klammern den Koeffizienten a_{ii} aus:

a_{ii}x_{i}^{2} + 2a_{i}x_{i} = a_{ii} (x_{i}^{2} + \frac{2a_{i}}{a_{ii}} x_{i}) , i = 1, …, n.

2. Wir wenden das Verfahren der quadratischen Ergänzung an:

a_{ii} (x_{i}^{2} + \frac{2a_{i}}{a_{ii}} x_{i}) = a_{ii} (x_{i}^{2} + \frac{2a_{i}}{a_{ii}} x_{i} + \frac{a_{i}^{2}}{a_{ii}^{2}} − \frac{a_{i}^{2}}{a_{ii}^{2}} )

= a_{ii} ((x_{i} + \frac{a_{i}}{a_{ii}} )^{2} − \frac{a_{i}^{2}}{a_{ii}^{2}} )

3. Die Konstanten \frac{a_{i}^{2}}{a_{ii}^{2}} fassen wir mit der Konstante c zu einer neuen Konstante c′ zusammen.

4. Wir verschieben den Koordinatenursprung unseres Koordinatensystems, d.h. wir führen die folgende Koordinatentransformation aus:

x′_{i} := x_{i} + \frac{a_{i}}{a_{ii}} .

• Es gilt: a_{ii} = 0, i ∈ {1, …, n}.

Dann nehmen wir für dieses i keine Änderungen vor.

Wir haben also r Summanden der Form a_{ii}x_{i}^{′2}. Für die gilt nämlich: a_{ii} ≠ 0. Für die restlichen n − r Koordinaten galt a_{ii} = 0. Folglich sind die linearen Summanden, die diese Koordinaten enthalten, unverändert. Es sind gerade n − r Stück. Wir erhalten also für die Quadrik eine Gleichung der folgenden Form:

a_{11}x_{1}^{′2} + … + a_{rr}x_{r}^{′2} + 2a_{r+1}x_{r+1} + … + 2a_{n}x_{n} + c′ = 0.

Nun führen wir noch eine letzte Transformation durch:

x′_{r+1} := a_{r+1}x_{r+1} + … + a_{n}x_{n} + \frac{1}{2}c′.

Also erhalten wir die folgende endgültige Gleichung für die Quadrik:

a_{11}x_{1}^{′2} + … + a_{rr}x_{r}^{′2} + 2x′_{r+1} = 0

Durch eine Transformation x′′_{i} := \frac{1}{\sqrt{|a_{ii}|}}x′_{i} kann man noch die Koeffizienten a_{ii} eliminieren,

nicht aber deren Vorzeichen.

Wir ziehen folgende Schlußfolgerung: In der reellen Ebene kann man eine Quadrik durch Koordinatentransformation in genau einer der folgenden Gleichungen darstellen:

x^{2} + y^{2} − 1 = 0
x^{2} + y^{2} + 1 = 0
x^{2} + y^{2} = 0
x^{2} − y^{2} − 1 = 0
x^{2} − y^{2} = 1
x^{2} + 2y = 0
x^{2} + 1 = 0
x^{2} − 1 = 0
x^{2} = 0

Dabei handelt es sich um folgende geometrische Gebilde:

x^{2} + y^{2} − 1 = 0 Kreis mit Radius 1 um den Koordinatenursprung
x^{2} + y^{2} + 1 = 0 leer (“imaginärer Kreis“)
x^{2} + y^{2} = 0  der Nullpunkt (“imaginäre sich schneidende Geraden“)
x^{2} − y^{2} − 1 = 0 Hyperbel
x^{2} − y^{2} = 0  sich schneidende Geraden
x^{2} + 2y = 0  Parabel
x^{2} + 1 = 0  leer
x^{2} − 1 = 0  zwei parallele Geraden
x^{2} = 0  zwei identische Geraden

Im komplexen affinen Raum gibt es 5 Gleichungstypen:

x^{2} + y^{2} + 1 = 0
x^{2} + y^{2} = 0
x^{2} + 2y = 0
x^{2} + 1 = 0
x^{2} = 0

Im reellen dreidimensionalen Raum erhält man die folgenden Gleichungstypen:

x^{2} + y^{2} + z^{2} − 1 = 0 (Kugel)
x^{2} + y^{2} + z^{2} + 1 = 0 (leer)
x^{2} + y^{2} + z^{2} = 0 (Punkt)
x^{2} + y^{2} − z^{2} − 1 = 0
x^{2} + y^{2} − z^{2} + 1 = 0
x^{2} + y^{2} − z^{2} = 0
x^{2} + y^{2} + 2z = 0
x^{2} − y^{2} + 2z = 0
x^{2} + y^{2} + 1 = 0
x^{2} + y^{2} − 1 = 0
x^{2} + y^{2} = 0
x^{2} − y^{2} − 1 = 0
x^{2} − y^{2} = 0
x^{2} + 2y = 0
x^{2} + 1 = 0
x^{2} − 1 = 0
x^{2} = 0
x^{2} − y^{2} − 2z = 0
x^{2} − y^{2} = 2 (z = 1)
y^{2} − x^{2} = 2 (z = −1)

Nun wollen wir uns noch einfachen Quadriken und ihrer Klassifikation zuwenden. Wir haben jetzt einen Euklidischen Punktraum und eine Quadrik gegeben. Die Quadrik sei durch die Gleichung

∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} β_{ij}r_{i}r_{j} + 2 ∑_{i=1}^{n} m_{i}r_{i} + c = 0

gegeben. Wiederum soll sie durch Koordinatentransformation in eine einfache Form gebracht werden. Die zusätzliche Voraussetzung sei aber nun, daß sich die Gleichung der Quadrik nicht nur auf irgendein Koordinatensystem, sondern auf ein ON–Koordinatensystem beziehen soll. Damit steht nun die Frage: Gibt es ein anderes ON–Koordinatensystem, in dem die Gleichung einfach ist?

Erinnern wir uns an unser Beispiel, das wir schon einmal zur Verdeutlichung herangezogen hatten. Dort war genau dies vorausgesetzt worden.

Unsere Quadrik wird durch ein quadratisches Funktional beschrieben, zu dem β das entsprechende symmetrische bilineare Funktional ist. Wenn C nun die Matrix des zur Vereinfachung der Gleichung erforderlichen Basiswechsels ist, dann ist die neue Matrix [β]′ des bilinearen Funktionals durch die folgende Gleichung zu ermitteln:

[β]′ = C^{T} · [β] · C.

Wir betrachten nun einen Operator B, der die Matrix [β] des bilinearen Funktionals hat. Die neue Matrix des Operators (bezeichnet mit [B]′) erhalten wir durch:

C^{−1} · \underbrace{[B]}_{=[β]} ·C.

Da β ein symmetrisches Funktional ist, ist B ein symmetrischer Operator. Es gibt also eine Transformationsmatrix C, so daß die Jordan’sche Normalform des Operators B Diagonalgestalt hat. Es gilt:

[J] = C^{−1} · [B] · C.

”Glücklicherweise“ ist C eine orthogonale Matrix, d.h. es gilt:

C^{−1} = C^{T} .

Dann gilt aber für die Matrix des symmetrischen bilinearen Funktionals β:

[β]′ = [J],

und sie ist in Diagonalform. Damit sieht die Gleichung des quadratischen Funktionals (der Quadrik) in der neuen Basis wie folgt aus:

λ_{1}x_{1}^{2} + … + λ_{r}x_{r}^{2} + linearer Bestandteil = 0, r ≤ n.

Dabei sind die λ_{i} (i = 1, …, r) die Eigenwerte des Operators B. Den linearen Bestandteil beseitigt man nach dem schon beschriebenen Verfahren (quadratische Ergänzung und Verschiebung des Koordinatenursprungs).

Das wollen wir nun an unserem Beispiel untersuchen: Wir hatten weiter vorn bereits die Koeffizientenmatrix für das Funktional bestimmt. Um die “gemischten“ Summanden verschwinden zu lassen, müssen wir in der Koeffizientenmatrix an den Stellen Nullen erzeugen, an denen die Koeffizienten der “gemischten“ Summanden stehen. Wie wir nun wissen, brauchen wir nur die Jordan’sche Normalform der Matrix zu bestimmen, und wir haben dann die erforderliche Matrix erhalten. Ermitteln wir also die Eigenwerte:

det([β] − xE) = | \begin{matrix}17 − x & −8 & 4 \\ −8 & 17 − x & −4 \\ 4 & −4 & 11 − x \end{matrix} |

= | \begin{matrix}9 − x & −8 & 4 \\ 9 − x & 17 − x & −4 \\ 0 & −4 & 11 − x \end{matrix} |

= | \begin{matrix}9 − x & −8 & 4 \\ 0 & 25 − x & −8 \\ 0 & −4 & 11 − x \end{matrix} |
= (9 − x)((25 − x)(11 − x) − 32)
= (9 − x)(x^{2} − 36x + 275 − 32)
= (9 − x)(x^{2} − 36x + 243)

Damit folgt:

x_{1/2} = 18 ± \sqrt{324 − 243}
= 18 ± 9

Wir erhalten: x_{1} = 27 und x_{2} = 9. Dabei gilt: n_{x_{1}} = 1 und n_{x_{2}} = 2. Aufgrund der Symmetrie der Ausgangsmatrix können wir damit sofort die Jordan’sche Normalform ableiten:

J = ( \begin{matrix}27 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix} ) .

Mit dieser Matrix als Koeffizientenmatrix verschwinden offenbar die “gemischten“ Summanden.

Nun ist natürlich klar, daß auch der lineare Teil der Quadrikgleichung in die neuen Koordinaten transformiert werden muß. Also wird die Transformationsmatrix benötigt, mit der man aus der Ausgangsmatrix deren Jordan’sche Normalform erhält. Sie muß orthogonal sein, da die geometrischen Eigenschaften bei der Koordinatentransformation ja erhalten bleiben sollen.

Da die Jordan’sche Normalform die Matrix der Abbildung bezüglich der Basis aus den Eigenvektoren ist, bestimmen wir zunächst die ON–Basis aus den Eigenvektoren:

1. Ermitteln der Eigenvektoren: Der zum Eigenwert x_{1} gehörige Unterraum sieht wie folgt aus:

V_{x_{1}} = \{( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ): [β] · ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = x_{1} ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} )\}

= \{( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ): ([β] − x_{1}E) ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )\}

= \{( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ): ( \begin{matrix}−10 & −8 & 4 \\ −8 & −10 & −4 \\ 4 & −4 & −16 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )\}

= \{k · ( \begin{matrix}2 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} ): k ∈ R\}

Für den zum Eigenwert x_{2} gehörigen Unterraum ermittelt man analog:

V_{x_{2}} = \{( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ): ( \begin{matrix}8 & −8 & 4 \\ −8 & 8 & −4 \\ 4 & −4 & 2 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )\}

= \{k_{1} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) + k_{2} ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ): k_{1}, k_{2} ∈ R\}

Wir haben also drei Eigenvektoren erhalten:

a_{1} = ( \begin{matrix}2 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} ) , a_{2} = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , a_{3} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ) .

2. Orthonormalisierung der drei Eigenvektoren: Dabei wenden wir das Schmidt’sche Orthogonalisierungsverfahren an und erhalten:

b_{1} = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}2 \\ −2 \\ 1 \end{matrix} ) , b_{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , b_{3} = \frac{\sqrt{2}}{3} ( −\frac{1}{2} ; \frac{1}{2} ; 2 ) .

Nun bestimmen wir die Transformationsmatrix C. Dabei gehen wir von der Frage aus: Mit welcher Matrix müssen wir die alten Basisvektoren multiplizieren, um die neuen Basisvektoren zu erhalten? Dazu schreiben wir die jeweiligen Basisvektoren in eine Matrix und lösen die Gleichung:

(b_{1}, b_{2}, b_{3}) = C · (e_{1}, e_{2}, e_{3}).

Zu Hilfe kommt uns hier die Tatsache, daß wir von der Einheitsbasis ausgegangen waren. Damit erhalten wir sehr einfach für die Transformationsmatrix C die folgende Matrix:

C = ( \begin{matrix}\frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{\sqrt{2}}{6} \\ −\frac{2}{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{\sqrt{2}}{6} \\ \frac{1}{3} & 0 & \frac{2\sqrt{2}}{3} \end{matrix} ) .

Dann gilt für einen Vektor mit den Koordinaten ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) in der Basis \{e_{1}, e_{2}, e_{3}\} und den

Koordinaten ( \begin{matrix}x′ \\ y′ \\ z′ \end{matrix} ) in der Basis \{b_{1}, b_{2}, b_{3}\} folgende Gleichung:

xe_{1} + ye_{2} + ze_{3} = x′b_{1} + y′b_{2} + z′b_{3}.

Damit erhalten wir:

x = \frac{2}{3}x′ + \frac{1}{\sqrt{2}}y′ − \frac{\sqrt{2}}{6}z′
y = −\frac{2}{3}x′ + \frac{1}{\sqrt{2}}y′ + \frac{\sqrt{2}}{6}z′
z = \frac{1}{3}x′ + \frac{2\sqrt{2}}{6}z′

Damit haben wir auch den linearen Teil der Gleichung in die neuen Koordinaten transformiert. Die Gleichung der Quadrik lautet dann in der neuen Basis:

27x^{′2} + 9y^{′2} + 9z^{′2} + 2x′ + \frac{3}{\sqrt{2}}y′ − \frac{1}{\sqrt{2}}z′ − 1 = 0

Nun kommt es noch darauf an, den linearen Bestandteil in der Quadrikgleichung zu beseitigen. Entsprechend den theoretischen Erläuterungen formen wir die Gleichung zunächst etwas um:

27 (x^{′2} + \frac{2}{27}x′) + 9 (y^{′2} + \frac{\sqrt{2}}{6}y′) + 9 (z^{′2} − \frac{\sqrt{2}}{18}z′) − 1 = 0.

8.5. QUADRIKEN IM AFFINEN UND EUKLIDISCHEN PUNKTRAUM 249 Mit quadratischer Ergänzung erhalten wir die folgende Gleichung:

27 ((x′ + \frac{1}{27})^{2} − \frac{1}{729}) + 9 ((y′ + \frac{\sqrt{2}}{12})^{2} − \frac{1}{72}) + 9 ((z′ − \frac{\sqrt{2}}{36})^{2} − \frac{1}{648}) − 1 = 0.

Wir fassen etwas zusammen und erhalten:

27 (x′ + \frac{1}{27})^{2} − \frac{1}{27} + 9 (y′ + \frac{\sqrt{2}}{12})^{2} − \frac{1}{8} + 9 (z′ − \frac{\sqrt{2}}{36})^{2} − \frac{1}{72} − 1 = 0.

Nun verschieben wir den Koordinatenursprung durch die folgende Transformation:

x′′ := x′ + \frac{1}{27}
y′′ := y′ + \frac{\sqrt{2}}{12}
z′′ := z′ − \frac{\sqrt{2}}{36}

Damit erhalten wir für unsere Beispielquadrik die folgende Gleichung:

27x^{′′2} + 9y^{′′2} + 9z^{′′2} − \frac{127}{108} = 0

Es handelt sich um einen sogenannten Rotations–Ellipsoiden. Satz 129 Zu jeder Euklidischen Quadrik existiert eine orthogonale Transformation, so daß die Gleichung der Quadrik eine in den folgenden Serien ist:

• 2–dimensional (Ellipsen):

\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1
\frac{x^{2}}{a^{2}} − \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1
\frac{x^{2}}{a^{2}} − \frac{y^{2}}{b^{2}} = 0
\frac{y^{2}}{p} = 2x
\frac{y^{2}}{p} = 1
y^{2} = 0
\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = −1
\frac{y^{2}}{p} = −1

Dabei gilt: a, b > 0 und p > 0.

250 KAPITEL 8. ANALYTISCHE GEOMETRIE

• 3–dimensional:

\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1
\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} − \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1 einschaliges Hyperboloid
\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} − \frac{z^{2}}{c^{2}} = −1
\frac{x^{2}}{p} + \frac{y^{2}}{q} = 2z
\frac{x^{2}}{p} − \frac{y^{2}}{q} = 2z
\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = −1

und die entsprechenden “Zylinder“ :

\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1

vgl. Zweidimensionalität!

Dabei gilt: a, b, c > 0 und p, q > 0.

Arithmetische und algebraische Operationen

9.1 Zahlen und Positionssysteme

Definition 97 Eine Darstellung einer Zahl m in einem Positionssystem mit der Basis b (b ≠ 0, |b| ≠ 1) ist ein Tupel

(… a_{1}a_{0}, a_{−1}a_{−2} …)_{b},

wobei

m = a_{0} + a_{1}b + a_{−1}b^{−1} + a_{2}b^{2} + …

gilt und das Tupel endlich ist. Außerdem gilt: a, b ∈ Z.

Man nennt die a_{i} Ziffern der Zahl m. Bei einem Positionssystem bestimmt die Stelle, an der eine Ziffer steht, ihren Beitrag zur Zahl m.

Beispiel 73 So gilt beispielsweise:

(3, 1415)_{10} = 3 + \frac{1}{10} + \frac{4}{100} + \frac{1}{1000} + \frac{5}{10000}.

Nach der obigen Definition ist die Zahlendarstellung in einem Positionssystem nicht eindeutig, da nur gefordert wird, daß die a_{i} ganze Zahlen sein sollen. Das wird an folgendem Beispiel deutlich: Die (im Dezimalsystem dargestellte) Zahl 5 soll im Dualsystem (Basis b = 2) dargestellt werden: Es gilt:

5 = 1 · 2^{2} + 0 · 2^{1} + 1 · 2^{0}.

Also können wir feststellen:

(5)_{10} = (101)_{2}.

Es gilt aber auch:

5 = 2 · 2^{1} + 1 · 2^{0}.

252 KAPITEL 9. ARITHMETISCHE UND ALGEBRAISCHE OPERATIONEN Nach der obigen Definition ist also auch die Darstellung

(5)_{10} = (21)_{2}

zulässig. Es lassen sich noch andere Varianten finden, beispielsweise

(5)_{10} = (1 0 −1 −1)_{2},

denn es gilt:

5 = 1 · 2^{3} + 0 · 2^{2} − 1 · 2^{1} − 1 · 2^{0}.

Das ist natürlich unzweckmäßig. Doch bevor wir auf dieses Problem näher eingehen, folgen noch einige Beispiele für Positionssysteme: Beispiel 74 Positionssysteme sind:

• Dualsystem: b = 2.

• Oktalsystem: b = 8.

• Hexadezimalsystem: b = 16.

• Dezimalsystem: b = 10.

• 2^{16}–System.

• 2^{32}–System.

• Duodezimalsystem: b = 12.

• Hexagesimalsystem: b = 60.

• Nega–Systeme: b < 0

(123)_{−10} = 1 · (−10)^{2} + 2 · (−10) + 3 · 1 = (83)_{10}

(−83)_{10} = (97)_{−10}

• “Exotische“ Zahlensysteme:

– Fibonacci–Zahlensystem: Man ersetze b^{n} durch F_{n}. Dann erhält man:

a_{0} · F_{0} + a_{1} · F_{1} + … + a_{n} · F_{n}

Dabei sind die F_{i} die Fibonacci–Zahlen.

– Datum und Uhrzeit Wie bereits angedeutet, ist es wünschenswert, daß die Zahlendarstellung in einem Positionssystem eindeutig ist. Darüber trifft der folgende Satz eine Aussage:

Satz 130 Wenn die Ziffern a_{i} einer Darstellung einer Zahl m in einem Positionssystem zur Basis b die Ungleichung 0 ≤ a_{i} < |b| erfüllen, dann ist die Darstellung eindeutig, wenn führende und folgende Nullen ausgeschlossen sind. Wir erhalten dann die Darstellung:

m = (a_{n}a_{n−1} … a_{0}, a_{−1} … a_{−k})_{b},

wobei n und k eindeutig bestimmt sind, und außerdem a_{n} ≠ 0 und a_{−k} ≠ 0 gilt.

Beweis Wir gehen davon aus, daß die Darstellung der Zahl m nicht eindeutig sei. Dann gibt es also zwei Darstellungen

m = (a_{n}a_{n−1} …)_{b} = (a′_{n′}a′_{n′−1} …)_{b}.

Nun sind zwei Fälle möglich:

1. Es gilt: n > n′;

2. Es gilt: n = n′. Auch hier gibt es zwei Möglichkeiten:

(a) Es gilt: a_{n} > a′_{n};

(b) Es gilt: a_{n} = a′_{n}.

Wir untersuchen alle diese Möglichkeiten:

1. Es sei also n > n′. Desweiteren gilt nach Voraussetzung:

0 ≤ a_{i} < |b| und 0 ≤ a′_{i} < |b|.

Daraus folgt:

a_{i} ≤ |b| − 1 bzw. a′_{i} ≤ |b| − 1.

Damit gilt dann:

a_{n}b^{n} + a_{n−1}b^{n−1} + … = a′_{n′}b^{n′} + a′_{n′−1}b^{n′−1}
a_{n}b^{n} = −a_{n−1}b^{n−1} − … + a′_{n′}b^{n′} + …
|a_{n}b^{n}| = | − a_{n−1}b^{n−1} − … + a′_{n′}b^{n′} + … |
≤ | − a_{n−1}||b|^{n−1} + … + |a′_{n′}||b|^{n′} + …
≤ (|b| − 1)|b|^{n−1} + … + (|b| − 1)|b|^{n′} + …
= (|b| − 1)(|b|^{n−1} + … + |b|^{−s})
= |b|^{n} + … + |b|^{−s+1} − |b|^{n−1} − … − |b|^{−s+1} − |b|^{−s}
= |b|^{n} − |b|^{−s}

Wir erhalten also :

|a_{n}||b|^{n} ≤ |b|^{n} − |b|^{−s}
|a_{n}| ≤ 1 − |b|^{−(s+n)}

Folglich haben wir hergeleitet:

a_{n} ≤ |a_{n}| < 1

Weil aber nun

0 ≤ a_{n} < 1

und außerdem a_{n} ∈ Z gilt, folgt daraus:

a_{n} = 0.

Das ist aber ein Widerspruch zur Voraussetzung a_{n} ≠ 0.

2. Es sei nun n = n′.

(a) Es gelte a_{n} > a′_{n}. Wir betrachten also die beiden Darstellungen

m = (a_{n}a_{n−1} …)_{b} = (a′_{n}a′_{n−1} …)_{b}.

Nun ziehen wir von m eine Zahl ā, deren n–te Ziffer a′_{n} ist, und deren nachfolgende Ziffern alle gleich Null sind, ab. Wir schreiben dafür:

m − a′_{n}b^{n} = ((a_{n} − a′_{n})a_{n−1} …)_{b} = (a′_{n−1}a′_{n−2} …)_{b}.

Dann hat die erste Darstellung offenbar n Ziffern vor dem Komma, die zweite jedoch nur n − 1. Nach Fall 1 gilt dann:

a_{n} − a′_{n} = 0.

Daraus folgt aber: a_{n} = a′_{n}. Das ist ein Widerspruch zu a_{n} > a′_{n}.

(b) Es gelte a_{n} = a′_{n}. Wir betrachten also die Darstellungen:

m = (a_{n}a_{n−1} …)_{b} = (a_{n}a′_{n−1} …)_{b}.

Wir bilden die Zahl:

m − a_{n}b^{n} = (a_{n−1}a_{n−2} …)_{b} = (a′_{n−1}a′_{n−2} …)_{b}.

Für diese Zahl können wir wieder die Fallunterscheidung machen. Da wir davon ausgegangen waren, daß die beiden Darstellungen der Zahl m unterschiedlich waren, kommen wir bei rekursiver Fortsetzung des Beweises (falls auch gilt: a_{n−1} = a′_{n−1} usw.) irgendwann im Fall 2 (a) an. Dort hatten wir ja bereits einen Widerspruch gezeigt.

Folglich erhalten wir in allen möglichen Fällen einen Widerspruch. Damit folgt: Die Annahme der Mehrdeutigkeit der Darstellung der Zahl m ist falsch.

□

Definition 98 Es seien f(n) und g(n) Funktionen auf den natürlichen Zahlen N. Dann schreiben wir

f(n) = O(g(n)),

wenn es eine Konstante C > 0 gibt und eine Zahl n_{0} ∈ N existiert, so daß für alle n ≥ n_{0} gilt:

f(n) ≤ C · g(n).

9.2. DIE KLASSISCHE ADDITION ZWEIER B–ZAHLEN 255

9.2 Die klassische Addition zweier b–Zahlen

Wir betrachten im folgenden zwei Zahlen a und a′ gleicher Länge. Beide Zahlen haben keine Nachkommastellen. Sie lassen sich also wie folgt darstellen:

a = (a_{n}a_{n−1} … a_{0})_{b} a′ = (a′_{n}a′_{n−1} … a′_{0})_{b}.

Im folgenden geben wir einen Algorithmus für die Addition zweier solcher Zahlen an:

j:=0; c:=0;
while j ≤ n do
      s_{j} := a_{j} + a′_{j} + c;

      if s ≤ b
         then s_{j} := s_{j} − b;

              c:=1;
         else c:=0
      fi;
      inc(j)
od;
s_{n+1} := c;

Dieser Algorithmus ist genau der, den jeder bei der schriftlichen Addition anwendet. Dabei ist j die Laufvariable. Sie wird zu Beginn auf Null gesetzt, denn sie beinhaltet in jedem Schleifendurchlauf den Index der gerade betrachteten Ziffern der beiden Zahlen. Die Variable c beinhaltet den Übertrag. Der ist zu Beginn auch gleich Null. In der Schleife werden die einzelnen Ziffern der beiden Zahlen paarweise (entsprechend ihrem Index) addiert. Zusätzlich wird der Übertrag aus dem vorangegangenen Schleifendurchlauf addiert. Das Ergebnis ist eine Ziffer der Summe der beiden Zahlen. In jedem Schleifendurchlauf wird noch getestet, ob die gerade berechnete Ziffer größer als die Basis des Positionssystems ist. Wenn das zutrifft, dann wurde ein Übertrag erzeugt, weshalb die Variable c auf 1 gesetzt wird. Ist das nicht der Fall, wird ihr wieder der Wert Null zugewiesen. Anschließend gehen wir zum nächsten Index über (j um 1 erhöhen). Ganz zum Schluß wird ein eventuell von der letzten Addition herrührender Übertrag in eine zusätzliche Ziffer verwandelt.

Die Zahl s = (s_{n+1}s_{n} … s_{0})_{b} ist die Summe der beiden Zahlen a und a′. Betrachten wir den Aufwand: Es ist sicher klar, daß wir die Addition der beiden Zahlen a und a′ auf Operationen mit Ziffern zurückgeführt haben. Das aber sind elementare Operationen. Damit können wir folgendes feststellen:

• Die Schleife wird n + 1–mal ausgeführt.

• Pro Durchlauf werden sieben elementare Operationen ausgeführt.

• Zusätzlich kommen drei weitere Anweisungen hinzu.

Daraus folgern wir: Der Algorithmus erfordert (n+1)·7+3 = 7n+10 elementare Operationen.

9.3 Die klassische Multiplikation zweier b–Zahlen

Wir betrachten wieder zwei Zahlen a und a′ ohne Nachkommastellen:

a = (a_{n}a_{n−1} … a_{0})_{b}
a′ = (a′_{k}a′_{k−1} … a′_{0})_{b}

Diese beiden Zahlen wollen wir miteinander multiplizieren. Um nun dafür einen Algorithmus anzugeben, erinnern wir uns zunächst an die Verfahrensweise, die allgemein bei der schriftlichen Multiplikation angewendet wird. Der erste Faktor wird nacheinander mit den Ziffern des zweiten Faktors multipliziert. Die jeweiligen Zwischenergebnisse werden zeilenweise untereinander geschrieben, aber jeweils um eine Ziffer nach rechts versetzt. Abschließend werden die Zwischenergebnisse addiert. So erhält man beispielsweise folgende Rechnung:

\begin{aligned}78 & · & 12 \\ & & 78 \\ & & 156 \\ & & 936 \end{aligned}

Diese Vorgehensweise hat aber den Nachteil, daß man sich die Zwischenergebnisse irgendwie merken muß. Dazu kommt noch, daß die Anzahl der Zwischenergebnisse von der Anzahl der Ziffern des zweiten Faktors abhängig ist. Um das zu vermeiden, kann man auch anders an die Multiplikation herangehen.

Man sieht sich dazu an, wie die einzelnen Ziffern des Ergebnisses entstehen. Man beginnt mit der letzten Ziffer. Offenbar erhält man sie, indem man die letzten beiden Ziffern der beiden Faktoren multipliziert:

2 · 8 = 16

Die 1 ist ein Übertrag und geht somit in die zweite Ergebnisziffer ein. Die letzte Ziffer des Ergebnisses lautet somit 6. Die zweite Ergebnisziffer erhält man durch die folgende Rechnung:

1 · 8 + 2 · 7 + 1 = 23.

Damit ist die zweite Ziffer des Ergebnisses gleich 3 und 2 ist wieder der Übertrag. Die erste Ergebnisziffer ergibt sich durch

7 · 1 + 2 = 9.

Sollte nun im Gegensatz zu diesem Beispiel noch ein Übertrag entstehen, so erhält das Ergebnis noch eine zusätzliche Ziffer. Wie wir sehen, erhalten wir hier, wenn wir die Ziffern zusammensetzen, ebenfalls die Zahl 936.

Dieses Verfahren ist im Prinzip dasselbe wie das herkömmliche. Der Unterschied besteht lediglich darin, daß die Zwischenergebnisse nicht zeilen- sondern spaltenweise betrachtet werden. Ihre Speicherung wird damit überflüssig, denn wie wir gesehen haben, erhalten wir sofort die Ziffern des Endergebnisses.

Je mehr Ziffern der zweite Faktor hat, desto komplizierter wird dieses Verfahren allerdings. Darum ist es nur auf einem Rechner praktikabel. Wie sieht nun der Algorithmus aus?

9.3. DIE KLASSISCHE MULTIPLIKATION ZWEIER B–ZAHLEN 257

/* Initialisierung */
j:=0;
while j ≤ k do
      i:=0;
      while i ≤ n do
            m_{i+j} := 0;
            inc(i);
      od;
      inc(j);
od;
/* Multiplikation */
j:=0;
while j ≤ k do
      i:=0; c:=0;
      while i ≤ n do
            t := a_{j} ∗ a′_{j} + m_{i+j} + c;
            m_{i+j} := tmodb;
            c := t div b;
            inc(i);
      od;
      m_{i+j} := c;
      inc(j);
od;

Es gilt für alle Zwischenergebnisse:

0 ≤ c ≤ |b| − 1
0 ≤ m_{i+j} ≤ |b| − 1
t ≤ (|b| − 1)(|b| − 1) + (|b| − 1) + (|b| − 1) = b^{2} − 1 < b^{2}

Betrachten wir den Aufwand an elementaren Operationen (ohne Initialisierung):

• 1 Zuweisung;

• äußere Schleife (k + 1)–mal ausführen, in der Schleife

– 3 Zuweisungen;

– innere Schleife (n + 1)–mal ausführen, in der Schleife ∗ 3 Zuweisungen;

∗ 1 Multiplikation;

∗ 2 Additionen;

∗ 1 mod–Operation;

∗ 1 div–Operation;

∗ 1 Inkrementierung;

– 1 Inkrementierung;

Das ergibt also die folgende Formel:

1 + (k + 1) · [3 + (n + 1) · 9 + 1] = O(14 + 13k + 9kn + 9n) = O(k · n).

9.4 Die klassische Division zweier b–Zahlen

Wir wollen hier die Division zweier b–Zahlen a und a′ betrachten. Dabei soll es sich allerdings nur um zwei Zahlen ohne Nachkommastellen handeln:

a = (a_{n+m}a_{n+m−1} … a_{0})_{b}
a′ = (a′_{n}a′_{n−1} … a′_{0})_{b}

Halten wir uns zunächst vor Augen, wie wir die schriftliche Division durchführen: Zu Beginn wählen wir vom Dividenden von vorn soviel Ziffern aus, daß sie eine Zahl ergeben, die auf alle Fälle größer ist als der Divisor. Dann “raten“ wir für die Division dieser Zahl durch den Divisor ein Ergebnis. Dann überprüfen wir die Richtigkeit der erhaltenen Ergebnisziffer durch ihre Multiplikation mit dem Divisor nach, und zwar, indem wir das Ergebnis dieser Multiplikation von der “Teilzahl“ des Dividenten subtrahieren. Erhalten wir eine Differenz, die negativ ist, so ist die Ergebnisziffer zu groß. Ist die Differenz zwar positiv, aber durch den Divisor noch ganzzahlig dividierbar, so ist die Ergebnisziffer zu klein. Auf diese Art und Weise erhalten wir also die erste Ergebnisziffer. An die Differenz hängen wir nun die nächste Ziffer des Dividenten an und dividieren die neue Zahl durch den Divisor. Nun folgt wieder die Überprüfung und Korrektur. So verfahren wir weiter. Wenn wir keine Ziffern im Dividenten mehr zu Verfügung haben, die letzte Differenz aber ungleich Null war, so ist sie der Rest bei dieser Division.

Dieses recht komplizierte Verfahren müssen wir nun in einen Algorithmus umsetzen. Besondere Schwierigkeiten macht dabei das “Raten“ der Ergebnisziffern. Versuchen wir also, dafür eine geeignete Methode zu finden.

Dazu betrachten wir zunächst zwei Zahlen ohne Nachkommastellen, die sich in der Anzahl der Ziffern nur um 1 unterscheiden:

c = (c_{n}c_{n−1} … c_{0})_{b}
c′ = (c′_{n−1} … c′_{0})_{b}

Außerdem soll gelten: \frac{c}{c′} < b.

Gesucht ist nun die Zahl q = ⌊\frac{c}{c′} ⌋, also die größte natürliche Zahl, die kleiner ist als \frac{c}{c′} oder auch gleich. Warum diese Voraussetzungen an die Zahlen? Der Grund liegt in folgendem: Wenn wir aus dem Dividenten Ziffern auswählen, aus ihnen eine “Teilzahl“ bilden und diese durch den Divisor dividieren, so hat diese “Teilzahl“ maximal eine Stelle mehr als der Divisor. Außerdem wählen wir die “Teilzahl“ so, daß die Division mit dem Divisor ein einstelliges Ergebnis hat, denn wir errechnen ja nur eine Ziffer des Gesamtergebnisses. Das aber ist gerade die Bedingung \frac{c}{c′} < b.

Um die Zahl q zu finden, berechnen wir zuerst die Zahl q̄:

q̄:= min (⌊\frac{c_{n}b + c_{n−1}}{c′_{n−1}} ⌋ , b − 1)

Das bedeutet nichts anderes, als das wir die Ergebnisziffer q ermitteln wollen und dazu eine Zahl q̄ “raten“, die dieser Ziffer q möglichst nah kommen soll. Da wir den Algorithmus nicht blind raten lassen wollen, suchen wir eine günstige Berechnungsvorschrift für diese Zahl q̄.

9.4. DIE KLASSISCHE DIVISION ZWEIER B–ZAHLEN 259 Schieben wir noch eine kurze Bemerkung ein: Aus der Bedingung \frac{c}{c′} < b folgt:

\frac{c}{c′} < b ⟺ \frac{c}{b} < c′ ⟺ (c_{n} … c_{1}) < (c′_{n−1} … c′_{0}).

Satz 131 Sind die oben formulierten Voraussetzungen alle erfüllt, so gilt:

q̄ = min (⌊\frac{c_{n}b + c_{n−1}}{c′_{n−1}} ⌋ , b − 1) ≥ q.

Beweis Wir führen eine Fallunterscheidung durch:

1. Es gilt: q̄ = b − 1. Daraus folgt:

q = ⌊\frac{c}{c′} ⌋ ≤ \frac{c}{c′} ≤ b − 1 = q̄.

2. Es gilt: q̄ = ⌊\frac{c_{n}b+c_{n−1}}{c′_{n−1}} ⌋. Daraus folgt:

q̄ > \frac{c_{n}b + c_{n−1}}{c′_{n−1}} − 1
= \frac{c_{n}b + c_{n−1}}{c′_{n−1}} − \frac{c′_{n−1}}{c′_{n−1}}

Daraus folgt :

q̄ · c′_{n−1} > c_{n}b + c_{n−1} − c′_{n−1}
≥ c_{n}b + c_{n−1} − c′_{n−1} + 1

Wir betrachten nun:

c − q̄c′ ≤ c − q̄c′_{n−1}b^{n−1}
≤ c − (c_{n}b + c_{n−1} − c′_{n−1} + 1)b^{n−1} (vgl. oben)
≤ c − c_{n}b^{n} − c_{n−1}b^{n−1} + c′_{n−1}b^{n−1} − b^{n−1}
≤ \underbrace{c_{n−2}b^{n−2} + … + c_{0} − b^{n−1}}_{<0} +c′_{n−1}b^{n−1}
< c′_{n−1}b^{n−1}
< c′

Wenn wir die Zahl c durch die Zahl c′ teilen, so gilt:

c = qc′ + r.

Dabei ist r der Rest. Für ihn gilt: 0 ≤ r < c′. Wir setzen diese Gleichung für die Zahl c in die oben hergeleitete Ungleichung ein und erhalten:

qc′ + r − q̄c′ < c′.

Daraus folgt nun:

(q − q̄)c′ < c′ − r.

Bei Division durch c′ erhalten wir:

q − q̄ < 1 − \frac{r}{c′} .

Da aber nun r < c′ ist, gilt: 0 < \frac{r}{c′} < 1. Folglich ergibt sich:

q − q̄ < 1.

Daraus folgt aber wegen q, q̄ ∈ Z:

q − q̄ ≤ 0.

Das ist die Behauptung.

□

Wir wissen nun, daß wir mit dieser Berechnungsvorschrift für die Zahl q̄ gewährleisten, daß sie nicht kleiner als die gesuchte Zahl q wird. Auf der anderen Seite soll sie aber auch nicht zu groß werden. Wir müssen also noch eine Möglichkeit finden zu verhindern, daß die Zahl q̄ die Zahl q wesentlich übersteigt.

Nehmen wir einmal den ungünstigen Fall an, daß gilt: q̄ ≥ q + 3. Dann folgt:

q̄ ≤ ⌊\frac{c_{n}b + c_{n−1}}{c′_{n−1}} ⌋
≤ \frac{c_{n}b + c_{n−1}}{c′_{n−1}}
= \frac{(c_{n}b + c_{n−1}) · b^{n−1}}{c′_{n−1} · b^{n−1}}
= \frac{c_{n}b^{n} + c_{n−1}b^{n−1}}{c′_{n−1}b^{n−1}}
≤ \frac{c}{c′_{n−1}b^{n−1}}

Nun gilt: c′_{n−1}b^{n−1} + b^{n−1} = ((c′_{n−1} + 1)c′_{n−2} … c′_{0}) ≥ (c′_{n−1}c′_{n−2} … c′_{0}) = c′.

Daraus folgt: c′_{n−1}b^{n−1} ≥ c′ − b^{n−1}.

Wir erhalten also die Ungleichung:

q̄ ≤ \frac{c}{c′ − b^{n−1}} ,

falls c′ ≠ b^{n−1} gilt (was wir hier einmal annehmen wollen). Wir wissen außerdem, daß für die Zahl q gilt:

q = ⌊\frac{c}{c′} ⌋ .

Daraus folgt: q > \frac{c}{c′} − 1.

Wegen unserer Annahme gilt dann:

3 ≤ q̄ − q

9.4. DIE KLASSISCHE DIVISION ZWEIER B–ZAHLEN 261

< \frac{c}{c′ − b^{n−1}} − \frac{c}{c′} + 1
= c (\frac{1}{c′ − b^{n−1}} − \frac{1}{c′} ) + 1
= c (\frac{c′ − c′ + b^{n−1}}{c′(c′ − b^{n−1})} ) + 1
= c (\frac{b^{n−1}}{c′(c′ − b^{n−1})}) + 1

Daraus folgt :

2 < \frac{c}{c′} · \frac{b^{n−1}}{c′ − b^{n−1}}

Wir formen noch etwas um:

\frac{c}{c′} > 2 · \frac{c′ − b^{n−1}}{b^{n−1}}
= 2 · (\frac{c′}{b^{n−1}} − \frac{b^{n−1}}{b^{n−1}} )
≥ 2 · (c′_{n−1} − 1)

Wir erhalten also: 2 · (c′_{n−1} − 1) < \frac{c}{c′}. Da aber 2 · (c′_{n−1} − 1) ∈ Z gilt, folgt daraus:

2 · (c′_{n−1} − 1) < ⌊\frac{c}{c′} ⌋ = q.

Damit gilt dann:

2(c′_{n−1} − 1) < q
≤ q̄ − 3
≤ b − 4

Dann ergibt sich:

2(c′_{n−1} − 1) < b − 4
2c′_{n−1} − 2 < b − 4
2c′_{n−1} < b − 2
c′_{n−1} < \frac{b}{2} − 1
c′_{n−1} < ⌊\frac{b}{2}⌋

Wir haben also gezeigt: Wenn q̄ ≥ q + 3 gilt, dann ist c′_{n−1} < ⌊\frac{b}{2}⌋. Daraus ergibt sich die Schlußfolgerung: Falls c′_{n−1} ≥ ⌊\frac{b}{2}⌋ ist, so gilt: q̄ ≤ q + 2.

Fassen wir zusammen: Wir haben eine Berechnungsvorschrift für die zu ratende Ergebnisziffer q̄ gefunden, die gewährleistet, daß q̄ größer ist als die wirkliche Ziffer q. Darüberhinaus haben wir festgestellt, daß q̄ um nicht mehr als 2 von q abweicht, wenn gilt:

c′_{n−1} ≥ ⌊\frac{b}{2}⌋ .

Wie können wir dafür sorgen, daß auch diese Bedingung erfüllt ist? Wir multiplizieren die Zahl c′ mit einer Zahl s < b, wobei gilt:

s := ⌊\frac{b}{c′_{n−1} + 1}⌋ .

Dann gilt:

c′_{n−1} · s ≤ c′_{n−1} · \frac{b}{c′_{n−1} + 1}
= c′_{n−1} · \frac{b}{c′_{n−1}(1 + \frac{1}{c′_{n−1}} )}
< b

Auf der anderen Seite gilt: ⌊\frac{b}{2}⌋ ≤ c′_{n−1} · s. Nehmen wir einmal an, das wäre nicht so. Es gelte also:

c′_{n−1} · s < ⌊\frac{b}{2}⌋ .

Dann gilt auch:

c′_{n−1} · \frac{b}{c′_{n−1} + 1} < ⌊\frac{b}{2}⌋ ≤ \frac{b}{2}.

Dann erhalten wir:

c′_{n−1} · \frac{b}{c′_{n−1} + 1} < \frac{b}{2}
\frac{2 · c′_{n−1}}{c′_{n−1} + 1} < 1
2 · c′_{n−1} < c′_{n−1} + 1
2c′_{n−1} − c′_{n−1} < 1
c′_{n−1} < 1

Daraus folgt aber: c′_{n−1} = 0. Das ist aber ein Widerspruch dazu, daß für c′_{n−1} als erste Ziffer der Zahl c′ gilt: c′_{n−1} ≠ 0. Folglich gilt: ⌊\frac{b}{2}⌋ ≤ c′_{n−1} · s. Damit gilt also:

⌊\frac{b}{2}⌋ ≤ c′_{n−1} · s < b.

Also erfüllt die Zahl s · a′ die geforderte Eigenschaft.

Wenn wir aber den Divisor verändern, müssen wir den Dividenten anpassen. Wir multiplizieren ihn also ebenfalls mit der Zahl s. Diese Operation nennen wir “Skalierung“.

Nach diesen Vorbetrachtungen können wir nun den Divisionsalgorithmus angeben. Wir betrachten also zwei b–Zahlen, die keine Nachkommastellen haben sollen:

a = (a_{n+m}a_{n+m−1} … a_{0})
a′ = (a′_{n}a′_{n−1} … a′_{0})

Dabei sei die Zahl a der Divident, die Zahl a′ der Divisor. Gesucht sind • die Zahl q = ⌊\frac{a}{a′} ⌋ = a div a′

• die Zahl r = a mod a′ (der Rest)

Die beiden Zahlen r und q sollen also die Gleichung

a = a′ · q + r

erfüllen.

Der Algorithmus muß nun die folgenden Schritte abarbeiten:

1. Errechnen des Skalierungsfaktors s und Skalieren der beiden Zahlen a und a′.

2. Ausführen der Divisionsoperation nach dem üblichen Verfahren.

3. Bestimmen des Restes.

Durch die Skalierung, die wir ja auch mit dem Dividenten durchführen müssen, erhält dieser möglicherweise eine Stelle mehr. Für den Divisor bleibt die Stellenzahl jedoch in jedem Falle gleich (vgl. vorherige Betrachtungen). Wenn wir also die Skalierung a := s · a, a′ := s · a′ ausgeführt haben, erhalten wir die beiden Zahlen:

a = (a_{n+m+1} … a_{0})
a′ = (a′_{n} … a′_{0})

Der Algorithmus für die Division ist nun der folgende:

/* Schritt 1 */
s:=⌊\frac{b}{a′_{n}+1}⌋;
a:=a · s;

a′ := a′ · s;

/* Schritt 2 */
j:=m+1; /* Differenz der Stellenzahl von a und a′ */
while j>0 do
      t:=t · b + a_{j−1};

q̄ := min (⌊\frac{t_{n+1}·b+t_{n}}{a′_{n}} ⌋ , b − 1);

      t:=t-q̄ · a′;
      while t<0 do
            t:=t+a';
            dec(q̄);
      od;
      q_{j−1} := q̄;
      dec(j);
od;
/* Schritt 3 */
r:=t div s;

Die Variable t enthält die jeweils zu dividierende “Teilzahl“ des Dividenten. Die Variable q̄ enthält die jeweils zu “ratende“ Ergebnisziffer.

Beispiel 75 Wir gehen den Algorithmus einmal durch. Gegeben sei die Aufgabe

4587: 23 =?

Wir bleiben dabei im allseits bekannten Dezimalsystem. Verfolgen wir die einzelnen Schritte:

1. Berechnung des Skalierungsfaktors s:

s := ⌊\frac{10}{2 + 1}⌋ = 3

Skalieren der Zahlen a = 4587 und a′ = 23:

a := 4587 · 3 = 13761
a′ := 23 · 3 = 69

Es gilt also jetzt:

a = (a_{4}a_{3}a_{2}a_{1}a_{0}) = 13761
a′ = (a′_{1}a′_{0}) = 69

Damit ergibt sich: n = 1, und wegen n + m + 1 = 4 folgt: m = 2.

2. Ausführen der Division 13761: 69: Zunächst wird die Variable j initialisiert: j := 3, und anschließend die Variable t: t := (a_{4}, a_{3}) = 13. Nun beginnt die Schleife:

1) Da j = 3 > 0 gilt, wird die Schleife ausgeführt: Nacheinander werden die folgenden Zuweisungen ausgeführt:

t := t · b + a_{2} = 13 · 10 + 7 = 137 = (t_{2}t_{1}t_{0})
q̄ := min (⌊\frac{t_{2} · 10 + t_{1}}{a′_{1}} ⌋ , 9) = min (⌊\frac{13}{6}⌋ , 9) = 2
t := t − q̄ · a′ = 137 − 2 · 69 = −1

Da nun t kleiner als Null ist, wird die zweite Schleife einmal ausgeführt:

t := −1 + 69 = 68
q̄:= 1

Nun ist t größer als Null. Damit erhalten wir die erste Ergebnisziffer:

q_{j−1} = q_{2} = q̄ = 1.

Die Laufvariable j wird dekrementiert (j := 2) und, da sie immer noch größer als Null ist, die Schleife nochmals ausgeführt:

2) Jetzt werden die folgenden Zuweisungen ausgeführt:

t := t · b + a_{1} = 68 · 10 + 6 = 686
q̄ := min (⌊\frac{68}{6}⌋ , 9) = 9
t := t − q̄ · a′ = 686 − 9 · 69 = 65 > 0
q_{1} := 9
j := 1

Wir gelangen in den dritten Schleifendurchlauf:

3) Hier ergibt sich nun:

t := 65 · 10 + a_{0} = 651
q̄ := min (⌊\frac{65}{6}⌋ , 9) = 9
t := 651 − 9 · 69 = 30 > 0
q_{1} := 9
j := 0

Damit ist die Laufvariable j nicht mehr größer als Null. Daher wird die Schleife abgebrochen.

3. Nun wird der Rest berechnet:

r = t div s = 30 div 3 = 10.

Damit haben wir das Endergebnis erhalten:

q = (q_{2}q_{1}q_{0}) = 199
r = 10

Wir müssen noch kurz erläutern, wie sich die Berechnungsvorschrift für den Rest ergibt: Wie bereits bekannt, gilt für die Zahlen q und r:

a = a′ · q + r.

Nun haben wir aber die Zahlen a und a′ skaliert und dann die Zahl q berechnet. Damit die Gleichung dann aber auch noch richtig bleibt, muß gelten:

a · s = a′ · s · q + r · s.

Folglich erhalten wir mit unserem Algorithmus nicht einfach den Rest, sondern die Zahl r · s. Also müssen wir noch die Operation (r · s) div s ausführen, um den wirklichen Rest zu erhalten.

Betrachten wir den Aufwand für diesen Algorithmus: Bei den Skalierungsoperationen werden c_{1}(n+1)+c_{2}(m+n+1) Elementarschritte ausgeführt. Die Schleife wird (m + 1)–mal abgearbeitet. In ihr wird c_{3}(n + 1)–mal eine Ziffernoperation (Elementaroperation) ausgeführt. Der Aufwand für die klassische Division ist also O(n · m). Das ist der gleiche Aufwand wie für die klassische Multiplikation.

Satz 132 Sind M(n), S(n), I(n) und D(n) die Zeiten für die Ausführung der Multiplikation, Quadrierung, Invertierung bzw. Division von n–stelligen Zahlen, so gelten die folgenden Beziehungen:

S(n) = O(M(n)),
M(n) = O(S(n)),
S(n) = O(I(n)),
I(n) = O(D(n)),
I(n) = O(M(n)).

(Die letzte Gleichung ist nur im klassischen Fall erfüllt.)

Beweis Da die Quadrierung eine Multiplikation ist, gilt trivialerweise:

S(n) ≤ 1 · M(n).

Damit gilt die erste Beziehung.

Für die Multiplikation zweier Zahlen a und b gilt:

a · b = \frac{1}{2} · 2ab = \frac{1}{2}(a^{2} + 2ab + b^{2} − a^{2} − b^{2}) = \frac{1}{2}((a + b)^{2} − a^{2} − b^{2}).

Folglich gilt: M(n) ≤ c · S(n) und auch die zweite Beziehung gilt.

Untersuchen wir die Quadrierung in ihrer Beziehung zur Invertierung. Dazu vorher eine Bemerkung zur Invertierung: Für eine Zahl a = (a_{n−1} … a_{0}) (n–stellig) gilt:

a = b^{2(n−1)} · \frac{1}{a}.

Das ist die ganzzahlige Darstellung der Invertierung. (Beispiel: n = 1: 5 = 10^{2·0} · \frac{1}{5}.) Für das Quadrat einer Zahl a gilt nun:

a^{2} = a^{2} + a − a
= a(a + 1) − a
= \frac{1}{\frac{1}{a(a+1)}} − a
= \frac{1}{\frac{a+1−a}{a(a+1)}} − a
= \frac{1}{\frac{1}{a} − \frac{1}{a+1}} − a

= \frac{b^{2(n−1)}}{\frac{b^{2(n−1)}}{a} − \frac{b^{2(n−1)}}{a+1}} − a

Folglich gilt also: S(n) ≤ c · I(n). Die dritte Beziehung ist damit ebenfalls bewiesen.

Da die Invertierung eine Division darstellt, ist die vierte Beziehung eine Trivialität. Weil der Aufwand für die Division der gleiche ist wie für die Multiplikation, folgt die fünfte Beziehung sofort aus der vierten.

□

9.5 Betrachtungen zum Aufwand bei der Multiplikation

Frage: Wie gut und schnell kann man die Multiplikation ausführen?

Es gibt Algorithmen für die Multiplikation, so daß gilt:

M(n) = O(n^{1+ε}),

und zwar für beliebiges ε. (Es gibt allerdings noch bessere Algorithmen mit M(n) = O(n · log n · log log n).)

Wir betrachten zwei Zahlen a = (a_{1}a_{0}) und a′ = (a′_{1}a′_{0}) im Positionssystem mit der Basis b = 2^{n}. Es gilt also:

a = a_{1} · 2^{n} + a_{0}
a′ = a′_{1} · 2^{n} + a′_{0}

Es ist klar, daß in diesem Positionssystem die Ziffern a_{0}, a_{1}, a′_{0} und a′_{1} n–stellige Zahlen sind. Betrachten wir die Multiplikation der beiden Zahlen a und a′:

a · a′ = (a_{1} · 2^{n} + a_{0}) · (a′_{1} · 2^{n} + a′_{0})
= 2^{2n}a_{1}a′_{1} + 2^{n}a_{1}a′_{0} + 2^{n}a_{0}a′_{1} + a_{0}a′_{0}
= 2^{2n}a_{1}a′_{1} + 2^{n}a_{1}a′_{1} − 2^{n}a_{1}a′_{1} + 2^{n}a_{1}a′_{0} + 2^{n}a_{0}a′_{0} − 2^{n}a_{0}a′_{0} + 2^{n}a_{0}a′_{1} + a_{0}a′_{0}
= (2^{2n} + 2^{n})a_{1}a′_{1} + 2^{n}a_{1}a′_{0} − 2^{n}a_{1}a′_{1} − 2^{n}a_{0}a′_{0} + 2^{n}a_{0}a′_{1} + 2^{n}a_{0}a′_{0} + a_{0}a′_{0}
= \underbrace{(2^{2n} + 2^{n})}_{Addition} \underbrace{a_{1}a′_{1}}_{M(n)} +2^{n} \underbrace{\underbrace{(a_{1} − a_{0})}_{Addition} \underbrace{(a′_{0} − a′_{1})}_{Addition}}_{Multiplikation} +(2^{n} + 1) \underbrace{a_{0}a′_{0}}_{M(n)}

Wir haben also die Multiplikation der beiden Zahlen a und a′ als Zusammensetzung von 3 Multiplikationen n–stelliger Zahlen und einer gewissen Zahl von Additionen dargestellt. Es gilt also für den Aufwand bei der Multiplikation der beiden Zahlen a und a′:

M(2n) ≤ 3M(n) + c · n.

(Bemerkung: Für n > 64 bringt dieser Algorithmus nichts mehr, da man dann zu schlechte Konstanten erhält. Der Algorithmus heißt Karatsuba–Ofman–Algorithmus.)

Folgerung: Für alle Zahlen k ∈ N, k > 0 gilt: Es existiert eine Konstante d, so daß gilt:

M(2^{k}) ≤ d · (3^{k} − 2^{k}).

Beweis Wir führen diesen Beweis mittels Induktion über k.

Induktionsanfang: Es sei k = 1. Dann gilt:

M(2^{1}) = M(2 · 1)
≤ \underbrace{3 · M(1) + c}_{=:d}
= 1 · d
= (3^{1} − 2^{1})d

Induktionsschritt: Es sei die Aussage für k erfüllt. Die entsprechende Konstante sei d̄. Dann gilt:

M(2^{k+1}) = M(2 · 2^{k})
≤ 3 · M(2^{k}) + c · 2^{k}
≤ 3 · d̄(3^{k} − 2^{k}) + c · 2^{k}
≤ 3 · \underbrace{max(c, d̄)}_{=:d}(3^{k} − 2^{k}) + \underbrace{max(c, d̄)}_{=:d} ·2^{k}

= d · (3 · (3^{k} − 2^{k}) + 2^{k})
= d · (3^{k+1} − 3 · 2^{k} + 2^{k})
= d · (3^{k+1} − (3 − 1)2^{k})
= d · (3^{k+1} − 2^{k+1})
□

Folgerung: Ist N ≤ 2^{k}, dann gilt:

M(N) ≤ M(2^{k}) ≤ d(3^{k} − 2^{k}) ≤ d · 3^{k},

für eine Konstante d. Wenn gilt: k = ⌈log N⌉, so folgt daraus:

M(N) ≤ d · (3^{log N+1})
= 3d · 3^{log N}
= 3d · N^{log 3}
= 3d · O(N^{1.585})

Das ist die Aussage vom Anfang dieses Abschnittes.

9.6 Parallele Additionsalgorithmen

9.6.1 Der Conditional–Summ–Adder für 2n–bit–Zahlen

Die Eingabe für diesen Adder besteht aus zwei 2n–bit–Zahlen a und b. Ausgegeben werden sollen die Summen a + b und a + b + 1. Wir stellen die beiden Zahlen a und b (wie schon im vorigen Abschnitt) im Positionssystem mit der Basis 2^{n} dar:

a = a_{1} · 2^{n} + a_{0}
b = b_{1} · 2^{n} + b_{0}

Dabei haben die “Ziffern“ a_{1}, a_{0}, b_{1} und b_{0} jeweils n Stellen. Es gilt also:

0 ≤ a_{1}, a_{0}, b_{1}, b_{0} < 2^{n}.

Wir betrachten nun die Summe a + b:

a + b = a_{1} · 2^{n} + a_{0} + b_{1} · 2^{n} + b_{0}
= (a_{1} + b_{1}) · 2^{n} + (a_{0} + b_{0})

Das gilt jedoch nicht immer. Diese Gleichung ist nur dann richtig, wenn die Summe a_{0} + b_{0} kleiner als die Basis 2^{n} ist. Ist das nicht der Fall (haben wir also bei der Addition der Ziffern einen Übertrag), so muß der Übertrag in altbekannter Weise zur Summe der beiden Ziffern a_{1} und b_{1} hinzugerechnet werden. Dann gilt:

a + b = (a_{1} + b_{1} + 1) · 2^{n} + (a_{0} + b_{0}) − 2^{n}.

Fassen wir zusammen:

a + b = \{ \begin{matrix}(a_{1} + b_{1}) · 2^{n} + a_{0} + b_{0} & , für (a_{0} + b_{0}) < 2^{n} \\ (a_{1} + b_{1} + 1) · 2^{n} + a_{0} + b_{0} − 2^{n} & , für (a_{0} + b_{0}) ≥ 2^{n} \end{matrix} .

Wir sehen also: Hätten wir einen n–bit–Addierer, der die Summen a_{1} + b_{1} und a_{1} + b_{1} + 1 berechnet, dann könnten wir die Summe a + b folgendermaßen bestimmen:

1. Parallele Berechnung der Summen a_{0} + b_{0}, a_{1} + b_{1} und a_{1} + b_{1} + 1.

2. Paralleles Auswählen der Bits von a_{1} + b_{1} oder a_{1} + b_{1} + 1.

Betrachten wir nun die Summe a + b + 1. Die Frage, wozu wir die brauchen, beantwortet sich mit den bisherigen Betrachtungen: Wir lassen die Summe a + b + 1 berechnen, um das Verfahren rekursiv nach oben hin fortsetzen zu können. Wir haben ja eben gesehen, daß wir die Summierung zweier 2n–bit–Zahlen auf die Addition von n–bit–Zahlen zurückgeführt haben. Dabei mußten wir auch die Summe a_{1} +b_{1} +1 bilden. Nun ist klar, daß bei einer Fortsetzung des Verfahrens nach oben hin die Summe a + b + 1 für die Rechnung mit Überträgen notwendig wird. Für die Summe a + b + 1 gilt nun analog zu oben:

a + b + 1 = \{ \begin{matrix}(a_{1} + b_{1}) · 2^{n} + (a_{0} + b_{0} + 1) & , für (a_{0} + b_{0} + 1) < 2^{n} \\ (a_{1} + b_{1} + 1) · 2^{n} + (a_{0} + b_{0} + 1) − 2^{n} & , für (a_{0} + b_{0} + 1) ≥ 2^{n} \end{matrix} .

Der Algorithmus für den 2n–bit–Addierer sieht daher wie folgt aus:

1. Parallele Berechnung der Summen a_{1} + b_{1}, a_{1} + b_{1} + 1, a_{0} + b_{0} und a_{0} + b_{0} + 1.

2. Parallele Auswahl:

• falls gilt: a_{0} + b_{0} ≥ 2^{n}, so sind die oberen n Bits der Summe a + b die der Summe a_{1} + b_{1} + 1, ansonsten sind sie die der Summe a_{1} + b_{1}.

• falls gilt: a_{0} +b_{0} +1 ≥ 2^{n}, so werden die Bits der Summe a_{1} +b_{1} +1 für die oberen n Bits der Summe a + b + 1 gewählt, ansonsten die der Summe a_{1} + b_{1}.

Das ergibt die folgende Skizze:

n–bit–CS–Adder n–bit–CS–Adder

parallel

(Zeit des n–bit–Adders)

a_{1}, b_{1}

a_{1}+b_{1}+1 a_{1}+b_{1}

a_{0}, b_{0}

a_{0}+b_{0}+1 a_{0}+b_{0}

c_{0}
c_{1}

obere Bits von a + b + 1 und a + b

1 Takt

Sehen wir uns die benötigte Zeit an. Wir führen die Addition der 2n–bit–Zahlen auf die Summierung von n–bit– Zahlen zurück. Wenn wir uns die Gleichung für die Summe a + b ansehen, so stellen wir fest, daß wir zwei Additionen von n–bit–Zahlen haben, und eine weitere Addition. Die beiden n–bit–Additionen laufen parallel, wir benötigen also nur die Zeit T (n) dafür. Es gilt also:

T (2n) = T (n) + 1.

(Die Addition des Übertrages fällt nicht weiter ins Gewicht.) Dann gilt also:

T (2^{k}) = T (2^{k−1}) + 1
= T (2^{k−2}) + 2
⋮
= T (2^{0}) + k

Die Zeit T (2^{0}) = T (1) ist aber die Zeit für die Addition von zwei 1–bit–Zahlen. Die kann durch Boole’sche Operationen realisiert werden (OR, XOR,...).

1–bit–CS–Adder

1

0

10

01

a+b+1 a+b

Dies ist zwar ein guter theoretischer Ansatz, aber er ist praktisch nicht so realisierbar, daß dieser geringe Zeitaufwand auch tatsächlich auftritt. Das liegt daran, daß die Leitungsbahnen, die für die Realisierung eines solchen Addierers erforderlich wären, einfach zu lang sind.

9.6.2 Der Carry-look-ahead-Algorithmus

Eine andere Herangehensweise an die Problematik der Additionsalgorithmen ist die, daß man vor der Addition bereits feststellt, ob ein Übertrag (carry) auftritt oder nicht.

Wir suchen einen Algorithmus für die Addition zweier n–bit–Zahlen a und b. Dabei betrachten wir die Zahlen im Positionssystem zur Basis 2. Klar ist nun, daß sich bei der Addition zweier Ziffern a_{i} und b_{i} das i–te Bit der Summe a + b ergibt, falls von kleineren Stellen kein Übertrag kommt. Erhalten wir bei der Addition zweier Ziffern einen Übertrag, so kann der nur gleich 1 sein. Das Ziel, das wir erreichen wollen, ist zu wissen, ob von der ersten bis zur (i − 1)–ten Stelle ein zu berücksichtigender Übertrag entsteht.

Wir führen zunächst zwei Funktionen ein:

• Die Funktion g(i, j) gibt den Übertrag an, der von der i–ten bis zur (j − 1)–ten Stelle entsteht. (generate a carry from i to (j − 1)). Die Funktion g kann also die Werte 0 oder 1 annehmen. In jedem Fall kann dann das i–te Bit der Summe a + b wie folgt berechnet werden:

a_{i} + b_{i} + g(1, i).

• Die Funktion p(i, j) gibt an, ob der möglicherweise bis zur Stelle i entstandene und bis zur Stelle j − 1 weitergeleitete Übertrag auch an der Stelle j weitergeleitet wird oder nicht. (propagate a carry). Diese Funktion kann die logischen Werte TRUE oder FALSE annehmen, die mit 1 bzw. 0 beschrieben werden können. Die Frage ist nun noch: Was wollen wir unter dem “Weiterleiten“ eines Übertrages verstehen? Wir definieren das wie folgt: Ein Übertrag von kleineren Stellen wird an einer Stelle j weitergeleitet, wenn bei der Addition an der Stelle j ein Übertrag nur dadurch entsteht, daß der Übertrag von den kleineren Stellen in die Summe einging.

Wir wollen nun die beiden Funktionen definieren. Dazu verwenden wir die Form der induktiven Definition. Beginnen wir mit der Definition der Funktionswerte g(i, i) für alle i = 1, …, n. Die Frage ist damit, wann an der Stelle i (unabhängig von kleineren Stellen) ein Übertrag entsteht. Ohne weiteres ist klar, daß das nur der Fall ist, wenn a_{i} und b_{i} beide gleich 1 sind. Wir können also definieren:

g(i, i) := a_{i} AND b_{i}.

Wir definieren nun p(i, i). Die Frage ist hier: Unter welchen Voraussetzungen wird an der Stelle i ein Übertrag weitergeleitet, der von einer kleineren Stelle kommt. Dazu betrachten wir die Binäraddition. Haben wir einen Übertrag 1, so wird er nicht weitergeben, wenn gilt: a_{i} = b_{i} = 0. Gilt dagegen a_{i} = 0 und b_{i} = 1, so wird bei der Addition an dieser Stelle das Summenbit gleich Null gesetzt und der Übertrag ist wieder 1. Er wird also weitergegeben. Ebenso ist das, wenn a_{i} = 1 und b_{i} = 0 gilt. Im letzten möglichen Fall, in dem a_{i} = b_{i} = 1 gilt, führt die Addition der beiden Ziffern a_{i} und b_{i} bereits zu einem Übertrag (vgl. Definition von g). Wir sprechen also nicht vom Weiterleiten des Übertrages, denn es entsteht “ein neuer“. Folglich ergibt das die Definition:

p(i, i) := a_{i} XOR b_{i}.

Nun kommen wir zum Induktionsschritt: Beginnen wir mit der Definition des Funktionswertes p(i, j), wobei wir voraussetzen, daß für eine Stelle k mit j ≥ k > i die Funktionswerte p(k, j) und p(i, k − 1) bereits definiert sind. Dann gilt:

p(i, j) := p(i, k − 1) AND p(k, j).

In Worte gefaßt bedeutet das: Ein Übertrag, der bis zur Stelle i entstand, wird an der Stelle j weitergegeben, wenn er von der Stelle i bis zur Stelle k − 1, an dieser Stelle selbst und anschließend bis zur Stelle j weitergeleitet wird. Dabei setzen wir voraus, daß wir das Weiterleiten bis zur Zwischenstelle k und von dort bis zur Stelle j bereits nachprüfen können.

Nun können wir die Definition für den Funktionswert g(i, j) angeben. Folgendes ist sicherlich klar: Von der Stelle i bis zur Stelle j − 1 entsteht ein Übertrag, der an der Stelle j zu berücksichtigen ist, wenn er von einer Zwischenstelle k bis zur Stelle j − 1 entsteht, oder wenn er von der Stelle i bis zur Stelle k − 2 entsteht und anschließend von der Stelle k − 1 bis zur Stelle j − 1 weitergeleitet und dort weitergegeben wird. Dabei gehen wir davon aus, daß wir alle erforderlichen Bedingungen bereits überprüfen können, daß wir also über die Zwischenstelle k bereits alles wissen. Das ergibt die folgende Definition:

g(i, j) := g(k, j) OR (g(i, k − 1) AND p(k − 1, j − 1)).

Dabei gilt für k: j ≥ k > i. Fassen wir zusammen:

p(i, i) := a_{i} XOR b_{i}
p(i, j) := p(i, k − 1) AND p(k, j) (j ≥ k > i)
g(i, i) := a_{i} AND b_{i}
g(i, j) := g(k, j) OR (g(i, k − 1) AND p(k − 1, j − 1)) (j ≥ k > i)

Nun könnte man für die Addition von n–bit–Zahlen die Funktionswerte g(0, n) und p(0, n) ermitteln. Dafür gilt:

g(0, n) = g(k, n) OR (g(0, k − 1) AND p(k − 1, n − 1))
p(0, n) = p(0, k − 1) AND p(k, n)

Wenn man die erste Zwischenstelle k festlegt, so kann man bei paralleler Berechnung das folgende Schema realisieren:

[figure: k; k; n Bit; n Bit; g(k,n); p(k,n); g(0,k−1); p(0,k−1); g(0, n); p(0, n)]

Das kann man dann entsprechend auf 2n–bit–Zahlen erweitern. Dort läßt sich k sehr leicht als n wählen.

Hat man auf diese Weise ermittelt, ob Überträge entstehen oder nicht, kann man dann zur eigentlichen Addition übergehen, die sich allerdings mit der Information über die Existenz von Überträgen optimieren läßt. Doch darauf wollen wir hier nicht mehr näher eingehen.

9.7 Das Rechnen mit Restklassen

Wie wir wissen, kann man mit den ganzen Zahlen rechnen, insbesondere mit Rest dividieren. Zu zwei Zahlen a, n ∈ Z mit n ≠ 0 existieren Zahlen q und r, so daß gilt:

a = n · q + r.

Wir wissen ebenfalls bereits, daß gilt: 0 ≤ r < |n|. Der Quotient q und der Rest r sind dabei eindeutig bestimmt. Damit können wir feststellen: Eine ganze Zahl a ist in einer Restklasse [r]_{n} nach n enthalten, wenn gilt:

a = n · q + r,

für eine ganze Zahl q. Wir schreiben dafür auch die folgende Relation (vgl. Kapitel 2):

a ≡ r mod n.

Wir teilen damit die ganzen Zahlen nach dem Rest ein, der sich ergibt, wenn man sie durch die Zahl n dividiert. Da r < |n| gilt, erhalten wir genau n Restklassen. Die Menge aller Restklassen nach n ist gerade die Menge Z_{n} = {0, 1, …, n − 1}. (Statt Restklasse nach n sagt man auch oft Restklasse modulo n. Es gibt mehrere Schreibweisen für Restklassen: [j]_{n}, j̄, j mod n, j(n), ...) Jede ganze Zahl ist in genau einer Restklasse modulo n enthalten, da der Rest r eindeutig bestimmt ist.

Mit Restklassen kann man auch rechnen. Wir definieren die Restklassenaddition:

Definition 99 Es seien zwei Restklassen [j] und [k] aus Z_{n} gegeben. Dann ist

[j] + [k] = [j + k] = [r],

wobei j + k ≡ r mod n gilt, die Restklasse, in der die Summe eines beliebigen Elements aus [j] und eines beliebigen Elements aus [k] liegt.

Im folgenden schreiben wir statt [j] einfach nur noch j.

Beispiel 76 Wir betrachten die Menge der Restklassen modulo 5 Z_{n} = {0, 1, 2, 3, 4}. Dann gilt:

0 = {0, 5, −5, …}
1 = {1, 6, −4, …}
2 = {2, 7, −3, …}
3 = {3, 8, 13, …}

Wir betrachten die Restklassenaddition: Es seien j = 1 und k = 2. Dann gilt:

j + k = 1 + 2 ≡ 3 mod 5 = r mod 5.

Hier ist die Restklassensumme r gleich 3. Welche Elemente enthält sie? In der Restklasse j liegen die ganzen Zahlen, die sich darstellen lassen durch j + q_{1} · 5. In der Restklasse k finden wir die ganzen Zahlen mit der Darstellung k + q_{2} · 5. Damit enthält die Restklasse r die ganzen Zahlen, die wir durch

j + q_{1} · 5 + k + q_{2} · 5 = r + (q_{1} + q_{2}) · 5

darstellen können, wobei gilt: 0 ≤ r < 5. Ein weiteres Beispiel: Es seien j = 2 und k = 3. Dann gilt:

j + k = 2 + 3 = 5 ≡ 0 mod 5 = r mod 5.

Wir dividieren also die Summe j + k mit Rest durch 5 (allgemein n) und erhalten dann r.

Die Multiplikation läßt sich ähnlich definieren:

Definition 100 Es seien zwei Restklassen [j] und [k] aus Z_{n} gegeben. Dann ist

[j] · [k] = [j · k] = [r],

wobei j · k ≡ r mod n gilt, die Restklasse, in der das Produkt eines beliebigen Elements aus [j] und eines beliebigen Elements aus [k] liegt.

Betrachten wir die Division: In der Beziehung 3·x ≡ 2 mod 5 ist x gesucht. Nach herkömmlicher Division würden wir (in den reellen Zahlen) erhalten: x = \frac{2}{3}. Das ist natürlich kein mögliches Ergebnis für unsere Aufgabe, da wir eine ganze Zahl suchen. Die Lösung ist x = 4 mod 5, denn es gilt:

3 · 4 = 12 ≡ 2 mod 5.

Die Frage ist nur: Wie kommen wir auf diese Lösung? Um diese Frage zu beantworten, müssen wir noch einige theoretische Voraussetzungen schaffen. Deshalb verschieben wir sie auf (etwas) später und kommen zunächst zu einigen Definitionen:

Definition 101 Die ganze Zahl a teilt die ganze Zahl b, wenn der Rest bei der Division der Zahl b durch die Zahl a gleich Null ist. Es gilt also: q · a = b. Wir schreiben dann: a | b. Man sagt: ”a ist Teiler von b“.

Definition 102 Die ganze Zahl d heißt größter gemeinsamer Teiler der ganzen Zahlen a und b, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind:

• Es gilt: d | a und d | b;

• Falls eine ganze Zahl d′ mit d′ | a und d′ | b existiert, so ist d > d′.

Wir bezeichnen dann: d = (a, b) = ggT(a, b) = gcd(a, b). Festlegung: ggT(0, 0) = 0.

Übungsaufgabe 56 Zeigen Sie, daß gilt: d′ | d.

Definition 103 Die beiden ganzen Zahlen a und b heißen teilerfremd, wenn gilt:

ggT(a, b) = 1.

Satz 133 (Satz über u und v) Es seien zwei ganze Zahlen a und b gegeben, die teilerfremd seien. Dann existieren ganze Zahlen u und v, so daß gilt:

a · u + b · v = 1.

Beweis Wir betrachten die folgende Menge:

D := {d: ∃x, y ∈ Z: ax + by = d}.

Es sei d_{0} die kleinste positive Zahl aus der Menge D. Es existieren also zwei ganze Zahlen x_{0} und y_{0} mit:

d_{0} = ax_{0} + by_{0}.

Wir zeigen: d_{0} | a. Allgemein gilt: Die Zahl a läßt sich darstellen durch:

a = q · d_{0} + r_{0},

wobei 0 ≤ r_{0} < d_{0} gilt. Dann ergibt sich das folgende:

r_{0} = a − q · d_{0}
= a − q · (ax_{0} + by_{0})
0 a · \underbrace{(1 − qx_{0})}_{∈Z} +b · \underbrace{(−qy_{0})}_{∈Z}

Der Rest r_{0} ist also als Linearkombination der ganzen Zahlen a und b darstellbar. Folglich gilt: r_{0} ∈ D. Da aber 0 ≤ r_{0} < d_{0} gilt und d_{0} die kleinste positive Zahl ist, die sich als Linearkombination der beiden Zahlen a und b darstellen läßt, muß gelten: r_{0} = 0. Daraus folgt aber:

d_{0} | a.

Analog zeigt man, daß gilt: d_{0} | b. Da aber ggT(a, b) = 1 vorausgesetzt war, muß gelten: d_{0} = 1. Also setzen wir

u := x_{0} und v := y_{0}

und alles ist gezeigt.

□

Folgerung: Es seien zwei ganze Zahlen a und b gegeben, deren größter gemeinsamer Teiler die Zahl d sei (ggT(a, b) = d). Dann existieren ganze Zahlen u und v, so daß gilt:

d = a · u + b · v.

Beweis Wir betrachten die Zahlen \frac{a}{d} und \frac{b}{d}, die nach Voraussetzung ganze Zahlen sind. Aus der Voraussetzung folgt nun, daß diese Zahlen teilerfremd sind. (Wenn wir annehmen, daß das nicht der Fall ist, so müßte es eine Zahl d̄ > 1 geben, so daß gilt: d̄| \frac{a}{d} und d̄| \frac{b}{d}. Das aber bedeutet: Die Zahl d̄· d teilt die Zahlen a und b. Da außerdem d̄· d > d gilt, kann d nicht größter gemeinsamer Teiler der Zahlen a und b sein. Das ist ein Widerspruch.) Auf die ganzen Zahlen \frac{a}{d} und \frac{b}{d} können wir nun den Satz über u und v anwenden. Es existieren also ganze Zahlen u und v, so daß gilt:

\frac{a}{d} · u + \frac{b}{d} · v = 1.

Durch Umformen erhalten wir:

a · u + b · v = d.
□

Übungsaufgabe 57 Es sei d = ggT(a, b). Wenn eine ganze Zahl d′ existiert, so daß gilt: d′ | a und d′ | b, so gilt (das wissen wir bereits): d′ ≤ d. Man zeige nun, daß dann auch gilt: d′ | d.

Nun stellt sich die Frage, wie man den größten gemeinsamen Teiler zweier Zahlen a und b ermitteln kann (Dabei gehen wir von der Voraussetzung 0 < b ≤ a aus). Zur Beantwortung dieser Frage betrachten wir eine Folge von Gleichungen der folgenden Art:

au_{n} − bv_{n} = (−1)^{n}r_{n}
au_{n+1} − bv_{n+1} = (−1)^{n+1}r_{n+1}

Mit Hilfe dieser beiden Gleichungen wird die (n + 2)–te Gleichung

au_{n+2} − bv_{n+2} = (−1)^{n+2}r_{n+2}

wie folgt ermittelt:

r_{n} = q_{n} · r_{n+1} + r_{n+2} (Division mit Rest)
u_{n+2} = u_{n} − q_{n} · u_{n+1}
v_{n+2} = v_{n} − q_{n} · v_{n+1}

Die Anfangsgleichungen für diese rekursive Definition sind wie folgt gegeben:

n = 0: a · 1 − b · 0 = a
n = 1: a · 0 − b · 1 = (−1) · b

In dieser Gleichungsfolge sind die r_{n} alle nichtnegativ und es gilt: r_{n} > r_{n+1}. (Das kann man sich leicht überlegen: Die Zahlen r_{0} = a und r_{1} = b sind nach Voraussetzung nichtnegativ. Alle weiteren Zahlen r_{i} (i = 2, 3, …) entstehen durch Division mit Rest ihrer beiden Vorgänger. Also sind sie ebenfalls nichtnegativ. Außerdem bedingt die Division mit Rest die Eigenschaft r_{n} > r_{n+1}.) Folglich gibt es eine Stelle m, an der gilt:

au_{m−1} − bv_{m−1} = (−1)^{m−1}r_{m−1}
au_{m} − bv_{m} = (−1)^{m}r_{m}
au_{m+1} − bv_{m+1} = 0

Für diese Stelle m gilt: r_{m+1} = 0 und damit: r_{m−1} = q_{m−1} · r_{m}. Behauptung: Die Zahl r_{m} ist der größte gemeinsame Teiler der beiden ganzen Zahlen a und b.

Beweis Wir haben zwei Eigenschaften zu zeigen:

1. zu zeigen: r_{m} | a,r_{m} | b.

Wegen der Beziehung r_{m−1} = q_{m−1} · r_{m} gilt offenbar: r_{m} | r_{m−1}. Betrachten wir die Zahl r_{m−2}: Es gilt:

r_{m−2} = q_{m−2} · r_{m−1} + r_{m}
= q_{m−2} · q_{m−1} · r_{m} + r_{m}
= (q_{m−2} · q_{m−1} + 1) · r_{m}

Folglich gilt also: r_{m} | r_{m−2}.

Für r_{m−3} gilt: r_{m−3} = q_{m−3} · r_{m−2} + r_{m−1}. Also gilt mit der gleichen Beweisführung wie für die Zahl r_{m−2}: r_{m} | r_{m−3}. Dieses Verfahren können wir rekursiv fortführen und erhalten schließlich:

r_{m} | r_{1} und r_{m} | r_{0}.

Da aber gilt: r_{1} = b und r_{0} = a, erhalten wir die Aussage.

2. zu zeigen: Für alle d′ mit d′ | a und d′ | b gilt: d′ ≤ r_{m}. Wir betrachten eine solche Zahl d′. Dann gilt: d′ · x = a und d′ · y = b. Dann gilt:

d′ · x · u_{m} − d′ · y · v_{m} = (−1)^{m} · r_{m}.

Daraus folgt:

d′ · (x · u_{m} − y · v_{m}) ≤ r_{m}.

Also gilt: d′ ≤ r_{m}.

Folglich ist r_{m} der größte gemeinsame Teiler der Zahlen a und b.

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Behauptung: In dieser Folge von Gleichungen gilt: r_{n} > 2 · r_{n+2}.

Beweis Es gibt zwei Möglichkeiten:

1. Es gilt: \frac{r_{n}}{2} ≥ r_{n+1}.

Dann gilt: r_{n} ≥ 2 · r_{n+1} > 2 · r_{n+2}, da für alle m = 0, 1, … gilt: r_{m} > r_{m+1}.

2. Es gilt: \frac{r_{n}}{2} < r_{n+1}.

Wenn wir nun die Zahl r_{n} ganzzahlig mit Rest durch die Zahl r_{n+1} dividieren, so erhalten wir: q_{n} = 1 und als Rest nach Definition der Gleichungen gerade r_{n+2}. (Die Zahl q_{n} ist gerade 1, denn aus der obigen Bedingung folgt: \frac{r_{n}}{r_{n+1}} < 2.) Also gilt: r_{n} = r_{n+1} + r_{n+2}. Damit erhalten wir:

r_{n+2} = r_{n} − r_{n+1} < r_{n} − \frac{r_{n}}{2} = \frac{r_{n}}{2} .

Folglich gilt: 2 · r_{n+2} < r_{n}.
□

Sind a und b Zahlen mit k Stellen, so hat man nach 2k Gleichungen ihren größten gemeinsamen Teiler bestimmt. Die Berechnung des größten gemeinsamen Teilers zweier Zahlen a und b mit unterschiedlicher Stelligkeit erfordert O(k^{3}) Operationen, wobei gilt: k = ⌈log a⌉ bzw. k = ⌈log b⌉ (k wird aus der Stellenzahl der größeren von beiden Zahlen ermittelt). Nebenbei erhalten wir die Gleichung au_{m} − bv_{m} = (−1)^{m}r_{m}. Bis auf das Vorzeichen haben wir damit auch die Zahlen u und v aus der Gleichung

a · u + b · v = d

für den größten gemeinsamen Teiler erhalten. Das Verfahren zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers zweier Zahlen a und b heißt “Euklidischer Algorithmus“.

Der folgende Algorithmus stellt ein noch schnelleres Verfahren zur Ermittlung des größten gemeinsamen Teilers zweier ganzer Zahlen a und b dar: Eingabe: a, b mit a ≤ b. Ausgabe: d = ggT(a, b). Algorithmus:

1. Wenn a = 0, dann setze ggT(a, b) := b, Ende.

2. Wenn a – gerade, b – ungerade, dann Bestimmen des größten gemeinsamen Teilers der Zahlen \frac{a}{2} und b.

3. Wenn a – ungerade, b – gerade, dann Bestimmen des größten gemeinsamen Teilers der Zahlen a und \frac{b}{2}.

4. Wenn a – ungerade, b – ungerade, dann Bestimmen des größten gemeinsamen Teilers der Zahlen a und b − a (die Differenz ist gerade).

5. Wenn a – gerade, b – gerade, dann Bestimmen des größten gemeinsamen Teilers der Zahlen \frac{a}{2} und \frac{b}{2} und Multiplikation mit 2.

Für k = log_{2} b benötigt dieser Algorithmus O(k^{2}) Operationen. (Das Ermitteln der Hälfte einer n–stelligen geraden Zahl ist mit n Operationen zu bewerkstelligen, man muß nur die Bits alle um eine Stelle nach rechts verschieben.)

Definition 104 Eine ganze Zahl heißt prim, falls sie keine positiven Teiler außer 1 und p hat. Eine ganze Zahl p > 1 heißt dann Primzahl.

Satz 134 Wenn eine Primzahl p ein Produkt zweier ganzer Zahlen teilt, dann teilt sie wenigstens einen der Faktoren.

Beweis Es seien a und b zwei ganze Zahlen und p sei Primzahl. Es gelte:

p | (a · b).

Wir haben zu zeigen: p | a oder p | b. Wir unterscheiden zwei Möglichkeiten:

1. p | a. Dann ist alles gezeigt.

2. Die Zahl p teilt die Zahl a nicht. Daraus folgt: ggT(p, a) = 1. Unter Anwendung des Satzes über u und v schlußfolgern wir: Es existieren ganze Zahlen u und v, so daß gilt:

p · u + a · v = 1.

Wir multiplizieren diese Gleichung mit b und erhalten:

p · b · u + a · b · v = b.

Nun teilt p offenbar das Produkt p · b · u. Nach Voraussetzung teilt p auch das Produkt a · b. Also gilt: p | b.

□

Satz 135 (Satz über die Eindeutigkeit der Primzerlegung) Für jede positive ganze Zahl n gelten die folgenden Aussagen:

1. Es existiert eine Zerlegung

n = p_{1} · p_{2} · . . . · p_{r}

in ein Produkt von Primzahlen.

2. Diese Zerlegung ist eindeutig.

Beweis

1. Wir zeigen die Existenz der Primzerlegung. Es gibt zwei Möglichkeiten:

(a) Die Zahl n ist selbst Primzahl. Dann wählen wir die “Zerlegung“ n = n, und alles ist gezeigt.

(b) Die Zahl n ist keine Primzahl. Dann gibt es zwei positive ganze Zahlen n_{1} und n_{2}, für die gilt: n_{1} · n_{2} = n und n_{i} ≠ 1, i = 1, 2. Dann betrachten wir nacheinander die Faktoren n_{i}, i = 1, 2. Für jeden Faktor haben wir wieder zwei Möglichkeiten: Entweder ist er eine Primzahl oder er kann seinerseits wieder in zwei Faktoren zerlegt werden. Es ist klar, daß sich dieses Verfahren fortsetzen läßt, bis eine Zerlegung der Zahl n in Primfaktoren entstanden ist. Es bricht auch an irgendeiner Stelle ab, weil die Faktoren, in die die gerade betrachtete Zahl zerlegt wird, immer kleiner als die Zahl selbst sind, denn wir betrachten ja nur positive Zahlen.

Für die Zahl 1 muß verständlicherweise eine Festlegung getroffen werden. Man sagt daher, daß die Zahl 1 eine leere Zerlegung hat. In diesem Sinne ist damit die Existenz der Primfaktorzerlegung bewiesen.

2. Wir betrachten nun eine beliebige positive ganze Zahl n. Es sei n = p_{1} · . . . · p_{r} eine Primfaktorzerlegung der Zahl n. Wir betrachten eine weitere Zerlegung n = q_{1} · . . . · q_{s} der Zahl n, wobei die q_{i}, i = 1, …, s ebenfalls Primzahlen seien, und zeigen, daß bei geeigneter Wahl der Reihenfolge der Primzahlen q_{i}, i = 1, …, s gilt: r = s und p_{i} = q_{i}, für alle i = 1, …, r.

Wir führen diesen Beweis mittels Induktion über r.

Induktionsanfang: Es sei r = 1. Dann gilt: n = p_{1}. Eine Zerlegung

p_{1} = n = q_{1} · . . . · q_{s}

mit s > 1, bei der die q_{i}, i = 1, …, s, Primzahlen sind, kann es nicht geben, da die Zahl p_{1} = n Primzahl und als solche nicht zerlegbar ist. Folglich gilt: s = 1 = r. Dann erhalten wir: q_{1} = n = p_{1}.

Induktionsschritt: Es sei die Aussage für r erfüllt; wir zeigen sie für r + 1. Wir setzen also voraus, daß folgendes gilt: Können wir eine Zahl n in r Primfaktoren p_{1}, …, p_{r} zerlegen, so ist diese Zerlegung eindeutig. Für jede weitere Zerlegung q_{1} · . . . · q_{s} der Zahl n gilt also bei geeigneter Umnummerierung: r = s und p_{i} = q_{i}, für alle i = 1, …, r. Wir betrachten nun eine Zahl n, die wir in r+1 Primfaktoren p_{1}, …, p_{r+1} zerlegen können. Es sei n = q_{1} · . . . · q_{s} eine andere Zerlegung. Dann gilt zunächst:

p_{1} · . . . · p_{r+1} = q_{1} · . . . · q_{s}.

Nun ist klar, daß gilt:

p_{1} | p_{1} · . . . · p_{r+1}.

Das bedeutet aber gleichzeitig:

p_{1} | q_{1} · . . . · q_{s}.

Da aber die Zahlen q_{i}, i = 1, …, s, alle Primzahlen sind, muß gelten: p_{1} = q_{j}, für ein j ∈ {1, …, s}. Nach entsprechender Umnummerierung gilt dann: p_{1} = q_{1}. Wir können also schreiben:

p_{1} · . . . · p_{r+1} = p_{1} · q_{2} · . . . · q_{s}.

Wir dividieren durch die Zahl p_{1} und erhalten:

p_{2} · . . . · p_{r+1} = q_{2} · . . . · q_{s}.

Auf der linken Gleichungsseite haben wir nun gerade r Primzahlen zu stehen. Unter Anwendung der Induktionsvoraussetzung können wir schlußfolgern, daß gilt: s = r + 1 und p_{i} = q_{i} für alle i = 2, …, r + 1. Folglich gilt die Aussage für r + 1.

□

Nun kommen wir auf die Problemstellung zurück, auf die wir bei der Betrachtung der Restklassen gestoßen waren, nämlich auf die Frage nach der Durchführbarkeit der Restklassendivision.

Gegeben sei also ein Restklassenring Z_{n} = {0, …, n−1}. Wir suchen nach einer Möglichkeit, die Division a: b auszuführen, wobei a, b ∈ Z_{n} gilt. Die Frage lautet also: Existiert eine Lösung der Gleichung ax ≡ b mod n und ist sie eindeutig bestimmt?

Satz 136 Die Division a: b für a, b ∈ Z_{n} ist ausführbar, wenn entweder

1. ggT(a, n) = 1 oder

2. ggT(a, n) = d > 1 und d | b

gilt.

Beweis Wir führen den Beweis unter Verwendung des Satzes über u und v. Wir beweisen die Durchführbarkeit der Division, indem wir ein Element x ∈ Z_{n} angeben, das Lösung der Division ist.

1. Es gelte ggT(a, n) = 1. Nach dem Satz über u und v wissen wir, daß ganze Zahlen u

und v existieren, so daß gilt:

a · u + n · v = 1.

Wir multiplizieren diese Gleichung mit der ganzen Zahl b, die für die Restklasse steht, durch die dividiert werden soll, und erhalten:

a · u · b + n · v · b = b.

Da die Zahl n·v ·b ohne Rest durch n teilbar ist, folgt daraus: Sie liegt in der Restklasse [0]_{n}. Also gilt:

a · u · b + 0 ≡ b mod n.

Wir wählen also als Lösung: x = u · b ∈ Z. Zu dieser Zahl x gibt es eine entsprechende Zahl x̄ ∈ Z_{n} (x ≡ x̄ mod n). Mit dieser Zahl x̄ gilt dann:

a · x̄ ≡ b mod n.

2. Es gelte ggT(a, n) = d > 1. Rein formal haben wir nun zwei Möglichkeiten:

(a) Es gilt nicht d | b. Wenn eine Lösung x der Gleichung a · x ≡ b mod n existiert, so bedeutet das nach Definition der Restklassen, daß gilt:

a · x = q · n + b.

Wir stellen um und erhalten:

a · x − q · n = b.

Da nun sowohl die Zahl a als auch die Zahl n durch d teilbar sind, gilt:

d | a · x − q · n.

Das bedeutet: d | b. Wir erhalten einen Widerspruch. Das zeigt, daß keine Lösung existiert, falls ggT(a, n) = d > 1 gilt und d die Zahl b nicht teilt.

(b) Es gilt d | b. Dann ist:

a = a′ · d
n = n′ · d
b = b′ · d

Eine Lösung x ∈ Z_{n} der Gleichung a·x ≡ b mod n bedeutet, daß gilt: a·x = q·n+b. Wir setzen ein und erhalten:

a′ · d · x = q · n′ · d + b′ · d.

Nach Division durch d haben wir die Gleichung:

a′ · x = q · n′ + b′.

Diese Gleichung entspricht der Aufgabe:

a′ · x ≡ b′ mod n′.

Nun ist folgendes klar: Da nach Voraussetzung der größte gemeinsame Teiler der Zahlen a und n die Zahl d ist, sind die beiden Zahlen a′ = \frac{a}{d} und n′ = \frac{n}{d} teilerfremd. Folglich findet man die gesuchte Lösung x, indem man die Gleichung

a′ · x ≡ b′ mod n′

nach Fall 1 löst. Also existiert eine Lösung der Gleichung auch in diesem Fall.

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Bemerkung 7 Wenn gilt: ggT(a, n) = 1, die beiden Zahlen a und n also teilerfremd sind, so ist die Lösung x eindeutig bestimmt.

Beweis Betrachten wir einmal zwei Lösungen x_{1} und x_{2}. Es gilt also:

a · x_{1} ≡ b mod n
a · x_{2} ≡ b mod n

Wie wir bereits wissen, gibt es Zahlen u und v, so daß gilt:

a · u + n · v = 1.

Wir stellen um und erhalten:

a · u = (−v) · n + 1.

Folglich gilt: a · u ≡ 1 mod n. Für die beiden Lösungen x_{1} und x_{2} gilt nun:

a · u · x_{1} ≡ a · u · x_{2} ≡ b · u mod n.

Mit der eben hergeleiteten Gleichung a · u ≡ 1 mod n folgt dann:

x_{1} ≡ x_{2} mod n.

Also ist die Lösung x als Element von Z_{n} eindeutig bestimmt.

□

Bemerkung 8 Falls ggT(a, n) = d > 1 und d | b gilt, dann ist die Lösung x als Element von Z_{n′} eindeutig bestimmt.

Satz 137 (Der chinesische Restsatz) Gegeben seien r Kongruenzgleichungen der Form

a_{1} · x ≡ b_{1} mod m_{1}
⋮
a_{r} · x ≡ b_{r} mod m_{r}

Dabei gelte für alle i = 1, …, r: a_{i} > 0 und m_{i} > 1. Für das Gleichungssystem sei außerdem vorausgesetzt, daß für alle i = 1, …, r gilt: ggT(a_{i}, m_{i}) = 1. Zusätzlich sei für alle i, j ∈ {1, …, r} mit i ≠ j die Bedingung ggT(m_{i}, m_{j}) erfüllt. Sind alle diese Bedingungen erfüllt, so gelten die folgenden Behauptungen:

1. Das Gleichungssystem ist lösbar.

2. Das Gleichungssystem ist im Bereich 0 ≤ x < m_{1} · . . . · m_{r} eindeutig lösbar.

Um diesen Satz beweisen zu können, benötigen wir noch den folgenden Hilfssatz:

Satz 138 Für n > 1 ist die folgende Aussage richtig: Wenn für alle i ∈ {1, …, n} m_{i} | q und m_{i} > 1 gilt, und alle m_{i} (i = 1, …, n) paarweise teilerfremd sind, dann gilt:

m_{1} · . . . · m_{n} | q.

Beweis Wir führen diesen Beweis mit Hilfe des Induktionsprinzips:

Induktionsanfang: Es sei n=1. Dann ist die Aussage eine Trivialität.

Induktionsschritt: Es sei die Aussage für n erfüllt. Wir zeigen sie für n + 1. Es seien also Zahlen m_{1}, …, m_{n+1} entsprechend den Satzvoraussetzungen gegeben und es gelte: m_{i} | q, für alle i = 1, …, n. Nach Induktionsvoraussetzung gilt bereits: m_{1} · . . . · m_{n} | q. Wir zeigen: m_{1} · . . . · m_{n+1} | q. Dazu betrachten wir die Primzahlzerlegung der Zahlen m_{i} (i = 1, …, n + 1):

m_{1} = p_{1,1} · . . . · p_{1,k_{1}}
⋮
m_{n+1} = p_{n+1,1} · . . . · p_{n+1,k_{n+1}}

Da die Zahlen m_{i} (i = 1, …, n + 1) alle paarweise teilerfremd sind, sind die Mengen {p_{i,1}, …, p_{i,k_{i}}} (i = 1, …, n + 1) paarweise disjunkt. (Wären sie es nicht, so gäbe es ja gemeinsame Teiler!) Daraus folgt nun, daß für alle j ∈ {1, …, k_{n+1}} gilt:

p_{n+1,j} |\frac{q}{m_{1} · . . . · m_{n}} .

(Diese Aussage ist richtig, da nach Voraussetzung gilt: m_{n+1} | q. Also teilt auch jeder Primfaktor der Zerlegung von m_{n+1} die Zahl q. Da die Primfaktorenmengen der einzelnen m_{i} (i = 1, …, n + 1) disjunkt sind, kann die Zahl p_{n+1,j} (j ∈ {1, …, k_{n+1}}) nicht unter dem Bruchstrich stehen.) Daraus folgt nun:

m_{n+1} |\frac{q}{m_{1} · . . . · m_{n}} .

Das bedeutet dann: m_{1} · . . . · m_{n} · m_{n+1} | q.

□

Wir beweisen nun den Chinesischen Restsatz:

Beweis

1. Wir zeigen die Lösbarkeit des Gleichungssystems. Dazu beweisen wir zunächst, daß für alle j = 1, …, r das Gleichungssystem

a_{1} · x_{j} ≡ 0 mod m_{1}
⋮
a_{j−1} · x_{j} ≡ 0 mod m_{j−1}
a_{j} · x_{j} ≡ 1 mod m_{j}
a_{j+1} · x_{j} ≡ 0 mod m_{j+1}
⋮
a_{r} · x_{j} ≡ 0 mod m_{r}

lösbar ist. (Jedes Gleichungssystem hat eine eigene Lösung x_{j}!) Aus diesen Gleichungen folgt, daß für alle i ∈ {1, …, r} mit i ≠ j gilt: m_{i} | a_{i} · x_{j}. Da aber für alle i = 1, …, r ggT(m_{i}, a_{i}) = 1 vorausgesetzt worden war, muß gelten: m_{i} | x_{j}, und zwar für alle i ∈ {1, …, r} mit i ≠ j. Da diese Zahlen m_{i} paarweise teilerfremd sind, folgt aus dem Hilfssatz:

\underbrace{m_{1} · . . . · m_{j−1} · m_{j+1} · . . . · m_{r}}_{=:m} | x_{j}.

Wenn also eine Lösung für ein solches Gleichungssystem existiert, so hat sie die Form: x_{j} = m · y. Wir müssen also die Existenz einer solchen Zahl y nachweisen. Existiert die Lösung, so gilt in der j–ten Gleichung (j = 1, …, r):

a_{j} · m · y ≡ 1 mod m_{j}.

Nach Voraussetzung gilt: ggT(a_{j}, m_{j}) = 1. Außerdem folgt aus der Tatsache, daß die Zahlen m_{i} (i = 1, …, r) paarweise teilerfremd sind, daß gilt: ggT(m, m_{j}) = 1. Das bedeutet aber: ggT(a_{j} · m, m) = 1 (teilerfremd). Wir schlußfolgern: Es existieren Zahlen u und v, so daß gilt:

a_{j} · m · u + m_{j} · v = 1.

Wir stellen um und erhalten:

a_{j} · m · u = (−v) · m_{j} + 1.

Das bedeutet: a_{j} · m · u ≡ 1 mod m_{j}. Wir wählen y := u und haben die Existenz der Zahl y nachgewiesen. Damit ist auch die Existenz der Zahl x_{j} (x_{j} := y · m) gezeigt. Das bedeutet: Das spezielle Gleichungssystem ist lösbar. Kommen wir jetzt zum allgemeinen Gleichungssystem. Wir betrachten für das j–te spezielle Gleichungssytem seine Lösung x_{j}. Behauptung: Die Zahl x = x_{1} · b_{1} + … + x_{r} + b_{r} ist Lösung des ursprünglichen Gleichungssystems aus dem Satz. Wir betrachten die k–te Gleichung des ursprünglichen Gleichungssystems (k = 1, …, r):

a_{k} · x ≡ b_{k} mod m_{k}.

Es gilt:

a_{k} · x = a_{k} · ∑_{i=1}^{r} x_{i}b_{i}

= ∑_{i=1}^{r} a_{k}x_{i}b_{i}

= a_{k}x_{k}b_{k} + ∑_{i=1}^{k−1} a_{k}x_{i}b_{i} + ∑_{i=k+1}^{r} a_{k}x_{i}b_{i}

Jetzt kommen unsere speziellen Gleichungssysteme ins Spiel. Aus diesen wissen wir nämlich, daß gilt:

a_{k} · x_{k} ≡ 1 mod m_{k}

und

a_{k} · x_{i} ≡ 0 mod m_{k}

für alle i ∈ {1, …, r} mit i ≠ k. Das bedeutet dann:

a_{k} · x ≡ b_{k} mod m_{k}.

Da dies für alle k = 1, …, r gilt, ist die Zahl x Lösung des Gleichungssystems aus dem Chinesischen Restsatz.

2. Wir zeigen nun die Eindeutigkeit der Lösung im Bereich 0 ≤ x < m_{1} · . . . · m_{r}. Annahme: Es existieren Lösungen x und x′ mit x ≠ x′ und 0 ≤ x, x′ < m_{1} · . . . · m_{r}. Dann gilt für alle i = 1, …, r:

a_{i} · x ≡ b_{i} mod m_{i}
a_{i} · x′ ≡ b_{i} mod m_{i}

Für alle i = 1 …, r folgt dann:

a_{i} · x − a_{i} · x′ ≡ 0 mod m_{i}

bzw.

a_{i} · (x − x′) ≡ 0 mod m_{i}.

Folglich erhalten wir für alle i = 1, …, r die Aussage:

m_{i} | a_{i} · (x − x′).

Nun ist aber für alle i = 1, …, r der größte gemeinsame Teiler von m_{i} und a_{i} gleich 1 (sie sind also teilerfremd). Daraus folgt:

m_{i} | (x − x′).

Mittels unseres Hilfssatzes schlußfolgern wir:

m_{1} · . . . · m_{r} | (x − x′).

Wegen x − x′ ≠ 0 folgt damit:

|x − x′| ≥ m_{1} · . . . · m_{r}.

Das ist aber ein Widerspruch zur Voraussetzung x, x′ < m_{1} · . . . · m_{r}. Wir haben damit die Eindeutigkeit der Lösung x im angegebenen Bereich gezeigt.

□

Also ist die Lösung der Gleichung a · x ≡ b mod n immer möglich, falls gilt: ggT(a, n) = 1.

Folgerung: Alle Restklassenringe Z_{p} (wobei p eine Primzahl ist) sind endliche Körper (denn dann existieren die inversen Elemente).

Satz 139 (Kleiner Fermat’scher Satz) Ist p eine Primzahl und a eine Zahl mit der Eigenschaft ggT(a, p) = 1, dann ist

a^{p−1} ≡ 1 mod p.

(Das ist gleichbedeutend mit der Aussage: a^{p} ≡ a mod p.)

Beweis Wir betrachten die Zahlen 1, 2, …, p − 1. Sie liegen in verschiedenen Restklassen modulo p. (Das kann man sich wie folgt verdeutlichen: Man betrachtet zwei Elemente i, j ∈ {1, 2, …, p − 1} mit i ≠ j. Für diese Elemente nimmt man an, daß gilt:

i ≡ j mod p.

Das ist aber genau dann der Fall, wenn gilt: p | (i − j). Nun wissen wir aber, daß gilt: −p < i − j < p. Dann kann die Differenz i − j aber nur dann von der Primzahl p geteilt werden, wenn gilt: i − j = 0. Also gilt: i = j.) Daraus folgt dann: Die Zahlen 1·a, 2·a, …, (p−1)·a liegen auch in verschiedenen Restklassen modulo p. (Analog zu oben gilt für Elemente i, j ∈ {1, 2, …, p − 1} mit i ≠ j:

i · a ≡ j · a mod p ⟺ p | (i − j) · a.

Da aber vorausgesetzt war, daß gilt: ggT(a, p) = 1, folgt: p | (i−j). Daraus folgt aber wieder: i = j.) Nun gilt: Keine dieser Restklassen modulo p ist gleich der Klasse 0 mod p. (Das sieht man wie folgt: Wir nehmen das Gegenteil an. Wir haben also eine Zahl i ∈ {1, 2, …, p − 1}, für die gilt: i · a ≡ 0 mod p. Dann folgt daraus unmittelbar: p | (i · a). Das bedeutet aber wiederum: p | i, da ja gilt: ggT(a, p) = 1. Das aber ist nicht möglich, denn es gilt: 0 < i < p.) Aus diesen Betrachtungen und der Voraussetzung ggT(a, p) = 1 folgt:

1 · 2 · . . . · (p − 1) ≡ 1 · a · 2 · a · . . . · (p − 1) · a mod p.

Da nun aber für alle Zahlen k mit 1 < k < p ggT(k, p) = 1 gilt, existieren Zahlen u und v, so daß gilt:

k · u + p · v = 1.

Das ist aber genau dann der Fall, wenn gilt:

k · u ≡ 1 mod p.

Damit folgt dann aber aus der weiter oben stehenden Beziehung:

1 ≡ a^{p−1} mod p.

□

Wir verallgemeinern diese Aussage noch etwas: Es sei φ(n) die Anzahl der zur Zahl n teilerfremden Zahlen zwischen 1 und n. Dann gilt für jede Zahl a mit ggT(a, n) = 1:

a^{φ(n)} ≡ 1 mod n.

9.8 Algebraische Operationen mit Polynomen

Definition 105 Ein Polynom a über einem Ring R ist eine Folge

a = [a_{0}, a_{1}, …, a_{n}, …],

bei der fast alle Elemente Null sind, bei der also für alle i ∈ N gilt: a_{i} ∈ R und es existiert ein Index k ∈ N, so daß für alle j ≥ k gilt: a_{j} = 0.

Wir schreiben daher die Folge verkürzt: a = [a_{0}, …, a_{k}]. Das Polynom a = [ ] ist das Nullpolynom.

Definition 106 Wir nennen die Zahl k den Grad des Polynoms a = [a_{0}, …, a_{n}, …], falls gilt: a_{k} ≠ 0 und für alle j > k ist a_{j} = 0. Wir bezeichnen: k = deg(a).

Nach dieser Definition gilt: Das Nullpolynom besitzt keinen Grad!

Definition 107 Die Summe a + b zweier Polynome a und b ist die Folge der Zahlen c_{i} = a_{i} + b_{i}. Es gilt also:

a + b = [a_{0} + b_{0}, …, a_{n} + b_{n}, …].

Diese Operation ist kommutativ und assoziativ. Zu jedem Polynom gibt es ein inverses Element bezüglich der Addition. Es ist gerade das Polynom

−a = [−a_{0}, …, −a_{n}, …].

Das neutrale Element bezüglich der Addition existiert auch. Es ist gerade das Nullpolynom. Außerdem gelten die folgenden Beziehungen:

deg(a + b) ≤ max(deg(a), deg(b)) bzw.

deg(a + b) = max(deg(a), deg(b)), falls gilt : deg(a) ≠ deg(b).

Definition 108 Das Produkt bei der skalaren Multiplikation einer Zahl r aus dem Ring R mit einem Polynom a über dem Ring R ist die Folge der Zahlen c_{i} = r · a_{i}. Es gilt also:

r · a = [r · a_{0}, …, r · a_{n}, …].

Folgerung: Aus den Definitionen der Addition und der skalaren Multiplikation können wir schlußfolgern, daß die Polynome über dem Ring R einen linearen Raum bilden, falls der Ring R ein Körper ist.

Definition 109 Das Produkt a · b zweier Polynome a und b ist die Folge der Zahlen

c_{i} = ∑_{j+k=i} a_{j} · b_{k}.

Diese Summe wird wie folgt gebildet: Summanden sind die Produkte jeweils der Komponenten der Polynome a und b, deren Indizes addiert gerade den Index i ergeben. Ein Beispiel verdeutlicht das vielleicht: Für das Produkt zweier Polynome a und b gilt an der dritten Komponente:

c_{3} = a_{0} · b_{3} + a_{1} · b_{2} + a_{2} · b_{1} + a_{3} · b_{0}.

Für den Grad des Produktpolynoms gilt:

deg(a · b) ≤ deg(a) + deg(b).

Betrachten wir ein

Beispiel 77 Wir vergleichen Addition und Multiplikation von Binärzahlen mit der Addition und der Multiplikation von Polynomen vom Grad 3 über dem Ring Z_{2}.

Addition: Betrachten wir zunächst die Binärzahlen:

1 1 0 1
+ 1 0 1 1
1 1 0 0 0

Nun sehen wir uns die Addition zweier Polynome an, die aber die gleiche Ziffernfolge haben sollen:

a := [1, 1, 0, 1] b := [1, 0, 1, 1].
1 1 0 1
+ 1 0 1 1
0 1 1 0

Wir sehen: Wir erhalten ein Polynom vom Grad 2. Diese Addition kommt der Binärzahladdition ohne Beachtung des Übertrages gleich.

Multiplikation: Wir beginnen wieder mit den Binärzahlen:

1 1 0 1
∗ 1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 0 1
1 1 0 1
1 0 0 0 1 1 1 1

Demgegenübergestellt die Polynommultiplikation (wiederum mit den gleichen Polynom):

a·b = [a_{0}b_{0},a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0},a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0},a_{0}b_{3}+a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}+a_{3}b_{0},a_{1}b_{3}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{1},a_{2}b_{3}+a_{3}b_{2},a_{3}b_{3}]
= [1,1+0,0+0+1,1+0+1+1,0+0+1,1+0,1]
= [1,1,1,1,1,1,1]

Wenn wir uns das Ergebnis ansehen, so stellen wir fest, daß wir es auch erhalten hätten, wenn wir bei der Binärzahlmultiplikation die entsprechenden Additionen ohne Berücksichtigung des Übertrages ausgeführt hätten.

Ist der Ring R ein kommutativer, assoziativer Ring mit 1, so bilden die Polynome über diesem Ring R ebenfalls einen kommutativen, assoziativen Ring mit 1. (Die Assoziativität (a·b)·c = a·(b·c) beruht darauf, daß für das m–te Element des Produktes gilt:

∑_{i+l=m} ( ∑_{j+k=i} a_{j} · b_{k}) · c_{l} = ∑_{j+k+l=m} a_{j} · b_{k} · c_{l}

= ∑_{j+i=m} a_{j} · ( ∑_{k+l=i} b_{k} · c_{l})

Das Einselement des Ringes ist das Polynom 1 = [1].)

Bemerkung 9 Im Ring der Polynome über dem Ring R gibt es die konstanten Polynome [a_{0}] (a_{0} ∈ R) und [0]. Für diese Polynome sind Addition und Multiplikation gleich denen im Ring R. Die konstanten Polynome bilden einen zum Ring R isomorphen Unterring.

Beispiel 78 Es gilt:

• a = [1, 1, 0, 1] = [1] + [0, 1, 0, 1] = 1 + [0, 1, 0, 1] über dem Ring R = Z_{2}.

• a = [1, 2, 4, 6] = [1] + [2] · [0, 1, 2, 3] = 1 + 2 · [0, 1, 2, 3].

Wir betrachten nun das Polynom

x = [0, 1].

Es gilt offenbar:

x · x = [0, 1] · [0, 1] = [0, 0, 1] =: x^{2}.

Daraus folgt dann:

x^{n} = [\underbrace{0, …, 0, 1}_{x_{0},...,x_{n}}].

Dann gilt für jedes Polynom a:

a = [a_{0}, …, a_{n}]
= [a_{0}] + [0, a_{1}] + … + [0, …, 0, a_{n}]
= a_{0} · 1 + a_{1} · [0, 1] + … + a_{n} · [0, …, 0, 1]
= a_{0} + a_{1} · x + … + a_{n} · x^{n}

Den Ausdruck in der letzten Zeile nennen wir “Polynom in x“. Der Ring der Polynome in x über dem Ring R wird mit R[x] bezeichnet. Die Elemente a_{i} (i = 1, …, n) heißen auch Koeffizienten.

Es sei R ein Körper. Wir betrachten zwei Polynome

a = a_{0} + a_{1}x + … + a_{m}x^{m},
b = b_{0} + b_{1}x + … + b_{n}x^{n},

wobei b_{n} ≠ 0 gilt. Wir suchen zwei Polynome

q = q_{0} + q_{1}x + … + q_{m−n}x^{m−n},
r = r_{0} + r_{1}x + … + r_{n−1}x^{n−1},

so daß gilt:

a = b · q + r.

Mit anderen Worten: Wie ist die Polynomdivision definiert?

Folgender Algorithmus liefert die gesuchten Polynome:

for k := m − n to 0 do
    q_{k} := a_{n+k} div b_{n};
    for i := n + k − 1 to 0 do
        a_{i} := a_{i} − q_{k} · b_{i−k};
    od;
od;
r := a;

Dieser Algorithmus funktioniert nur, wenn die Polynome in der Form a = [a_{0}, …, a_{m}] betrachtet werden. Führt man die Polynomdivision in der anderen Form durch, so muß man die Potenzen x^{k} mit einbeziehen. Am einfachsten kann man sich diesen Algorithmus vergegenwärtigen, wenn man sich ein Beispiel hernimmt und ihn anhand des Beispiels Schritt für Schritt nachvollzieht. Daher sei an dieser Stelle nur soviel gesagt: Im wesentlichen ist die Polynomdivision dem herkömmlichen Divisionsverfahren mit Zahlen sehr ähnlich. Man teilt den “höchstwertigsten“ Koeffizienten des Dividenten durch den “höchstwertigsten“ Koeffizienten des Divisors und multipliziert das Ergebnis anschließend mit dem Divisor. Was man dabei erhält, subtrahiert man vom Dividenten. Mit der Differenz verfährt man nun genauso wie vorher mit dem Dividenten. Das Verfahren setzt man fort, bis der Grad der aktuellen Differenz kleiner ist als der Grad des Divisors und man somit nicht mehr dividieren kann. Die letzte Differenz ist der Rest. Der Algorithmus liefert als Rest r ein Polynom, dessen Grad kleiner als der Grad des Polynoms b ist.

Satz 140 Der Quotient q und der Rest r sind eindeutig bestimmt, wenn der Grad des Restpolynoms r kleiner als der des Polynoms b ist.

Beweis Wir nehmen an, es gäbe zwei Lösungen. Dann gilt:

a = b · q_{1} + r_{1} = b · q_{2} + r_{2},

wobei gilt: b_{n} ≠ 0, q_{1} ≠ q_{2} und r_{1} ≠ r_{2}. Daraus folgt:

b · (q_{1} − q_{2}) + r_{1} − r_{2} = [0].

Das bedeutet:

[b_{0}, …, b_{n}][q_{10} − q_{20}, …, q_{1l} − q_{2l}] + [r_{10} − r_{20}, …, r_{1n−1} − r_{2n−1}] = [0].

Dabei ist l = max(deg(q_{1}), deg(q_{2})). Daraus folgt nach Definition der Polynomoperationen:

[…, b_{n}(q_{1l−1} − q_{2l−1}) + b_{n−1}(q_{1l} − q_{2l}), b_{n}(q_{1l} − q_{2l})] + [r_{10} − r_{20}, …, r_{1n−1} − r_{2n−1}] = [0].

Daraus folgt: b_{n} · (q_{1l} − q_{2l}) = 0. Da aber b_{n} ≠ 0 gilt, bedeutet das:

q_{1l} − q_{2l} = 0,

denn R ist Körper! (Das hatten wir zu Beginn der Betrachtungen zur Polynomdivision vorausgesetzt.) Also gilt: q_{1l} = q_{2l}. Daraus folgt, dann aber:

0 = b_{n}(q_{1l−1} − q_{2l−1}) + b_{n−1}(q_{1l} − q_{2l})
= b_{n}(q_{1l−1} − q_{2l−1})

Das bedeutet: q_{1l−1} = q_{2l−1}. Das setzen wir rekursiv fort und erhalten am Ende: q_{10} = q_{20}. Damit gilt also:

q_{1} = q_{2}.

Daraus folgt dann: r_{1} − r_{2} = [0]. Das ist genau dann der Fall, wenn gilt:

r_{1} = r_{2}.

Damit ist alles gezeigt.

□

Bemerkung 10 Es muß noch einmal darauf hingewiesen werden, daß es sich bei Polynomen, so wie wir sie definiert hatten, nicht um Funktionen im eigentlichen Sinne handelt, sondern um Folgen von Zahlen. Wir fassen beispielsweise das Polynom

f(x) = x^{2} + x + 1

als Folge

f = [1, 1, 1, 0, …] = [1, 1, 1]

auf.

Beispiel 79 Wir wollen in diesem Beispiel noch einmal auf die Polynomdivision eingehen. Wir betrachten den Ring R[x] und suchen ein Polynom f, so daß gilt:

(x^{2} + 1) | f und (x^{3} + x^{2} + 1) | (f + 1).

Das können wir auch anders schreiben. Es soll gelten:

f(x) = (x^{2} + 1) · s(x)
f(x) + 1 = (x^{3} + x^{2} + 1) · t(x)

Wir subtrahieren nun die erste dieser beiden Gleichungen von der zweiten und erhalten:

f(x) + 1 − f(x) = (x^{3} + x^{2} + 1) · t(x) − (x^{2} + 1) · s(x)
1 = (x^{3} + x^{2} + 1) · t(x) − (x^{2} + 1) · s(x)

In dieser Gleichung kommt nun das Polynom f gar nicht mehr vor. Es gibt genau dann eine Lösung s(x) und t(x) dieser Gleichung, wenn gilt (Satz über u und v!):

ggT(x^{3} + x^{2} + 1, x^{2} + 1) = 1.

(Die Eins ist dabei das Eins-Polynom!) Wir wenden zur Bestimmung des größten gemeinsamen Teilers der beiden Polynome den Euklidischen Algorithmus an: Wir setzen also:

a = (x^{3} + x^{2} + 1), b = (x^{2} + 1).

Wir ermitteln nun die Folge von Gleichungen:

a · u_{n} − b · v_{n} = (−1)^{n} · r_{n}
a · u_{n+1} − b · v_{n+1} = (−1)^{n+1} · r_{n+1}

die mit den beiden folgenden Gleichungen beginnt:

a · 1 − b · 0 = a
a · 0 − b · 1 = (−1) · b

In unserem Fall bedeutet das:

(x^{3} + x^{2} + 1) · 1 − (x^{2} + 1) · 0 = x^{3} + x^{2} + 1
(x^{3} + x^{2} + 1) · 0 − (x^{2} + 1) · 1 = (−1) · (x^{2} + 1)

Entsprechend dem Algorithmus bestimmen wir nun die nächste Gleichung der Form:

a · u_{2} − b · b_{2} = (−1)^{2} · r_{2}.

(Der Index 2 stammt aus dem Algorithmus. Die erste Gleichung trägt den Index 0, die zweite den Index 1. Die nun zu ermittelnde Gleichung hat daher den Index 2.) Wir berechnen den Faktor r_{2} als Rest bei der Division der Größen r_{0} = a und r_{1} = b:

Division : (x^{3} + x^{2} + 1): (x^{2} + 1) Ergebnis : x + 1 = q_{0} Rest : − x = r_{2}.

Die Größen u_{2} und v_{2} erhalten wir nach dem Algorithmus durch:

u_{2} = u_{0} − q_{0} · u_{1} = 1 − (x + 1) · 0 = 1
v_{2} = v_{0} − q_{0} · v_{1} = 0 − (x + 1) · 1 = −(x + 1)

Das ergibt die folgende neue Gleichung:

(x^{3} + x^{2} + 1) · 1 + (x^{2} + 1) · (x + 1) = (−1)^{2} · (−x).

Nun bestimmen wir die Gleichung für n = 3:

Division : (x^{2} + 1): (−x) Ergebnis : − x = q_{1} Rest : 1 = r_{3}.

u_{3} = 0 − (−x) · 1 = −x
v_{3} = 1 − (−x) · (−(x + 1)) = 1 + x · (−x − 1) = 1 − x − x^{2}

Wir erhalten die Gleichung:

(x^{3} + x^{2} + 1) · (−x) − (x^{2} + 1)(1 − x − x^{2}) = (−1)^{3} · 1

Wir klammern (−1) aus:

(−1)((x^{3} + x^{2} + 1) · x − (x^{2} + 1)(x^{2} + x − 1)) = −1

Nun dividieren wir noch durch (−1) und erhalten:

(x^{3} + x^{2} + 1) · x − (x^{2} + 1)(x^{2} + x − 1) = 1

Nun haben wir eine Gleichung erhalten, die der zu lösenden Gleichung entspricht. Wir müssen also die Lösung nur noch ablesen:

t(x) = x
s(x) = x^{2} + x − 1

Damit erhalten wir:

f(x) = (x^{2} + 1) · s(x) = (x^{2} + 1)(x^{2} + x − 1)

und

f(x) + 1 = (x^{3} + x^{2} + 1)x.

Damit haben wir das Polynom f gefunden. Entscheidend war für die Lösbarkeit der Aufgabe, daß wir für Polynome eine Division mit Rest definiert haben. Außerdem haben wir gesehen, daß wir den Euklidischen Algorithmus auch auf die Polynome anwenden können.

Wir wollen nun die folgende Frage klären: Kann man bei Polynomen etwas Äquivalentes zu den Primzahlen definieren? Übertragen wir einfach die Definition der Primzahlen auf Polynome, so erhalten wir: Ein Polynom p(x) heißt Primpolynom, wenn es außer 1 und p(x) keine weiteren positiven Teiler hat. Doch damit bekommen wir Probleme. Erstens: Was bedeutet “positiver Teiler“ bei Polynomen? Diese Formulierung ist also unsinnig, da nicht zu klären ist, was ein positives Polynom sein soll. Zweitens ist nicht klar, was mit “weiteren Teilern“ gemeint ist, denn beispielsweise gibt es bei Polynomen im Unterschied zu ganzen Zahlen Teiler der 1. Um nun aber zu einer Definition zu kommen, betrachten wir alle Polynome e(x), die Teiler des Eins-Polynoms sind, also die, für die es ein Polynom i(x) gibt, so daß gilt:

e(x) · i(x) = 1.

Satz 141 Wenn wir Polynome über einem Körper betrachten, so sind die Teiler der 1 genau die von Null verschiedenen Konstanten.

Beweis Wir betrachten ein Polynom e(x) = e_{0} + … + e_{m}x^{m}, für das es ein Polynom i(x) = i_{0} + … + i_{n}x^{n} gibt, so daß gilt:

e(x) · i(x) = … + e_{m} · i_{n} · x^{m+n} = 1.

Wir wissen, daß gilt: deg(1) = 0. Für m > 0 und n > 0 ist das Produkt e(x)·i(x) ein Polynom vom Grade m + n, wenn der Grad des Polynoms e(x) gleich m und der des Polynoms i(x) gleich n ist. Daraus folgt aber: m + n = 0 und somit m = n = 0. Außerdem gilt: e_{0} ≠ 0. Folglich ist i_{0} = (e_{0})^{−1} ≠ 0. Damit sind die Polynome e(x) und i(x) vom Grade 0 und somit Konstanten.

□

Wir können nun definieren:

Definition 110 Ein Polynom p(x) positiven Grades heißt Primpolynom, wenn es keine Teiler g(x) gibt, deren Grad größer als Null und kleiner als der des Polynoms p(x) ist.

Hier schließt sich sofort die Frage nach der Primfaktorzerlegung an. Sie wird beantwortet durch: Wenn gilt:

p_{1}(x) · . . . · p_{n}(x) = q_{1}(x) · . . . · q_{m}(x),

wobei die Polynome p_{i}(x) (i = 1, …, n) und q_{j}(x) (j = 1, …, m) Primpolynome sind, dann gilt n = m und nach einer entsprechenden Umnummerierung

p_{i}(x) = e_{i} · q_{i}(x),

sowie e_{1} · . . . · e_{m} = 1.

Beispiel 80

13(x + 3) · \frac{1}{13}(x + 2) = (x + 3)(x + 2)

ist eine eindeutige Primfaktorzerlegung.

Wie wir bereits festgestellt haben, sind Polynome in unserem Sinne keine Funktionen, aber Nullstellen werden wir trotzdem definieren:

Definition 111 Das Polynom

f(x) = a_{0} ⊕ a_{1}x ⊕ … ⊕ a_{n}x^{n} ∈ K[x]

hat als Nullstelle das Körperelement b ∈ K, wenn gilt:

a_{0} + a_{1}b + … + a_{n}b^{n} = 0 ∈ K.

Bemerkung 11 Obwohl es gleich aussieht, handelt es sich hierbei nicht um das Einsetzen in eine Funktion. Bei der Operation ⊕ handelt es sich um die Polynomaddition, bei der Operation + dagegen um die Körperaddition.

Satz 142 Hat ein Polynom f(x) ∈ K[x] eine Nullstelle b, dann ist f(x) durch −b + 1 · x = (x − b) ohne Rest teilbar.

Beweis Es sei also b Nullstelle des Polynoms f(x) = a_{0} + … + a_{n}x^{n}, und wir nehmen an, daß die Behauptung nicht gilt. Dann gibt es bei der Polynomdivision f(x): (x − b) einen Rest r(x) und es gilt:

f(x) = q(x)(x − b) + r(x),

wobei gilt: deg(r(x)) < deg(x − b). Da aber der Grad des Polynoms x − b gleich 1 ist, muß gelten: deg(r(x)) = 0. Also ist das Polynom r(x) eine Konstante r_{0}. Nach Annahme gilt: r_{0} ≠ 0. Das bedeutet:

0 = a_{0} + a_{1}b + … + a_{n}b^{n}
= (q_{0} + q_{1}b + … + q_{n−1}b^{n−1}) \underbrace{(b − b)}_{=0} +r_{0}
= r_{0}

Folglich ist das Polynom r(x) das Nullpolynom. Die Annahme ist also falsch.

□

Damit können wir folgende Aussage zeigen: Wenn wir ganzzahlige Polynome betrachten (f(x) ∈ Z[x]), so gibt es keine Division mit Rest. Betrachten wir ein Beispiel: Gegeben seien die Polynome

f(x) = x^{2} − 5, g(x) = x^{3} − 1.

Das Polynom f(x) hat keine Teiler. (Nehmen wir an, das sei nicht so. Dann gilt:

f(x) = (ax + b)(cx + d) = x^{2} − 5.

(Etwas anderes ist nicht möglich, da das Polynom f(x) den Grad 2 hat.) Daraus folgt nun, daß gilt:

1. a = c = ±1.

2. bc + ad = 0.

3. bd = −5.

Aus Punkt 1 und 2 folgt: b = −d. Damit und mit Punkt 3 erhalten wir: b^{2} = 5. Das ist jedoch im Bereich der ganzen Zahlen nicht lösbar. Folglich hat das Polynom f(x) keine Teiler.) Damit sind die Polynome g(x) und f(x) teilerfremd. Folglich würde eine Division beider Polynome einen Rest ergeben, wenn sie durchführbar wäre. Wir untersuchen das: Nach dem Satz über u und v gilt:

g(x) · u(x) + f(x) · v(x) = 1.

Konkret bedeutet das:

(x^{3} − 1)(u_{0} + u_{1}x + …) + (x^{2} − 5)(v_{0} + v_{1}x + …) = 1.

Wir setzen nun eine Nullstelle beider Polynome in die Gleichung ein, nämlich die Nullstelle 1:

(−4)(v_{0} + v_{1}x + …) = 1.

Im Bereich der ganzen Zahlen ist das jedoch nicht zu lösen. Folglich kann man die Division mit Rest nicht ausführen. Auch bei Restklassenpolynomen (Z_{6}[x] zum Beispiel) hat man bei der Division mit Rest Schwierigkeiten, weil es sogar Teiler der Null gibt.

Eine weitere interessante Frage ist, ob es auch Polynome ohne Nullstelle gibt.

Beispiel 81 Das Polynom x^{2} +1 hat im Ring R[x] keine Nullstelle, weil gilt: x^{2} +1 ≥ 1 > 0.

Es gibt auch Polynome, bei denen jedes Körperelement Nullstelle ist.

Beispiel 82 Das Nullpolynom ist der einfachste Vertreter dieser Polynome. Ein weiteres Beispiel ist das Polynom f(x) = x^{2} + x im Ring Z_{2}[x]. Es gilt nämlich:

f(0) = 0^{2} + 0 = 0
f(1) = 1^{2} + 1 = 1 + 1 = 0

Ebenso verhält es sich mit dem Polynom g(x) = (x^{2}+x)(x^{2}+x+1) im selben Ring. Hier kann man den Unterschied zu den Funktionen sehr deutlich sehen. Nehmen zwei Funktionen für alle Argumente dieselben Werte an, so sind sie identisch. Die beiden Polynome f = [0, 1, 1, 0] und g = [0, 1, 0, 0, 1] dagegen sind offensichtlich sehr verschieden voneinander, nehmen aber für alle Zahlen b ∈ Z_{2} dieselben Werte an.

Bemerkung 12 Ist Null eine Nullstelle des Polynoms f(x) = a_{0} + … + a_{n}x^{n}, dann gilt a_{0} = 0.

Satz 143 Ist f(x) ein Polynom n–ten Grades über einem Körper, dann hat es nicht mehr als n Nullstellen.

Beweis Wir führen diesen Beweis mittels Induktion über n.

Induktionsanfang: Es sei n = 0. Dann ist f(x) eine Konstante und es gilt:

f(x) = a_{0} ≠ 0.

Dann hat das Polynom f keine Nullstelle. Die Aussage gilt also.

Induktionsschritt: Es sei f(x) ein Polynom mit dem Grad n + 1. Es habe eine Nullstelle

b. Dann gilt:

f(x) = q(x)(x − b).

Der Grad des Polynoms q(x) ist gerade gleich n. Die Induktionsvoraussetzung besagt, daß das Polynom q(x) nicht mehr als n Nullstellen hat. Ist b′ eine weitere Nullstelle des Polynoms f(x), dann gilt:

0 = f(b′) = (q_{0} + q_{1}b′ + … + q_{n}b^{′n})(b′ − b).

Folglich ist b′ für b′ ≠ b auch eine Nullstelle des Polynoms q(x), da wir Polynome über einem Körper betrachten. Das Polynom q(x) hat aber nach Induktionsvoraussetzung nicht mehr als n Nullstellen. Folglich hat das Polynom f(x) nicht mehr als n + 1 Nullstellen.

□

Folgerung: Zwei rationale (reelle) Polynome f und g sind gleich, wenn sie für alle rationalen Zahlen die gleichen Werte annehmen. Dann ist nämlich die Anzahl der Nullstellen der Differenz f(x) − g(x) größer als der Grad der beiden Polynome. Daraus folgt: f(x) = g(x).

Beispiel 83 Wir betrachten den Ring Z_{2}[x]. Das Polynom x^{2} + x hat die beiden Nullstellen 0 und 1. Das Polynom x^{4} + x^{2} + 1 aus diesem Ring hat keine Nullstellen. Es gilt nämlich:

0^{4} + 0^{2} + 1 = 1 ≠ 0
1^{4} + 1^{2} + 1 = 1 ≠ 0

Die Frage ist nun: Ist das Polynom x^{4} + x^{2} + 1 aus dem Ring Z_{2}[x] unzerlegbar oder ist es ein Primpolynom? Wir können sofort feststellen, daß dieses Polynomen keine linearen Teiler (x − a) hat, da es ja sonst Nullstellen gäbe. Polynome vom Grad 3 kommen ebenfalls nicht in Frage, da das Ergebnis vom Grad 1 und somit Linearfaktor wäre. Deren Existenz hatten wir aber gerade ausgeschlossen. Als Teiler g(x) wären also nur noch Polynome vom Grad 2 möglich. Im Ring Z_{2}[x] sind das gerade die folgenden Polynome:

\begin{matrix}x^{2} \\ x^{2} + 1 \\ x^{2} + x \\ x^{2} + x + 1 \end{matrix}

Wir brauchen den Test auf Teilbarkeit nur mit dem Polynom x^{2} + x + 1 durchzuführen, da es im betrachteten Ring das einzige Primpolynom zweiten Grades ist. (Die drei anderen Polynome besitzen Teiler ersten Grades, die dann auch Teiler unseres Polynoms wären. Das ist aber bereits ausgeschlossen.) Wir dividieren also

(x^{4} + x^{2} + 1): (x^{2} + x + 1)

und erhalten als Ergebnis x^{2} + x + 1. Der Rest ist gleich Null. Folglich gilt im Ring Z_{2}[x]:

x^{4} + x^{2} + 1 = (x^{2} + x + 1)^{2}.

Also ist das Polynom x^{4} + x^{2} + 1 kein Primpolynom.

Übungsaufgabe 58 Suchen Sie im Ring Z_{2}[x] unzerlegbare Polynome vom Grad 4 und vom Grad 5!

Definition 112 Die Ableitung f′(x) eines Polynoms f(x) = a_{0}+a_{1}x+…+a_{n}x^{n} ist definiert als das Polynom:

a_{1} + 2a_{2}x + 3a_{3}x^{2} + … + na_{n}x^{n−1}.

Dabei ist n · a_{n} = \underbrace{a_{n} + … + a_{n}}_{n−mal}.

9.8. ALGEBRAISCHE OPERATIONEN MIT POLYNOMEN 299 Durch das Ableiten wird das Polynom

[a_{0}, a_{1}, …, a_{n}, …]

in das Polynom

[a_{1}, 2a_{2}, …, na_{n}, …]

überführt. Beispiel 84 Wir betrachten wieder das Polynom x^{4} + x^{2} + 1 im Ring Z_{2}[x]. Wir können es darstellen durch:

[1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, …].

Wir leiten ab und erhalten das Polynom:

[0, 2 · 1, 3 · 0, 4 · 1, 0, 0 …] = [0, 0, 0, 0, 0, …].

Folglich gilt für die Ableitung des Polynoms x^{4} + x^{2} + 1 im Ring Z_{2}[x]:

f′(x) = O.

Satz 144 Für die Ableitung der Summe zweier Polynome gilt:

(f(x) + g(x))′ = f′(x) + g′(x).

Beweis Die Polynome f(x) und g(x) seien wie folgt gegeben:

f = [a_{0}, a_{1}, …, a_{i}, …]

g = [b_{0}, b_{1}, …, b_{i}, …]

Dann gilt für die Ableitungen:

f′ = [a_{1}, 2a_{2}, …, ia_{i}, …]
g′ = [b_{1}, 2b_{2}, …, ib_{i}, …]

Wir betrachten nun die Summe der beiden Polynome f(x) und g(x):

f + g = [a_{0} + b_{0}, a_{1} + b_{2}, …, a_{i} + b_{i}, …].

Dann gilt für die Ableitung der Summe:

(f + g)′ = [a_{1} + b_{1}, 2(a_{2} + b_{2}), …, i(a_{i} + b_{i}), …]
= [a_{1} + b_{1}, 2a_{2} + 2b_{2}, …, ia_{i} + ib_{i}, …]
= [a_{1}, 2a_{2}, …, ia_{i}, …] + [b_{1}, 2b_{2}, …, ib_{i}, …]
= f′ + g′
□

Satz 145 Für die Ableitung des Produkts zweier Polynome gilt:

(f · g)′ = f′ · g + f · g′.

Beweis Die beiden Polynome f(x) und g(x) seien wie folgt gegeben:

f(x) = a_{0} + a_{1}x + … + a_{i}x^{i} + …
g(x) = b_{0} + b_{1}x + … + b_{i}x^{i} + …

Dann gilt für das Produkt der beiden Polynome:

f(x)g(x) = a_{0} · g(x) + … + a_{i}x^{i} · g(x) + …

Wir betrachten die Ableitung des Produkts:

(f(x)g(x))′ = (a_{0} · g(x))′ + … + (a_{i}x^{i} · g(x))′ + …

Das können wir aus dem vorangegangenen Satz folgern. Wir sehen uns die einzelnen Summanden näher an:

a_{i}x^{i} · g(x) = … + a_{i}x^{i}b_{k}x^{k} + …
= … + a_{i}b_{k}x^{i+k} + …

Für die Ableitung eines Summanden gilt dann:

(a_{i}x^{i} · g(x))′ = … + a_{i}b_{k}(i + k)x^{i+k−1} + …
= … + a_{i} · b_{k} · i · x^{i−1} · x^{k} + a_{i} · b_{k} · k · x^{i} · x^{k−1} + …
= a_{i} · i · x^{i−1} · (… + b_{k} · x^{k} + …) + a_{i} · x^{i} · (… + b_{k} · k · x^{k−1} + …)
= a_{i} · i · x^{i−1} · g(x) + a_{i} · x^{i} · g′(x)

Dann gilt für das Produkt insgesamt:

(f(x) · g(x))′ = … + (a_{i}x^{i} · g(x))′ + …
= … + a_{i} · i · x^{i−1} · g(x) + a_{i} · x^{i} · g′(x) + …
= (… + a_{i} · i · x^{i−1} + …) · g(x) + (… + a_{i} · x^{i} + …) · g′(x)
= f′(x)g(x) + f(x)g′(x)
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Satz 146 Wenn a eine mehrfache Nullstelle des Polynoms f(x) ist, also wenigstens

(x − a)^{2} | f(x)

gilt, dann ist a auch eine Nullstelle des größten gemeinsamen Teilers der beiden Polynome f(x) und f′(x).

Beweis Nach Voraussetzung gilt:

f(x) = (x − a)^{2} · g(x)

für ein Polynom g(x). Bilden wir die Ableitung des Polynoms f(x), so gilt:

f′(x) = 2(x − a)g(x) + (x − a)^{2}g′(x).

Da offenbar das Polynom (x − a) sowohl das Polynom f(x) als auch seine Ableitung f′(x) teilt, gilt auch:

(x − a) | ggT(f(x), f′(x)).

Daraus folgt aber, daß a eine Nullstelle dieses größten gemeinsamen Teilers ist.

□

Folgerung: Gilt ggT(f(x), f′(x)) = 1, so hat das Polynom f(x) keine mehrfachen Nullstellen.

Beispiel 85 Wir betrachten im Ring Z_{2}[x] das Polynom x^{2k+1} + 1. Es hat einen ungeraden Grad. Dann gilt für seine Ableitung:

f′(x) = (2k + 1)x^{2k} = x^{2k}.

Wir betrachten:

f(x) + x · f′(x) = x^{2k+1} + 1 + x^{2l+1} = 1.

Daraus folgt: Der größte gemeinsame Teiler des Polynoms f(x) und seiner Ableitung f′(x) kann nur 1 sein. Deshalb hat dieses Polynom keine mehrfachen Nullstellen.

Übungsaufgabe 59 Wie verhält es sich mit dem Polynom x^{2k} + 1 im Ring Z_{2}[x]?

Definition 113 Wir sagen: f(x) ≡ g(x) mod h(x), wenn gilt: h(x) | f(x) − g(x), also die Polynome f(x) und g(x) bei Division durch das Polynom h(x) den gleichen Rest haben. (Dabei gilt: f, g, h ∈ K[x])

Satz 147 Für die polynomialen Restklassen (f mod h) und (g mod h) kann man eine Addition und eine Multiplikation definieren:

(f mod h) + (g mod h) = (f + g) mod h
(f mod h) · (g mod h) = (f · g) mod h

Beweis Es ist zu zeigen: Wenn gilt:

\overline{f} ≡ f mod h,
\overline{g} ≡ g mod h,

dann folgt:

(\overline{f} + \overline{g}) mod h = (f + g) mod h.

Zunächst gilt:

\overline{f} = s · h + f
\overline{g} = t · h + g

Daraus folgt:

\overline{f} + \overline{g} = s · h + f + t · h + g
= (s + t) · h + (f + g)

Damit gilt: \overline{f} + \overline{g} ≡ (f + g) mod h. Analog beweist man die Aussage für die Multiplikation.

□

Satz 148 Die polynomialen Restklassen K[x] mod h(x) bilden bezüglich Addition und Multiplikation einen kommutativen Ring mit 1.

Beweis Wir beweisen beispielsweise die Gültigkeit des Assoziativgesetzes für die Addition:

[(f_{1} mod h) + (f_{2} mod h)] + (f_{3} mod h) = [(f_{1} + f_{2}) mod h] + (f_{3} mod h)
= (f_{1} + f_{2} + f_{3}) mod h
= (f_{1} mod h) + [(f_{2} + f_{3}) mod h]
= (f_{1} mod h) + [(f_{2} mod h) + (f_{3} mod h)]
□

Übungsaufgabe 60 Führen Sie den Beweis zu Ende!

Die polynomialen Restklassen bilden auch einen linearen Raum.

Übungsaufgabe 61 Welche DImension hat dieser lineare Raum?

Satz 149 Der Ring der polynomialen Restklassen K[x] mod h(x) (wobei K ein Körper ist und h(x) ∈ K[x] gilt) ist genau dann ein Körper, wenn das Polynom h(x) ein Primpolynom ist.

Beweis

⟹) Es sei L = K[x] mod h(x) ein Körper. Wir nehmen an, daß das Polynom h(x) zerlegbar

ist. Dann gilt:

h(x) = p(x) · q(x),

wobei das Polynom h(x) weder das Polynom p(x) noch das Polynom q(x) teilt. Wir betrachten die beiden Restklassen (p mod h) und (q mod h), die beide nicht zur Restklasse (0 mod h) kongruent sind:

p ≢ 0 mod h,
q ≢ 0 mod h.

Nun gilt aber:

(p(x) · q(x)) mod h(x) = h(x) mod h(x) = 0 mod h(x).

Daraus folgt aber aufgrund der Voraussetzung, daß L ein Körper ist, daß gilt:

(p mod h) = (0 mod h) oder (q mod h) = (0 mod h).

Das ist ein Widerspruch.

⟸) Es sei das Polynom h(x) ein Primpolynom. Desweiteren betrachten wir ein weiteres beliebiges Polynom f(x) aus einer Restklasse modulo h(x), die aber verschieden von der Nullklasse sei. Dann gilt, daß das Polynom h(x) das Polynom f(x) nicht teilt. Damit ist aber: ggT(h(x), f(x)) = 1. Nach dem Satz über u und v existieren Polynome u(x) und v(x), so daß gilt:

h(x)u(x) + f(x)v(x) = 1.

Damit gilt aber:

(f(x) mod h(x))(v(x) mod h(x)) = (1 mod h(x)).

Folglich haben wir für die Restklasse (f mod h) ein inverses Element gefunden, nämlich die Restklasse (v mod h). Da aber das Polynom f(x) beliebig gewählt war, ist der Ring der polynomialen Restklassen K[x] mod h(x) ein Körper.

□

Satz 150 Wenn f(x) ein Polynom n–ten Grades über einem Körper K ist, dann hat es nicht mehr als n Nullstellen in K.

Beweis Wenn das Polynom f(x) eine Nullstelle a hat, dann gilt bekanntlich:

f(x) = (x − a) · g(x).

Bis zur k–ten Nullstelle können wir das Polynom f(x) weiter zerlegen in:

f(x) = (x − a_{1})(x − a_{2}) · . . . · (x − a_{k})g(x).

Hat nun das Polynom g(x) eine weitere Nullstelle a_{k+1}, so kann man das Polynom f(x) noch weiter zerlegen. Das läßt sich solange fortführen, bis gilt:

f(x) = (x − a_{1}) · . . . · (x − a_{l})\overline{g}(x),

und das Polynom \overline{g}(x) hat keine weiteren Nullstellen. Dann folgt daraus:

deg(f(x)) = n und l ≤ n.

Soweit ist alles klar. Nun nehmen wir an, es gäbe noch eine Nullstelle b, die wir mit dem bisherigen Verfahren noch nicht erfaßt hätten. (Das schließt dann den Fall mit ein, daß wir mehr als n Nullstellen haben.) Es gilt dann:

0 = f(b) = (b − a_{1}) · . . . · (b − a_{l})\overline{g}(x).

Da aber die Nullstelle b bisher noch nicht erfaßt war, gilt b ≠ a_{i}, für alle i = 1, …, l. Außerdem hat aber das Polynom \overline{g}(x) keine weiteren Nullstellen mehr. Folglich haben wir im Körper K Nullteiler gefunden! Dieser Widerspruch zeigt, daß es eine derartige Nullstelle b nicht geben kann. Dann aber gilt die Satzaussage.

□

Beispiel 86 Das Polynom

• x^{2} + x + 1 hat in Z_{2}[x] keine Nullstelle.

• x^{2} + 1 hat in Z_{2}[x] eine Nullstelle.

• x^{2} + x hat in Z_{2}[x] zwei Nullstellen.

• x^{3} + x hat in Z_{2}[x] zwei Nullstellen.

• x^{13} + x^{2} hat in Z_{2}[x] zwei Nullstellen.

In jedem Fall ist die Anzahl der Nullstellen nicht größer als der Grad des jeweiligen Polynoms.

9.9 Endliche Körper

Wir wiederholen noch einmal die Definition eines Körpers:

Definition 114 Eine Menge K heißt Körper, wenn zwei Operationen + und • mit

+, •: K × K ⟶ K

(Addition und Multiplikation) gegeben sind, so daß

• (K, +) eine kommutative Gruppe mit dem neutralen Element 0 ist;

• die Menge K \ {0} nicht leer und (K \ {0}, •) eine kommutative Gruppe mit dem neutralen Element 1 ist;

• (K, +, •, 0, 1) ein kommutativer Ring mit 1 ist.

Beispiel 87 Beispiele für endliche Körper sind die Körper Z_{p}, also die Mengen der Restklassen modulo p, bei denen p eine Primzahl ist. Das erforderliche inverse Element u zu einem Element a ergibt sich aus der Beziehung

a · u + p · v = 1,

die nach dem Satz über u und v gilt.

Es gibt also auf alle Fälle Körper mit 2, 3, 5, 7, 11, 13, 257, … Elementen. Wir stellen uns jetzt die Frage: Gibt es Körper mit 4, 6, 8, 9, 10, …, also q Elementen, wobei q keine Primzahl ist?

Definition 115 Ein Körper K hat die Charakteristik n ∈ N, wenn für alle Elemente x ∈ K gilt: n · x = 0. (Dabei ist n · x = \underbrace{x + … + x}_{n−mal}.) Dabei wählen wir die kleinste positive Zahl

mit dieser Eigenschaft. Gibt es keine positive Zahl, die diese Eigenschaft hat, so wählen wir n = 0.

Äquivalent dazu ist die folgende Formulierung: Es sei K ein Körper und M ⊆ N sei definiert durch

M = {m: m · x = 0, ∀x ∈ K} \ {0}.

Die Zahl n heißt Charakteristik des Körpers K, falls gilt:

n = \{ \begin{matrix}min(M) & , falls M ≠ ∅ \\ 0 & , sonst. \end{matrix}

Satz 151 Ein endlicher Körper K mit s Elementen hat immer eine positive Charakteristik n, die sogar Primzahl ist.

Beweis Wir betrachten das neutrale Element 1 aus diesem Körper. Nun sehen wir uns die folgenden Summen an:

1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, …, \underbrace{1 + 1 + … + 1}_{k−mal}, \underbrace{1 + 1 + … + 1}_{(k+1)−mal}

Da wir nur endlich viele Elemente im Körper haben, ist klar, daß es eine Zahl l ≠ k geben muß, so daß gilt:

\underbrace{1 + 1 + … + 1}_{k−mal} = \underbrace{1 + 1 + … + 1}_{l−mal} .

Subtrahieren wir die Seite mit der kleineren Anzahl an Summanden von der mit der größeren Anzahl an Summanden, so können wir feststellen: Es gibt Zahlen n, so daß gilt:

\underbrace{1 + 1 + … + 1}_{n−mal} = 0.

Dann gilt auch:

\underbrace{x + x + … + x}_{n−mal} = x · \underbrace{(1 + 1 + … + 1)}_{n−mal} = 0.

Es sei n die Charakteristik und \underline{keine} Primzahl. Dann existieren Zahlen a und b, so daß gilt:

n = a · b und a > 1, b > 1.

Dann gilt aber:

(a · 1) · (b · 1) = \underbrace{(1 + … + 1)}_{a−mal} · \underbrace{(1 + … + 1)}_{b−mal}
= \underbrace{1 · 1 + … + 1 · 1}_{n−mal}

Weil aber n die kleinste positive Zahl mit n · 1 = 0 ist, muß gelten:

a ≥ n und b ≥ n.

Das aber ist ein Widerspruch. Folglich ist die Charakteristik eines endlichen Körpers eine Primzahl.

□

Folgerung: Jeder Körper K der Charakteristik n > 0 enthält einen Unterkörper, der zum Körper Z_{n} isomorph ist. Das ist klar, da man die Körperelemente

1, 1 + 1, …, \underbrace{1 + … + 1}_{(n)−mal} = 0

isomorph auf die Elemente des Körpers Z_{n} abbilden kann.

Beispiel 88 Es sei K ein endlicher Körper mit 12 Elementen und der Charakteristik 5. Dann ist die Menge {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1}, die zum Körper Z_{5} isomorph ist, eine Teilmenge des Körpers K.

Satz 152 Enthält der endliche Körper K einen Unterkörper mit n Elementen, so existiert eine Zahl l, so daß K genau n^{l} Elemente enthält.

Beweis Es sei K der Oberkörper und L der Unterkörper mit n Elementen. Wir betrachten den Körper K mit der Addition und der skalaren Multiplikation · mit den Elementen aus dem Unterkörper L. Damit erfüllt der Körper K die Eigenschaften eines linearen Raumes, betrachtet über dem Körper L. Er ist dann sogar endlichdimensional, die Dimension sei l. Dann aber ist der lineare Raum K zu einem Spaltenvektorraum L_{l} isomorph. (Dieser Spaltenvektorraum existiert. Dann haben die Räume K und L_{l} die gleiche Dimension, und sie sind Räume über dem gleichen Körper, nämlich über L. Folglich sind sie isomorph (das hatten wir bereits früher gezeigt).) Damit entspricht jedem Vektor (Elemente aus K) genau ein Koordinaten–l–Tupel und umgekehrt. Folglich hat der Körper K n^{l} Elemente.

□

Folgerung: Das obige Beispiel ist gewissermaßen ein Hitzebeispiel^{1}. Der Körper K mit der Charakteristik 5 enthält nach dem vorangegangenen Satz 5^{l} Elemente. Aber es gilt offenbar für alle l ∈ N: 5^{l} ≠ 12. Den Körper K in der Form kann es gar nicht geben. Möglich wäre ein Körper K der Charakteristik 5 mit 25 Elementen.

Wie wir bereits wissen, gibt es Körper mit p Elementen, wobei p eine Primzahl ist. Das können beispielsweise Körper mit 2, 3, 5, 7, 11, … Elementen sein. Was wir aber nun herausgefunden haben, ist das folgende: Es kann eventuell auch Körper mit

• 4 = 2^{2} Elementen • 8 = 2^{3} Elementen

1Sowohl zum Zeitpunkt der Vorlesung als auch der Erstellung dieses Scriptes herrschten hochsommerliche Temperaturen von ca. 30^{∘}C. Dem ist wohl der Fehler geschuldet. Vielleicht kann er aber zum Verständnis beitragen.

• 9 = 3^{2} Elementen

• 16 = 2^{4} Elementen

• 121 = 11^{2} Elementen

• usw.

geben. Einen Körper mit 6 Elementen kann es nicht geben, da dieser nur Unterkörper mit 1, 2, 3, 4 oder 5 Elementen haben könnte. Die Zahl 6 ist aber nicht als Potenz einer dieser Zahlen darstellbar. Folglich kann es auch keinen Körper mit 36 Elementen geben. Zwar gilt 36 = 6^{2}, aber es gibt ja keinen Körper mit 6 Elementen.

Folgerung: Es kann nur Körper mit n = p^{l} Elementen geben, wobei p Primzahl ist.

Folgerung: Ist K ein Körper mit p^{l} Elementen, dann ist p seine Charakteristik.

Beweis Es sei also K ein Körper mit p^{l} Elementen. Er habe die Charakteristik n. Dann enthält er aber einen zum Körper Z_{n} isomorphen Unterkörper. Folglich hat der Körper K gerade n^{t} Elemente. Nun ist aber n eine Primzahl. Folglich ist sie nur durch sich selbst und 1 teilbar. Daraus folgt: n = p und t = l.

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Satz 153 Ist K ein Körper mit der Charakteristik p, dann gilt für alle Elemente a, b ∈ K:

(a + b)^{p} = a^{p} + b^{p}.

Beweis Es gilt:

(a + b)^{p} = a^{p} + ( \begin{matrix}p \\ 1 \end{matrix} ) a^{p−1}b + … + ( \begin{matrix}p \\ k \end{matrix} ) a^{p−k}b^{k} + … + b^{p}.

Nun wissen wir, daß gilt:

( \begin{matrix}p \\ k \end{matrix} ) = \frac{p!}{(p − k)! · k!} ∈ Z.

Alle diese Binomialkoeffizienten sind durch die Zahl p teilbar, wenn 1 ≤ k ≤ (p − 1) gilt. Sie sind also das p–fache irgendeiner anderen Zahl. Da die Zahl p aber die Charakteristik des Körpers K ist, sind alle p–fachen eines beliebigen Körperelementes gleich Null. Folglich gilt:

(a + b)^{p} = a^{p} + b^{p}.
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Satz 154 Im Körper Z_{p} (p – Primzahl) gilt für alle a ∈ Z_{p}:

a^{p} ≡ a mod p.

Beweis Im Körper Z_{p} (Charakteristik p) gilt:

a^{p} = \underbrace{(1 + … + 1)}_{a−mal}^{p} = \underbrace{1^{p} + … + 1^{p}}_{a−mal} = a.

Damit ist die Behauptung gezeigt.

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Übungsaufgabe 62 Wenn der Körper K die Charakteristik p hat und für ein Element a ∈ K a^{p} = a gilt, dann ist a ein Element aus dem Körper Z_{p} (dem Unterkörper der Vielfachen von 1).

Beispiel 89 Wir betrachten das Polynom x^{2} + x + 1 aus dem Ring Z_{2}[x]. Wie wir bereits wissen, hat es keine Nullstelle und ist sogar unzerlegbar. Nun betrachten wir die Menge der Restklassen K := Z_{2}[x] mod (x^{2} + x + 1). Wie leicht herauszufinden ist, ist das gerade die Menge:

{0, 1, x, x + 1}.

(Man erhält sie sehr leicht, indem man alle Polynome auflistet, die einen Grad kleiner dem des betrachteten Polynoms haben.) Mit der Addition und Multiplikation von Restklassen ist diese Menge ein Ring. Wir geben die Additions– und die Multiplikationstafel an:

• Additionstafel:

+  0  1  x x+1
0  0  1  x x+1
1  1  0 x+1 x
x  x x+1 0  1
x+1 x+1 x  1  0

• Multiplikationstafel:

· 0 1  x x+1
0 0 0 0 0
1 0 1  x x+1
x 0 x x+1 1
x+1 0 x+1 1  x

Bezüglich der Multiplikation gibt es für alle Elemente der Menge K \ {0} sogar ein inverses Element.

Satz 155 Ist f(x) ein unzerlegbares Polynom aus Z_{p}[x] (ein Primpolynom) vom Grad l, dann ist der Ring Z_{p}[x] mod f(x) ein endlicher Körper mit p^{l} Elementen.

Beweis Die Menge Z_{p}[x] mod f(x) ist als Menge von Restklassen ein kommutativer Ring mit gerade p^{l} Elementen. Es gilt weiterhin für alle [g(x)], [h(x)] ∈ Z_{p}[x] mod f(x):

[g(x)] + [h(x)] = [g(x) + h(x)]
[g(x)] · [h(x)] = [g(x) · h(x)]

Es sei [g(x)] mod f(x) ≠ 0 mod f(x). Dann gilt: ggT(f(x), g(x)) = 1. Nach dem Satz über u und v gibt es zwei Polynome u(x) und v(x), so daß gilt:

f(x)u(x) + g(x)v(x) = 1.

Das heißt: Die Restklassen der Polynome g(x) und u(x) sind zueinander invers. Folglich ist der Ring Z_{p}[x] mod f(x) ein Körper.

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Endliche Körper gibt es nur mit p^{k} Elementen. Man benötigt für einen solchen Körper ein unzerlegbares Polynom f(x) ∈ Z_{p}[x] vom Grade k.

Beispiel 90 Ein unzerlegbares Polynom in Z_{2}[x] ist beispielsweise das Polynom

f(x) = x^{64} + x^{4} + x^{3} + x + 1.

Damit kann man einen Körper mit 2^{64} Elementen konstruieren. Mit dem in Z_{2}[x] unzerlegbaren Polynom x^{3} + x + 1 kann man einen 8–elementigen Körper bilden. Geht man vom Polynom x^{2} + x + 1 aus, erhält man einen vierelementigen Körper.

Satz 156 Es sei f(x) ∈ K[x] ein unzerlegbares Polynom. Dann existiert ein endlicher Oberkörper L des endlichen Körpers K, so daß das Polynom f(x) ∈ L[x] eine Nullstelle α ∈ L hat.

(Kommentar: Ein Primpolynom im Körper K[x] hat keine Nullstellen. Man kann aber einen Körper L finden, der den Körper K enthält, in dem das Polynom f(x) eine Nullstelle hat.)

Beweis Wir betrachten den folgenden Körper L:

L = {Menge aller Polynome über dem Körper K in einer Konstante T } mod f(T)
= K[T] mod f(T)

Wir betrachten ein

Beispiel 91 Es sei f(x) = x^{3} + x + 1 gegeben. (f = [1, 1, 0, 1] ∈ Z_{2}[x]) Dann ist der Körper L wie folgt definiert:

L = {0, 1, T, T + 1, T^{2}, T^{2} + 1, T^{2} + T, T^{2} + T + 1} ⊇ Z_{2} = {0, 1}.

Dann gilt:

L[x] = {…, T^{2} + (T^{2} + T) · x + (T + 1) · x^{2}, …} ∋ f(x) = 1 + x + x^{2}.

Dieser Körper L ist ein endlicher Körper, ein Oberkörper des Körpers K. Wir wählen nun α = T ∈ L. Dann gilt:

f(α) = f(T) ≡ 0 mod f(T).

Nach Definition des Körpers L ist damit α eine Nullstelle des Polynoms f(x).

Beispiel 92 In unserem Beispiel (f(x) = x^{3} + x + 1) bedeutet das:

f(α) = 1 + T + T^{2} ≡ 0 mod \underbrace{(1, 1, 0, 1)}_{=f} .

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Satz 157 Es sei f(x) ein beliebiges Polynom aus K[x]. Dann existiert ein Oberkörper L des Körpers K, in dem das Polynom f(x) ∈ L[x] in Linearfaktoren zerfällt:

f(x) = (x − α_{1})(x − α_{2}) · . . . · (x − α_{k}).

Beweis Wir zerlegen das Polynom f(x) soweit wie möglich. Es sei nun f_{0}(x) ein unzerlegbarer Faktor des Polynoms f(x), sein Grad sei größer als 1. Dann betten wir den Körper K in einen Körper K_{0} ein, in dem f_{0}(x) eine Nullstelle α_{0} hat. Dieser Körper K_{0} existiert nach dem vorigen Satz. Folglich ist f_{0}(x) im Körper K_{0} zerlegbar. Es gilt in K_{0}:

f(x) = (x − α_{1}) · . . . · (x − α_{j}) · f_{0}(x)
= (x − α_{1}) · . . . · (x − α_{j}) · (x − α_{0}) · g_{0}(x)

Für das Polynom g_{0}(x) verfahren wir genauso, wenn es nicht zerlegbar ist. Nach mindestens deg(f(x)) vielen Einbettungen haben wir den Oberkörper L gefunden, der die Eigenschaften, die in der Behauptung angegeben werden, besitzt.

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Beispiel 93 Schweifen wir zu den nichtendlichen Körpern ab. So haben beispielsweise im Körper der reellen Zahlen R nicht alle Polynome Nullstellen. Betten wir diesen Körper aber in einen Oberkörper, die komplexen Zahlen C, ein, so zerfallen dort sogar alle Polynome in Linearfaktoren.

Beispiel 94 Wir betrachten das Polynom

f(x) = (x^{2} + x + 1)(x^{3} + x + 1) ∈ Z_{2}[x].

Dieses Polynom kann im betrachteten Körper nicht weiter zerlegt werden. Wenn wir ihn aber zweimal erweitern (auf einen Körper mit 32 Elementen), so zerfällt dieses Polynom in Linearfaktoren.

Satz 158 Zu jeder Primzahl p und jeder natürlichen Zahl k > 0 gibt es einen Körper mit p^{k} Elementen.

Beweis Wir betrachten das Polynom f(x) = x^{p^{k}} − x in Z_{p}[x]. Nach dem vorigen Satz gibt es einen Körper L, in dem gilt:

f(x) = (x − α_{1})(x − α_{2}) · . . . · (x − α_{p^{k}}).

Dabei sind die α_{i} (i = 1, …, p^{k}) die Nullstellen des Polynoms im Körper L. Behauptung: Diese Nullstellen sind alle paarweise verschieden. Wir zeigen das: Dazu betrachten wir die Ableitung des Polynoms:

f′(x) = p^{k} · x^{(p^{k}−1)} − 1.

Weil aber p die Charakteristik des Körpers L ist (er ist ja ein Oberkörper von Z_{p}[x]), gilt:

f′(x) = 0 − 1 = −1.

Daraus folgt aber: ggT(f(x), f′(x)) = 1. Also hat das Polynom f(x) keine mehrfachen Nullstellen. Es sei nun K = {α_{1}, …, α_{p^{k}}} die Menge der Nullstellen des Polynoms f(x) im Körper L. Wir zeigen: Die Menge K ist der gesuchte Körper. Zunächst gilt: 0 ∈ K und 1 ∈ K. Es seien nun α und β zwei Nullstellen. Es gilt also:

\begin{matrix}α^{p^{k}} − α = 0 \\ β^{p^{k}} − β = 0 \end{matrix} ⟺ α^{p^{k}} = α und β^{p^{k}} = β.

Das bedeutet:

(αβ)^{p^{k}} = α^{p^{k}} · β^{p^{k}} = αβ.

Also gilt: (αβ)^{p^{k}} − αβ = 0 und das Produkt zweier Nullstellen ist wiederum eine Nullstelle. Es sei nun γ invers zu α ≠ 0. Dann gilt: αγ = 1. Daraus folgt:

α^{p^{k}} · γ^{p^{k}} = 1^{p^{k}}
α · γ^{p^{k}} = 1 | ·γ
γ · α · γ^{p^{k}} = γ
γ^{p^{k}} = γ

Folglich existiert zu jedem Element aus der Menge K ein inverses Element in der Menge K. Wir betrachten nun noch die Addition. Da die Nullstellen alle Elemente des Körpers L sind (der die Charakteristik p hat), gilt:

(α + β)^{p} = α^{p} + β^{p}.

Daraus folgt aber:

(α + β)^{p^{k}} = α^{p^{k}} + β^{p^{k}} = α + β.

Folglich ist auch die Summe zweier Nullstellen wieder eine Nullstelle. Damit ist die Behauptung richtig, denn wir haben den Körper in der Menge K gefunden.

□ Der so konstruierte Körper K ist auch in der Form Z_{p}[x] mod g(x) darstellbar. Dazu betrachten wir im Körper K (mit p^{k} Elementen), der als linearer Raum über dem Körper Z_{p} k–dimensional ist, die folgenden Vektoren:

1, α, α^{2}, α^{3}, …, α^{k},

wobei α ∈ K gilt. Diese Vektoren sind linear abhängig, da es k + 1 Vektoren sind:

c_{0} + c_{1}α + … + c_{k−1}α^{k−1} + α^{k} = 0,

wobei die c_{i} Elemente des Körpers Z_{p} sind. g(x) ist ein Polynom aus Z_{p}[x]. Es gilt:

g(x) = c_{0} + c_{1}x + … + c_{k−1}x^{k−1} + x^{k}.

Man kann das Element α immer so auswählen, daß das Polynom g(x) unzerlegbar ist. Mit diesem Polynom g(x) erhält man den Körper mit p^{k} Elementen. Beginnt man mit einem beliebigen Element α ∈ K (mit α ≠ 0), und hat man ein Element β, so daß β^{i} (i ∈ N) alle Körperelemente durchläuft, so ist α · β^{i} eine Folge, die gerade die Periode p^{k} − 1 hat.