Lineare Algebra Sommersemester 2014

Friedrich-Schiller-Universität Jena
Mathematisches Institut
Lineare Algebra
– Lehramtsform Regelschule –
Sommersemester 2014
Simon King
10. Juli 2014
Inhaltsverzeichnis
1 Einleitung
1
2 Vektorräume
2.1 Die Vektorraumaxiome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Linearkombinationen, lineare Abhängigkeit . . . . . . . . . . . . .
7
7
10
3 Der Basisbegriff
13
4 Dimension, Untervektorräume
4.1 Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Untervektorräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
16
17
5 Lineare Abbildungen
5.1 Linearität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Kern; Rangformel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Isomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Abbildungsmatrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Darstellung eines Vektors bezüglich einer Basis . . . . . .
5.4.2 Darstellung einer linearen Abbildung zu gegebenen Basen
5.4.3 Matrixmultiplikation und Verknüpfung von Abbildungen
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20
20
20
21
22
22
24
26
6 Lineare Gleichungssysteme
6.1 Einleitendes Beispiel . . . . . . . . . . . .
6.2 Lineare Gleichungssysteme . . . . . . . . .
6.3 Basislösungen . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 Inhomogene Gleichungssysteme . .
6.4 Das Gaußsche Eliminationsverfahren . . .
6.5 Der Gauß–Algorithmus als Matrixprodukt
6.5.1 Elementarmatrizen . . . . . . . . .
6.6 Der Rang einer Matrix . . . . . . . . . . .
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28
28
30
31
33
35
38
39
42
Determinante
Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Erste Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Weitere Eigenschaften, Produktregel . . . . . . . . . . . . . . . .
46
46
47
49
7 Die
7.1
7.2
7.3
8 Eigenwerte und Eigenvektoren
8.1 Grundbegriffe . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Das charakteristische Polynom . . . . .
8.3 Eigenräume sind linear unabhängig . .
8.4 Diagonalisierbarkeit . . . . . . . . . . .
8.5 Mehr zum charakteristischen Polynom
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52
52
53
54
55
57
9 Anwendungen linearer Algebra
9.1 Die Cramersche Regel . . . . . . . . .
9.1.1 Die Wheatstonesche Messbrücke
9.2 Lineare Codes . . . . . . . . . . . . . .
9.2.1 Der Hamming–Code . . . . . .
9.2.2 Perfekte Codes und Sportwetten
ii
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59
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67
1
Einleitung
Ein wichtiger Ansatz in der Mathematik ist die Abstraktion. Der typische Verlauf:
• Mustererkennung: Man erkennt, dass die gleichen Rechenregeln in mehreren
Problemfeldern auftauchen.
• Abstraktion: Man schreibt diese Rechenregeln in einer Sprache hin, die nicht
vom jeweiligen Problemfeld abhängt.
• Theorieentwicklung: Man entwickelt Methoden und Lösungsansätze mit
diesen abstrakten Rechenregeln. Diese Methoden gelten dann gleichzeitig
für alle Problemfelder, in denen diese Rechenregeln gelten.
• Anwendung: Man wendet diese allgemeine Methoden auf konkrete Problemfelder an.
Die Lineare Algebra ist ein gutes Beispiel für diese Vorgehensweise. Die Rechenregeln, um die es in diesem Fall gilt, sind Addition und Skalarmultiplikation, wie
man sie bei Vektoren kennt.
Analytische Geometrie
Vektoren — in der Ebene und im Raum — sind ein wichtiges Hilfsmittel in der
Geometrie. Wir setzen Kenntnisse des Vektorbegriffs voraus:
• Ein Vektor ist eine Größe, die sowohl eine Länge als auch eine Richtung
hat. Ausnahme: Der Nullvektor hat Länge Null und jede Richtung.
−→
• Der Vektor AB entspricht der gerichteten Strecke von A nach B — allerdings vergessen wir dabei den konkreten Anfangs- und Endpunkt. Es gilt
−→ −−→
AB = CD, falls die Strecken von A nach B und von C nach D die gleiche
Länge und die gleiche Richtung haben. Das heißt, falls ABDC ein Parallelogram ist.
B
−→
AB
D
A
−−→
CD
C
Vorsicht: Ein Vektor ist nicht dasselbe wie ein „Pfeil“! Ein Pfeil hat zusätzlich zu Länge und Richtung noch feste Anfangs- und Endpunkte.
1
• Die Wahl eines Koordinatensystems hilft, Vektoren darzustellen. Für Punkte A = (1, 2) und B = (3, 1) der Ebene schreibt man
−→
3
1
2
AB =
−
=
,
1
2
−1
eine (1 × 2)-Matrix oder Spaltenvektor
  . Analog können Vektoren im Raum
x

als dreizeilige Spaltenvektoren y  dargestellt werden.
z
Um den Vektorbegriff systematisch zu beschreiben, muss man von Translationen
(Parallelverschiebung) reden. Es gibt mindestens zwei gültige Sichtweisen.
• Man kann vom Begriff des Pfeils ausgehen und sagen, dass zwei Pfeile äquivalent sind, wenn sie durch Parallelverschiebung ineinander über gehen.
Das läuft darauf hinaus, dass man Anfangs- und Endpunkt der Pfeile vergisst und nur noch Länge und Richtung betrachtet. Vektoren kann man
als Äquivalenzklassen von Pfeilen auffassen, ähnlich wie man rationale Zahlen als Äquivalenzklassen von Brüchen (Äquivalenz gegeben durch
Kürzen) auffassen kann.
• Im Anschaungsraum gibt es Geraden und Ebenen, und jedem Paar von
Punkten ist ihr Abstand zugeordnet. Es gibt Abbildungen, die Geraden
stets wieder auf Geraden, Ebenen auf Ebenen abbilden und Abstände erhalten: Drehungen, Spiegelungen, Translationen. Eine Translation (also Parallelverschiebung) ist durch die Verschiebungsrichtung und die Verschiebungsdistanz gegeben. Vektoren kann man also als Translationen auffassen.
Addition Vektoren addiert man mit einem Parallelogramm. Physikalische Anwendung: Kräfteparallelogram.
u+v
u
v
Vektoren im R2 oder im R3 addiert man komponentenweise:
    

a1
b1
a1 + b 1
 a2  +  b 2  =  a2 + b 2  .
a3
b3
a3 + b 3
2
Skalarmultiplikation
Mankannauch Vektoren mit Skalaren (d.h. reellen Zah−→
a
λa1
len) multiplizieren: λ 1 =
; und λAB ist die Strecke, die |λ|-mal so lang
a2
λa2
−→
wie AB ist, und die gleiche bzw. die entgegengesetzte Richtung hat, falls λ > 0
bzw. λ < 0.
Wenn man sowohl addieren als auch skalar multiplizieren kann, spricht man
von einem „Vektorraum“.
Andere Problemfelder
Geometrische Vektoren in der Ebene und im Raum sind nicht die einzigen Objekte, die man miteinander addieren und mit Skalaren multiplizieren darf.
Matrizen
Für festes m, n kann man die Matrizen1 aus Rm×n miteinander addieren, und mit
Skalaren multiplizieren.
1 1 1
0 −1 1
1 0 2
+
=
2 3 −1
−1 0 2
1 3 1
1 1 1
2 2 2
2
=
.
2 3 −1
4 6 −2
Matrizen werden in dieser Vorlesung noch eine große Rolle spielen, da man mit
ihnen „strukturerhaltende“ Abbildungen (das sind zum Beispiel „Ähnlichkeitsabbildungen“ in der Geometrie) beschreiben kann.
Lineare Gleichungssysteme
Lineare Gleichungssysteme kommen in vielen Situationen vor und sind Ihnen sicherlich schon zu Schulzeiten begegnet. Scheid und Schwarz geben in §I.1 Beispiele
aus der Metallurgie (Mischung von Stahllegiereungen) und aus der Elektrotechnik (Stromstärke in einem Gleichstromnetz). Hier ist ein einfaches Beispiel aus
der Wirtschaft:
1kg Äpfel plus 2kg Birnen plus 1kg Kartoffeln plus 1kg Tomaten kosten zusammen 12,00 e, dagegen bezahlt man 8,00 e für 1kg Äpfel plus
1kg Birnen plus 2kg Kartoffeln, und 5,50 e für 1kg Birnen plus 1kg
Tomaten. Was kann man über die Preise der vier Waren sagen?
1
Möglicherweise aus der Schule bekannt
3
Wir bezeichnen die Kilopreise der vier Waren mit A, B, K, T . Es geht um die
Lösungen des Gleichungssystems
A + 2B + K + T = 12 (I)
A + B + 2K
= 8 (II)
B
+ T = 5,5 (III)
Da wir drei Gleichungen in vier Unbekannten haben, vermuten wir, dass wir die
Preise nicht eindeutig bestimmen können. Ziehen wir aber (II) und (III) von (I)
ab, erhalten wir −K = −1,5. Somit steht fest, dass 1kg Kartoffeln 1,50 e kostet.
Setzen wir jetzt voraus, dass wir den Wert von T kennen. Aus (III) folgt dann
B = 5,5 − T .
Setzt man diesen Wert in (II) ein, zusammen mit K = 1,5, so erhalten wir auch
A = 5 − B = T − 0,5 .
Umgekehrt prüft man leicht nach: mit A = T − 0,5 , B = 5,5 − T und K = 1,5
werden alle drei Gleichungen erfüllt. Somit lautet die allgemeine Lösung
  

A
T − 0,5
 B  5,5 − T 
 =

K   1,5  mit 0,5 < T < 5,5,
T
T
   
A
2
B   3 
  
denn alle Preise sollten positiv sein. Eine Lösung unter vielen ist 
K  = 1,5.
T
2,5
Homogene Lineare Gleichungssysteme
Im obigen Beispiel bekommt man keine neue Lösungen durch Addition und Skalarmutliplikation,
    denn das Gleichungssystem ist inhomogen. Zum Beispiel ist
2
4
 3  6
  
2
1,5 = 3 keine Lösung, denn (III) wird nicht erfüllt. Aber ein Weg, um
2,5
5
die allgemeine Lösung eines inhomogen linearen Gleichungssystems zu bestimmen, lautet:
• Eine Lösung v des inhomogenen Gleichungssystems finden;
• Die Menge U aller Lösungen des homogenen Gleichungssystems finden;
• {v + u | u ∈ U } ist die Lösungsmenge des inhomogenen Gleichungssystems.
4
Das homogene Gleichungssytem in unserem Beispiel ist
A + 2B + K + T = 0
A + B + 2K
= 0
B
+ T = 0
Bei einem homogenen Gleichungssystem gilt: addiert man zwei Lösungen, so erhält man eine weitere Lösung. Das gleiche gilt für Skalarmultiplikation.
Lineare Differenzialgleichungen und Physik
In der Schule haben Sie vermutlich gelernt, wie man Funktionen wie Sinus und
Cosinus ableitet:
sin0 (x) = cos(x)
cos0 (x) = − sin(x)
In einer Differenzialgleichung sind eine Funktion und ihre Ableitung in eine Beziehung gesetzt. Man erkennt, dass sowohl f (x) = sin(x) als auch f (x) = cos(x)
die Gleichung f 00 (x) = −f (x) und daher auch f 0000 (x) = f (x) erfüllen. Vielleicht kennen Sie auch die Exponentialfunktion exp(x) = ex und haben gelernt,
dass exp0 (x) = exp(x). Also erfüllt auch f (x) = exp(x) die Differenzialgleichung
f 0000 (x) = f (x).
Bekanntlich gilt (f + g)0 (x) = f 0 (x) + g 0 (x), und für c ∈ R gilt (c · f )0 (x) =
c · f 0 (x). Wenn also f 0000 (x) = f (x) und g 0000 (x) = g(x) und c1 , c2 ∈ R, dann erfüllt
auch (c1 · f + c2 · g)(x), also z.B. sin(x) + 3 cos(x) − 12 exp(x), diese Differenzialgleichung.
Differenzialgleichungen2 sind ein äußerst wichtiges Hilfsmittel in den meisten exakten Wissenschaften. In der Physik werden viele Wellenphänomene —
Oberflächenwellen in Wasser, elektromagnetische Wellen im Vakuum, quantenmechanische Wellenfunktionen — durch homogene lineare Differnzialgleichungen
beschrieben. Daher ergibt die Überlagerung zweier Wellen wieder eine Welle.
Datenverkehr
Möchte man Daten übertragen, so geschieht dies durch so genannte Codes: Jedem
Buchstaben wird zum Beispiel eine Folge aus acht Nullen und Einsen zugeordnet und diese dann per Funk übertragen. Dabei kann es zu Übertragungsfehlern
kommen. In der Codierungstheorie sucht man nach Möglichkeiten, solche Fehler
automatisch zu korrigieren: Wenn ein Fehler auftritt, so sollte das übertragene Wort kein Codewort sein, und die Fehlerkorrektur besteht darin, das falsch
übertragene Wort durch das „ähnlichste“ Codewort zu ersetzen.
Meist konzentriert man sich hier auf „lineare“ Codes: Die Summe zweier Codewörter (gerechnet in Z/2Z) ist wieder ein Codewort.
2
Bei f 0000 (x) = f (x) handelt es sich um eine homogene lineare Differenzialgleichung
5
Fazit
Die lineare Algebra untersucht alle Strukturen, in denen man addieren und skalar
multiplizieren kann und ist in den Naturwissenschaften, Informatik und auch in
den Wirtschaftswissenschaften unverzichtbar.
6
2
Vektorräume
Wie in der Einleitung erklärt wollen wir Strukturen mit „Addition“ und „Skalarmultiplikation“ betrachten. Ein „Skalar“ ist allgemein ein Element eines Körpers
(K, +, ·, 0, 1). Die Definition des Begriffs „Körper“ ist bereits aus der Vorlesung
„Elemente der Mathematik“ bekannt. Beispiele von Körpern (Q,R,C, Z/pZ für
Primzahlen p) sind ebenfalls bereits bekannt.
Wir verwenden in dieser Vorlesung generell das Symbol „K“ für den jeweils
betrachteten Körper. Sie dürfen sich meistens den Fall K = R vorstellen, auch in
den Übungsaufgaben werden wir fast nur reelle Vektorräume betrachten.
Um Verwechslungen zu vermeiden, halten wir uns in der Notation an die
folgenden Konventionen:
• Vektorräume benennen wir mit lateinischen Großbuchstaben, meist aus dem
Ende des Alphabets (U , V , W ), oder geben ihre Konstruktion an (R2 , R3 ).
• Skalare, also Elemente von K, bezeichnen wir mit griechischen Kleinbuchstaben, meist aus der Mitte des Alphabets (λ, µ, ν), und dann gibt es
natürlich die speziellen Elemente 0 und 1.
• Vektoren, also Elemente eines Vektorraums, bezeichnen wir mit einem einfach unterstrichenen lateinischen Kleinbuchstaben, meist aus dem Ende des
Alphabets (u, v, w).
2.1
Die Vektorraumaxiome
Ein Vektorraum liegt dann vor, wenn eine Addition und eine Skalarmultiplikation
vorliegen, die sich „wie erwartet“ verhalten. Unsere genauen Erwartungen werden
durch die folgenden acht Axiome festgehalten.
Definition 2.1 Ein K–Vektorraum besteht aus einer Menge V zuzüglich:
• einer (Vektor-)Addition +, so dass (V, +) zu einer abelschen Gruppe wird.
Es gilt also:
(V1) Kommutativ: u + v = v + u für alle u, v ∈ V
(V2) Assoziativ: u + (v + w) = (u + v) + w für alle u, v, w ∈ V
(V3) Nullvektor: Es gibt 0 ∈ V derart, dass für jedes v ∈ V gilt v + 0 = v.
(V4) Negation: Zu jedem v ∈ V gibt es −v ∈ V mit v + (−v) = 0.
• einer Skalarmultiplikation K × V → V , (λ, v) 7→ λv, mit:
(V5) Assoziativ: (λµ)v = λ(µv) für alle λ, µ ∈ K und für alle v ∈ V ;
(V6) Eins: 1v = v für alle v ∈ V .
7
• Sowohl die Addition in K als auch die Addition in V erfüllen mit der Skalarmultiplikation das Distributivgesetz. Für alle λ, µ ∈ K und u, v ∈ V gelten
also:
(V7) λ(u + v) = λu + λv
(V8) (λ + µ)v = λv + µv .
Beachten Sie dabei, dass sowohl die Addition in K als auch die Addition in V
mit + bezeichnet werden. Meist besteht aber keine Verwechselungsgefahr.
Beispiel 2.2 Hier sind einige Vektorräume:
a) Geometrische Vektoren im dreidimensionalen Anschauungsraum.
b) Rn , mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation, d.h.

  

    
u1
v1
u1 + v1
v1
λv1
 u2   v2   u2 + v2 
 v2   λv2 
 + =

 =

λ
. . .  . . .   . . . 
. . .   . . .  .
un
vn
un + vn
vn
λvn
c) Die Menge C 0 (R) der stetigen Funktionen f : R → R, mit punktweiser
Addition und Skalarmultiplikation, d.h.
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
(λf )(x) = λ · f (x) .
d) C, mit der üblichen Addition und Multiplikation, wobei man als Skalare
nur reelle Zahlen zulässt: Wir haben im vergangenen Semester die gaußsche
Zahlenebene kennen gelernt, in der C als R2 dargestellt wird und sich die
Addition komplexer Zahlen als Vektoraddition erweist.
e) Die Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems.
f) Der Vektorraum R[X] aller (reellen) Polynome. Der Vektorraum (R[X])≤n
aller Polynome von Grad ≤ n, für alle n ∈ N.
Zwei pathologische Beispiele Vielleicht sehen Sie ein, dass diese acht Bedingungen gelten sollten, fragen sich aber, ob wirklich alle acht benötigt werden.
So könnte man etwa fragen, ob nicht (V4) überflüssig ist, denn durch die
Skalarmultiplikation mit −1 ∈ K erhält man (−1)v, das müsste sicherlich −v sein,
oder? In der Rechtswissenschaft hat man Schlupflöcher, und in der Mathematik
hat man pathologische Beispiele. Hier sind zwei.
8
a) Wir setzen V = R2 ∪{@}, wobei @ ein zusätzliches Element bezeichnet, das
nicht schon in R2 enthalten ist. Für die Addition und Skalarmultiplikation
ergänzen wir die üblichen Operationen auf R2 durch
x
x
x
+@=@+
=
@+@=@
λ@ = @
y
y
y
x
für alle
∈ R2 , λ ∈ R. Es ist dann etwas mühsam aber nicht schwer,
y
nachzuweisen, dass (V1), (V2) und (V5)–(V8) weiterhin erfüllt werden. Ferner
wird (V3) erfüllt, beachten Sie aber, dass @ der Nullvektor
ist, nicht
0
0
. Aber (V4) wird nicht erfüllt, denn es gibt kein v ∈ V mit
+v = @.
0
0
Fazit: wir dürfen (V4) doch nicht weglassen.
b) Wir setzen V = R2 mit der
üblichen
Addition, definieren aber dieSkalarx
0
x
multiplikation durch λ L
=
für alle λ ∈ R und alle
∈ R2 .
y
0
y
Dann gelten alle Axiome außer (V6). Fazit: Auch (V6) kann nicht weggelassen werden.
Nach diesen Beispielen kann man sich sogar die umgekehrte Frage stellen: reichen diese acht Axiome aus, oder müssen wir noch weitere Bedingungen stellen?
Als Beleg dafür, dass diese acht tatsächlich ausreichen, leiten wir jetzt einige
Folgerungen her.
Lemma 2.3 Sei V ein K–Vektorraum.
a) Es gibt nur einen Nullvektor 0 ∈ V . Ferner ist für jedes v ∈ V der negative
Vektor −v eindeutig.
b) Für u, v, w ∈ V gelten: ist u + v = u + w dann v = w.
c) Es ist 0 · v = 0 = λ · 0 für alle v ∈ V und für alle λ ∈ K.
d) Für alle v ∈ V und für alle λ ∈ K gilt (−λ)v = −(λv) = λ(−v).
Beweis.
a), b): Wurde im vergangenen Semester für jede (nicht nur abelsche) Gruppe
bewiesen und wird daher als bekannt vorausgesetzt.
c): Es ist λv + 0 = λv = (λ + 0)v = λv + 0v. Also 0v = 0 nach b). Außerdem
ist λv + 0 = λv = λ(v + 0) = λv + λ0, daher λ0 = 0.
d): λv + (−λ)v = (λ − λ)v = 0v = 0, und λv + λ(−v) = λ(v − v) = λ0 = 0.
Lemma 2.4 Sei V ein K–Vektorraum. Erfüllen λ ∈ K und v ∈ V die Gleichung
λv = 0, so ist λ = 0 oder v = 0.
9
Beweis. Wir zeigen: Ist λv = 0 aber λ 6=0, dann gilt v = 0. Wegen λ 6= 0
existiert λ1 ∈ K. Dann 0 = λ1 0 = λ1 (λv) = λ1 λ v = 1v = v.
Andere Skalare Komplexe Vektorräume (Fall K = C) treten u.a. in der Physik auf. Vektorräume über dem Körper Q der rationalen Zahlen treten in der
Zahlentheorie auf; sie werden u.a. dazu verwendet, um die Unlösbarkeit der Würfelverdopplung, der Winkeldreiteilung und der Quadratur des Kreises nachzuweisen. In der Informatik ist der Körper Z/2Z der Restklassen modulo 2 interessant.
Bei einem Z/2Z-Vektorraum muss man nur die Addition angeben, die Skalarmultiplikation ist zwingend vorgeschrieben. Zwei Z/2Z-Vektorräume sind:
• Alle Bytes (d.h. Folgen von 8 Bits), die Addition ist die Operation XOR.
• Die Potenzmenge P(M ) einer Menge M , die Addition ist die symmetrische
Differenz 4 von Mengen:
A4B := {x | x liegt in genau einer der Mengen A, B} = (A∪B)\(A∩B) .
2.2
Linearkombinationen, lineare Abhängigkeit
Definition 2.5 Sei V ein K–Vektorraum, und v 1 , v 2 , . . . , v n Vektoren aus V .
Jeder Vektor der Art
v = λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n ,
mit λ1 , . . . , λn ∈ K heißt eine Linearkombination von v 1 , v 2 . . . , v n .
Beispiel 2.6
 
 
1
0
3



a) Jedes v ∈ R ist eine Linearkombination von e1 = 0 , e2 = 1 und
0
0
 
 
0
x



e3 = 0 , denn y  = xe1 + ye2 + ze3 .
1
z
 
 
 
1
0
2
3





0  ist eine
b) In V = R sei v 1 = 3 und v 2 = 2 . Der Vektor u =
1
1
−1
 
1

Linearkombination von v 1 , v 2 , denn u = 2v 1 − 3v 2 . Dagegen ist w = 0
1
,
v
:
wäre
nämlich
w
=
λv
+
µv
,
dann
keine
Linearkombination
von
v
1 2
1
2

  
λ
1
3λ + 2µ = 0. Ein Komponentenvergleich ergibt λ = 1, λ + µ = 1
λ+µ
1
(weshalb µ = 0) und 3λ + 2µ = 0, weshalb 3 = 0, ein Widerspruch.
10
c) Der Nullvektor 0 ist eine Linearkombination jedes Systems v 1 , v 2 , . . . , v n :
man setzt λi = 0 für jedes i.
d) Jedes Polynom aus R[X] vom Grad ≤ 2 hat die Gestalt aX 2 + bX + c mit
a, b, c ∈ R, ist also eine Linearkombination der Polynome X 2 , X und 1.
 
 
 
 
 
1
0
1
1
0









0
1
1
1
0





e) In R4 sei v 1 = 
,
v
=
,
v
=
,
v
=
und
v
=
5
1 2
0 3
1 4
0
1.
0
1
0
0
1
 
1
1

Der Vektor v = 
1 hat zwei verschiedene Darstellungen als eine Linear1
kombination von v 1 , v 2 , v 3 , v 4 , v 5 : v = v 1 + v 2 und v = v 4 + v 5 .
Somit ist v 1 + v 2 − v 4 − v 5 der Nullvektor. Das heißt, es gibt zwei verschiedene Darstellungen des Nullvektors als eine Linearkombination: die triviale
Darstellung 0 = 0v 1 +0v 2 +0v 3 +0v 4 +0v 5 sowie die nichttriviale Darstellung
0 = 1v 1 + 1v 2 + 0v 3 + (−1)v 4 + (−1)v 5 .
Lemma 2.7 (und Definition)
Für ein System v 1 , v 2 , . . . , v n ∈ V sind die folgenden Aussagen äquivalent:
P
a) Für jedes v ∈ V gibt es höchstens ein (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn mit v = ni=1 λi v i ;
P
b) Für jedes (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn gilt: ist ni=1 λi v i = 0, dann λi = 0 für alle i.
Gelten diese Bedingungen, so heißt das System v 1 , v 2 , . . . , v n linear unabhängig,
ansonsten heißt es linear abhängig.
Beweis. b) ⇒ a): Gilt a) nicht, P
dann gibt esPein v ∈ V mit mindestens
zwei solchen Darstellungen, d.h. v = ni=1 λi v i = ni=1 µi v i , mit (λ1 , . . . , λn ) 6=
(µ1 , . . . , µn ). Also gibt es ein i0 mit λi0 6= µi0 . Dann
0=v−v =
n
X
(λi − µi )v i ,
i=1
und λi − µi 6= 0 für i = i0 , was b) widerspricht.
a) ⇒ b): Gilt b) nicht, dann ist v = 0 ein Gegenbeispiel zu a), da 0 =
0v 1 + · · · + 0v n auch.
Bemerkung 2.8 (Koeffizientenvergleich) Nach Lemma 2.7.a) gilt:
PnWenn ein
linear
i=1 λi v i =
Pn unabhängiges System v 1 , v 2 , . . . , v n ∈ V gegeben ist und
µ
v
mit
λ
,
...,
λ
,
µ
,
...,
µ
∈
K,
dann
folgt
λ
=
µ
,
λ
=
µ
,
...,
λn = µn .
1
n
1
n
1
1
2
2
i=1 i i
Diese Schlussfolgerung nennt man Koeffizientenvergleich und ist nur für linear
unabhängige Systeme zulässig.
11
 
 
1
0



Beispiel 2.9
a) Das System v 1 = 3 , v 2 = 2 ist linear unabhängig
1 
1  

λ
0
3



in R , denn: ist λv 1 + µv 2 = 0, dann 3λ + 2µ = 0. Komponentenλ+µ
0
vergleich: λ = 0; λ + µ = 0, also µ = 0.
 
1
Sogar das System v 1 , v 2 , v 3 = 0 ist linear unabhängig: ist λv 1 + µv 2 +
1 

 
λ+ν
0
νv 3 = 0, dann  3λ + 2µ  = 0. Komponentenvergleich:
λ+µ+ν
0
λ + ν = 0 (I)
3λ + 2µ = 0 (II)
λ + µ + ν = 0 (III) .
(III) − (I): µ = 0. Aus (II) folgt λ = 0, aus (I) folgt jetzt ν = 0. Also
λ = µ = ν = 0.
 
0
Das System v 1 , v 2 , v 3 , v 4 = 1 dagegen ist nicht linear unabhängig, denn
0
v 1 = v 3 + 3v 4 , das heißt, v 1 zwei verschiedene Darstellungen als Linearkombination von v 1 , v 2 , v 3 , v 4 . Alternativ hätten wir anmerken können, dass
1 · v 1 + 0 · v 2 + (−1) · v 3 + (−3) · v 4 = 0 ist.
b) In V = C 0 (R) sind die Funktionen f (x) = 2x, g(x) = 3x und h(x) = x2
linear abhängig, denn 3f − 2g + 0h ist die konstante Funktion mit Wert 0.
c) In C 0 (R) sei f (x) = 1, g(x) = x2 und h(x) = ex − 1. Diese drei Funktionen
sind linear unabhängig, denn: angenommen es ist λf (x)+µg(x)+νh(x) = 0
für jedes x ∈ R. Wir setzen x = 0 ein und erhalten λ · 1 + µ · 0 + ν · 0 = 0,
d.h. λ = 0. Jetzt setzen wir x = 1 und x = −1 ein:
µ + ν(e−1 − 1) = 0 (II)
µ + ν(e − 1) = 0 (I)
(I) − (II): ν(e − e−1 ) = 0, also ν = 0. Aus (I) folgt dann µ = 0. Also
λ = µ = ν = 0.
12
3
Der Basisbegriff
Wir sahen: Vektoren v 1 , v 2 , . . . , v n sind linear unabhängig, wenn jedes v ∈ V
höchstens eine Darstellung als Linearkombination der Vektoren hat.
Definition 3.1 Die Vektoren v 1 , v 2 , . . . , v n ∈ V bilden ein Erzeugendensystem
von V , wenn jedes v ∈ V mindestens eine Darstellung als Linearkombination von
v 1 , v 2 , . . . , v n hat.
Eine Basis von V ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem. Das heißt:
v 1 , v 2 , . . . , v n ist eine Basis, wenn jedes v ∈ V genau eine Darstellung als Linearkombination von diesen Vektoren hat.
Beispiel 3.2
   
1
1



• 1 , 2 ist kein Erzeugendensystem des R3 : jede Linearkombination
0  1
 
x
2
y  der beiden Vektoren erfüllt x − y + z = 0, aber 1 erfüllt diese
z
0
Gleichung nicht.
       
0
1
1
1







• 1 , 0 , 1 , 1 ist zwar ein Erzeugendensystem des R3 , denn
2
1
2
1
 
 
 
 
 
x
0
1
1
1
y  = −x 1 − y 0 + (x + z) 1 + (y − z) 1 .
z
2
1
2
1
     
 
0
1
1
1







Es ist aber keine Basis, denn 1 + 0 + 1 = 2 1.
2
1
1
2
• Sei V der Vektorraum Rn . Für 1 ≤ i ≤ n definieren wir ei ∈ Rn als der
 
0
 .. 
.
 
0
 
Vektor ei = 1, dessen i-te Komponente 1 ist und alle weitere Kompo 
0
.
 .. 
0
nenten Null sind. Die Vektoren e1 , e2 , . . . , en bilden dann eine Basis für Rn ,
die so genannte Standardbasis. Völlig analog wird die Standardbasis des
K–Vektorraums Kn definiert, also allgemeiner als nur für K = R.
13
Nachweis, dass es sich um eine Basis handelt:
 
λ1


Pn
 λ2 
Erzeugendensystem: i=1 λi ei =  .. , und jedes v ∈ Rn hat diese Form.
.
λn
 
0


P
0
Linear unabhängig: Wenn ni=1 λi ei = 0 =  .. , so zeigt ein Komponen.
0
tenvergleich, dass λi = 0 für alle i.
• Sei U
⊆ R3der Lösungsraum
 der Gleichung x1 + x2 + x3 = 0. Die Lösungen
−1
−1
v 1 =  1  und v 2 =  0  bilden eine Basis für U : Sie sind linear unab0
1
hängig (Komponentenvergleich)
und bilden ein Erzeugendensystem
von U ,
 
 
x
x



denn aus y ∈ U folgt x = −y − z und daher y  = yv 1 + zv 2 Eine
z
z  
 
1
0



0
1 .
weitere Basis für U besteht aus w1 =
und w2 =
−1
−1
• Sei V der Raum aller Polynome vom Grad ≤ 3, die eine Nullstelle in x = −1
haben. Drei solche Polynome sind
p1 (x) = x + 1
p2 (x) = x2 + x
p3 (x) = x3 + x2 .
Diese Polynome sind linear unabhängig: Ist λp1 (x) + µp2 (x) + νp3 (x) = 0
für alle x, dann λ = 0 (x = 0 einsetzen), also µp2 (x) + νp3 (x) = 0. Leiten
wir diese Gleichung einmal ab und setzen wir dann x = 0 ein, erhalten wir
µ = 0, denn p02 (x) = 2x + 1, p03 (x) = 3x2 + 2x. Also νp3 (x) = 0. Setzen wir
x = 1 ein so erhalten wir 2ν = 0, weshalb λ = µ = ν = 0.
Diese drei Polynome erzeugen auch V , denn: ist q(x) ∈ V , so ist q(x) =
ax3 + bx2 + cx + d mit d = c − b + a. Also q(x) = ap3 (x) + (b − a)p2 (x) +
(c − b + a)p1 (x). Damit ist p1 , p2 , p3 eine Basis für V .
• Der Vektorraum P aller Polynome hat kein (endliches) Erzeugendensystem.
Notation 3.3 Ein Vektorraum heißt endlich dimensional, wenn er ein (endliches) Erzeugendensystem hat. Wir werden sehen: Jeder endliche dimensionale
Vektorraum V hat eine Basis, und alle Basen von V sind gleich lang.
14
Lemma 3.4 Für n ≥ 1 sei v 1 , . . . , v n ein Erzeugendensystem von V . Die folgenden drei Aussagen sind äquivalent:
P
a) Es gibt eine lineare Abhängigkeit ni=1 λi v i = 0 mit λn 6= 0;
b) v n ist eine Linearkombination von v 1 , . . . , v n−1 ;
c) Auch v 1 , . . . , v n−1 ist ein Erzeugendensystem von V .
Beweis. c) ⇒ b): Definition
von „Erzeugendensystem“. b) ⇒ a): Ist vn =
Pn−1
Pn
a) ⇒ c): Mit µi = − λλni
i=1 λi v i , dann gilt
i=1 λi v i = 0 mit λn = −1.
Pn−1
Pn
ist vP
n =
i=1 µi v i . Nun sei v ∈ V , also gibt es νi mit v =
i=1 νi v i , weshalb
n−1
v = i=1 (νi + µi νn )v i .
Auswahlsatz Sei v 1 , . . . , v n ein Erzeugendensystem von V . Indem man geeignete Vektoren v i streicht, erhält man eine Basis von V .
Zusatz: Sind v 1 , . . . , v r linear unabhängig, so kann man sie bei den Streichungen schonen.
Beweis. Ist das Erzeugendensystem
linear unabhängig, dann ohne StreichunPn
gen fertig. Ansonsten sei i=1 λi v i = 0 eine lineare Abhängigkeit, mit λi 6= 0 für
mindestens ein i. Indem wir die v i umnummerieren, erreichen wir, dass λn 6= 0 ist.
Nach Lemma 3.4 ist auch v 1 , . . . , v n−1 ein Erzeugendensystem. Jezt wiederholen
wir, bis eine Basis vorliegt.
Zusatz: sind v 1 , . . . , v r linear unabhängig, dann muss λi 6= 0 sein für mindestens ein i > r. Indem wir dieses v i durch Umnummerieren zu v n machen, werden
v 1 , . . . , v r verschont.
Existenzsatz Jeder endlich dimensionale Vektorraum hat eine Basis.
Beweis. Den Auswahlsatz auf ein Erzeugendensystem anwenden.
Basisergänzungssatz Jedes linear unabhängige System v 1 , . . . , v r im endlich
dimensionalen Vektorraum V lässt sich zu einer Basis für V fortsetzen.
Beweis. Sei w1 , . . . , wm ein Erzeugendensystem für V . Dann ist v 1 , . . . , v r ,
w1 , . . . , wm auch ein Erzeugendensystem. Nach dem Zusatz zum Auswahlsatz
dürfen wir dieses lange Erzeugendensystem zu einer Basis zusammenstreichen,
wobei wir ausschließlich Vektoren der Art wj streichen.
15
4
Dimension, Untervektorräume
4.1
Dimension
Dimensionssatz Sind v 1 , . . . , v n und w1 , . . . , wm Basen eines endlich dimensionalen Vektorraums V , dann ist m = n.
Definition 4.1 Hat V eine Basis v 1 , . . . , v n , so hat V Dimension n. Bezeichnung:
dim(V ) = n.
Beweis. Da v 1 , . . . , v n eine
Pn Basis ist, gibt es für jedes 1 ≤ j ≤ m Skalare
wm eine Basis ist, gibt es für
λj1 , . . . , λjn ∈ K mit wj = i=1 λji v i . Da w1 , . . . ,P
jedes 1 ≤ i ≤ n Skalare µi1 , . . . , µim ∈ K mit v i = m
j=1 µij w j . Dann
vi =
m
X
j=1
µij wj =
m X
n
X
µij λjk v k .
j=1 k=1
Pm Pn
P
Koeffizientenvergleich für v i : m
j=1
i=1 µij λji =
j=1 µij λji = 1 für jedes i, daher
n. Wertet man jetzt wj mit der gleichen Methode aus, erhält man die gleiche Doppelsumme, aber diesmal mit Wert m. Daher m = n.
Beispiel dim(Rn ) = n, da e1 , . . . , en eine Basis ist.
Korollar 4.2 Sei V ein n-dimensionaler Vektorraum.
a) Jedes Erzeugendensystem von V hat Länge ≥ n. Jedes Erzeugendensystem
der Länge n ist eine Basis.
b) Jedes linear unabhängige System in V hat Länge ≤ n. Jedes linear unabhängige System der Länge n ist eine Basis.
Beweis.
a): Auswahlsatz: Man kann jedes gegebene Erzeugendensystem zu einer Basis
zusammenstreichen, danach beträgt die Länge n.
b): Basisergänzungssatz: Man kann jedes gegebene linear unabhängige System
zu einer Basis fortsetzen, danach beträgt die Länge n.
 
1
3

2 ,
Beispiel Finde eine Basis des R , die aus einigen der Vektoren v 1 =
−1
 
 
 
 
1
0
0
3







1 , v4 =
1
und v 5 = −1 besteht.
v2 = 1 , v3 =
1
−2
−1
4
Eigentlich setzt die Aufgabenstellung voraus, dass diese Vektoren ein Erzeugendensystem sind, also Auswahlsatz benutzen. Wegen dim(R3 ) = 3 müssen wir
16
zweimal streichen. Es ist v 1 − v 2 − v 3 = 0 und 3v 2 + 3v 3 − 7v 4 − v 5 = 0, also
streichen wir v 1 , v 5 . Fazit: v 2 , v 3 , v 4 sollte eine Basis sein. Zur Kontrolle sollte
man entweder zeigen, dass die ursprünglichen Vektoren ein Erzeugendensystem
bilden, oder das die verbleibenden drei Vektoren linear unabhängig sind.
 
 
1
1



Beispiel Wir setzen v 1 = 0 , v 2 = 1 zu einer Basis des R3 fort. Wegen
2
1
3
dim(R ) = 3 reicht es, einen Vektor v 3 zu finden, derart, dass v 1 , v 2 , v 3 linear
unabhängig ist: dann ist v 1 , v 2 , v 3 eine Basis des R3 . Wir rechnen nach, dass
v 1 , v 2 , e1 linear unabhängig ist. Daher ist v 1 , v 2 , e1 eine Basis des R3 .
Beispiel Der Vektorraum C 0 (R) ist nicht endlich dimensional. Begründung:
Betrachten wir die Funktionen
πx fn (x) = sin n+1 .
2
P
Dann fn (2n ) = 1 und fn (2m ) = 0 für alle m > n. Ist also ni=1 λi fi (x) = 0
für jedes x, dann x = 2n einsetzen: λn = 0. Setzt man also x = 2r ein für alle
1 ≤ r ≤ n, so erhält man λi = 0 für alle i. Hier ist n beliebig groß. Wäre aber
C 0 (R) endlich dimensional, dann müsste bei n = dim C 0 (R) < ∞ Schluss sein.
4.2
Untervektorräume
Definition 4.3 Sei V ein Vektorraum. Eine Teilmenge U ⊆ V heißt ein Untervektorraum von V , falls gelten:
(U1) 0 ∈ U ;
(U2) Für alle u, w ∈ U ist auch u + w ∈ U ;
(U3) Für alle u ∈ U und alle λ ∈ K ist λu ∈ U .
Lemma 4.4 (und Definition) Sei V ein Vektorraum.
a) Jeder Untervektorraum U ⊆ V ist selbst ein Vektorraum.
b) Eine Teilmenge U ⊆ V ist genau dann ein Untervektorraum, wenn U 6= ∅
und außerdem λu + µv ∈ U für alle λ, µ ∈ K und alle u, w ∈ U .
c) Das Erzeugnis
hv 1 , . . . , v r i := {v ∈ V | v eine Linearkombination von v 1 , . . . , v r }
der Vektoren v 1 , . . . , v r ∈ V ist ein Untervektorraum von V .
17
Beweis.
a): (U2) und (U3) sorgen dafür, dass Vektoraddition und Skalarmultiplikation
auf U definiert sind und die Ergebnisse stets wieder in U liegen. Wir müssen noch
die Gültigkeit der Axiome (V1)–(V8) auf U beweisen.
Da Axiome (V1, kommutativ +), (V2, assoziativ +), (V5, assoziativ ·), (V6,
Eins), (V7/8, distributiv) auf V gelten, gelten sie auch auf U . Wegen (U1) gilt
(V3, Nullvektor) in U .
Wir beweisen (V4, Negation) auf U : Nach Lemma 2.3 gilt −u = 1(−u) =
(−1)u für alle u ∈ U (sogar für alle u ∈ V ). Wegen (U3) ist (−1)u ∈ U , also auch
−u ∈ U , was zu zeigen war.
b): „Untervektorraum ⇒ Bedingungen“: U 6= ∅ wegen (U1). Wegen (U3) liegen
λu, µv in U . Also λu + µv ∈ U wegen (U2).
„Bedingungen ⇒ Untervektorraum“: Wegen U 6= ∅ gibt es ein u0 ∈ U . Dann
ist 0 = u0 − u0 = 1u0 + (−1)u0 ein Element von U ; also gilt (U1). Sind u, w ∈ U ,
dann liegen auch u + w = 1u + 1w und λu = λu + 1 · 0 in U ; also gelten auch
(U2) und (U3).
P
P
c):PDas Erzeugnis ist nicht leer,Pdenn 0 = ni=1 0v i . Ist u = ni=1 ai v i und
n
n
w =
i=1 bi v i , dann λu + µw =
i=1 (λai + µbi )v i . Wegen b) folgt, dass das
Erzeugnis ein Untervektorraum von V ist.
Beispiele
a) Die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems x1 + x2 − 3x3 − x4 =
x2 + 5x4 = 0 ist ein Untervektorraum des R4 .
b) Die Menge R[X]≤5 aller Polynome vom Grad höchstens 5 ist ein Untervektorraum des Vektorraums aller Polynome. Die Menge aller Polynome
vom Grad 5, die außerdem eine Nullstelle in x = 2 haben, ist widerum ein
Untervektorraum von R[X]≤5 .
c) Die Menge aller reellen Folgen (an )n≥1 ist ein reller Vektorraum, mit komponentenweise Addition und Skalarmultiplikation:
(an )n≥1 + (bn )n≥1 = (an + bn )n≥1
λ · (an )n≥1 = (λan )n≥1 .
Aufgrund der Grenzwertsätze (siehe Analysis) ist die Menge aller konvergenten Folgen ein Untervektorraum dieses Vektorrraums.
Satz 4.5 Sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum und U ⊆ V ein Untervektorraum. Dann dim(U ) ≤ dim(V ); und aus dim(U ) = dim(V ) folgt U = V .
Beweis. Sei n = dim(V ), und sei u1 , . . . , ur linear unabhängig in U . Nach
Korollar 4.2 b) für V ist r ≤ n. Daher dürfen wir r so groß wie möglich nehmen. In
18
diesem Fall ist u1 , . . . , ur auch ein Erzeugendensystem für U (denn man könnte es
nach dem Ergänzungssatz zu einer Basis ergänzen, aber da es bereits maximal ist,
kann man es nicht weiter zu einem linear unabhängigen System in U ergänzen),
und daher eine Basis von U . Also dim(U ) = r ≤ n. Ist r = n, dann ist u1 , . . . , ur
eine Basis von V , nach Korollar 4.2, also U = V .
 
 
 
2
−2
2
−1
1
−2
 
 
 
, v 2 =  1  und v 3 =  0  eine
1
Beispiel Man zeige, dass v 1 = 
 
 
 
0
1
1
0
1
−1
Basis des folgenden Lösungsraums U bilden:
 

x


1








 x 2 

x
−
2x
+
x
+
3x
=
0
1
3
4
5
5


U =  x3  ∈ R .


x
+
x
−
x
+
x
+
x
=
0
1
2
3
4
5




x4






x5
Lösung: Man rechnet leicht nach, dass die drei Vektoren in U liegen. Ferner
sind sie linear unabhängig: ist λv 1 + µv 2 + νv 3 = 0, dann λ = µ = ν = 0
(Komponentenvergleich für die 3., 4. und 5. Komponenten). Sei W ⊆ U das
Erzeugnis hv 1 , v 2 , v 3 i. Dann ist v 1 , v 2 , v 3 eine Basis für W , weshalb dim(W ) = 3.
Wir werden zeigen: es ist dim(U ) = 3. Nach Satz 4.5 folgt dann W = U , und wir
sind fertig.
Nach Satz 4.5 bedeutet W ⊆ U , dass dim(U ) ≥ 3 ist. Sei T ⊆ R5 der
5
Lösungsraum
 der
 Gleichung x1 − 2x3 + x4 + 3x5 = 0. Dann U ⊆ T ⊆ R .
1
0
 
5
5

Nun, e1 = 
0 liegt in R aber nicht in T . Also T ( R . Aus Satz 4.5 folgt
0
0
 
0
1
 

dim(T ) < dim(R5 ) = 5, d.h. dim(T ) ≤ 4. Ferner liegt e2 = 
0 in T aber nicht
0
0
in U . Also dim(U ) < dim(T ), woraus folgt dim(U ) ≤ 3. Also dim(U ) = 3, wie
erwünscht.
19
5
Lineare Abbildungen
5.1
Linearität
Definition 5.1 Seien V, W Vektorräume. Eine Abbildung f : V → W heißt linear, falls für alle v, w ∈ V und für alle λ ∈ R gelten
f (v + w) = f (v) + f (w)
Beispiele
f (λv) = λf (v) .


y
x
a) f : R2 → R3 , f
= x − 3y  ist linear.
y
2x + y
b) Die erste Ableitung D : R[X]≤n → R[X]≤n−1 , f (x) 7→ f 0 (x) ist linear.
c) Für a ∈ R ist die Auswerteabbildung Φa : C 0 (R) → R, Φa (f ) = f (a) linear.
d) Für eine Gerade G durch 0 ist die senkrechte Projektion π : R2 → G linear.
Lemma 5.2
a) f : V → W linear ⇔ ∀ v, w ∈ V, ∀λ, µ ∈ K : f (λv + µw) = λf (v) + µf (w) .
b) Ist f linear, dann f (0) = 0.
c) Mit f : V → W und g : W → U ist auch g ◦ f : V → U linear. Auch die
Identitätsabbildung IdV : V → V , v 7→ v ist linear.
Beweis.
a): Nach der Definition ist f (λv+µw) = f (λv)+f (µw) = λf (v)+µf (w). Nach
der Umformulierung ist f (v + w) = f (1v + 1w) = 1f (v) + 1f (w) = f (v) + f (w),
und f (λv) = f (λv + 0v) = λf (v) + 0f (v) = λf (v).
b): f (0) = f (0 · 0) = 0f (0) = 0.
c): Es ist g(f (λv + µw)) = g(λf (v) + µf (w)) = λg(f (v)) + µg(f (w)).
5.2
Kern; Rangformel
Definition 5.3 Sei f : V → W linear. Man setzt Kern(f ) = {v ∈ V | f (v) = 0}.
Lemma 5.4 Kern(f ) ist ein Untervektorraum von V , und Bild(f ) ist ein Untervektorraum von W . Es ist f injektiv ⇐⇒ Kern(f ) = {0}.
Beweis. Wegen f (0) = 0 ist 0 ∈ Kern(f ) und 0 ∈ Bild(f ). Sind v 1 , v 2 im
Kern, dann f (λ1 v 1 + λ2 v 2 ) = λ1 f (v 1 ) + λ2 f (v 2 ) = λ1 · 0 + λ2 · 0 = 0, und
20
folglich λ1 v 1 + λ2 v 2 ∈ Kern(f ). Liegen w1 , w2 im Bild, so gibt es v 1 , v 2 ∈ V mit
f (v 1 ) = w1 , f (v 2 ) = w2 . Dann gilt
f (λ1 v 1 + λ2 v 2 ) = λ1 f (v 1 ) + λ2 f (v 2 ) = λ1 w1 + λ2 w2 ,
also λ1 w1 + λ2 w2 ∈ Bild(f ). Also sind Kern und Bild Untervektoräume.
Ist f injektiv, dann für v ∈ Kern(f ) ist f (v) = 0 = f (0), also v = 0. Ist
Kern(f ) = {0} und f (v 1 ) = f (v 2 ), dann f (v 2 − v 1 ) = 0, also v 2 − v 1 ∈ Kern(f ) =
{0}, und v 1 = v 2 .
Bezeichnung Rang(f ) = dim Bild(f ).
Rangformel Ist V endlich dimensional und f : V → W linear, dann gilt
dim(V ) = Rang(f ) + dim Kern(f ) .
Beweis. Sei v 1 , . . . , v r eine Basis von Kern(f ). Basisergänzungssatz: es gibt
eine Fortsetzung zu einer Basis v 1 , . . . , v n des V . Für 1 ≤ i ≤ n − r setze
wi = f (v r+i ). Wegen n = dim(V ) und r = dim Kern(f ) reicht es zu zeigen,
dass w1 , . . . , wn−r eine Basis von Bild(f ) ist.
Pn−r
Linear unabhängig:
Wenn man λP
K wählt mit P
1 , ..., λn−r ∈
i=1 λi w i = 0,
Pn−r
n−r
n−r
dann ist 0 =
i=1 λi f (v i+r ) = f
i=1 λi v i+r . Das bedeutet
i=1 λi v r+i ∈
Kern(f ). Weil v 1 , . . . , v r eine Basis von Kern(f ) ist, gibt es µ1 , ..., µr ∈ K mit
n−r
X
λi v r+i =
i=1
r
X
µi v i .
i=1
Weil v 1 , . . . , v n lineare unabhängig ist, ist ein Koeffizientenvergleich möglich: Die
Basisvektoren v r+1 , ..., v n treten nur in der linken, aber nicht in der rechten Linearkombination auf, also ist λi = 0 für alle i, was zu zeigen war.
Erzeugendensystem:
Für w ∈ Bild(f ) gibt es v ∈ V mit w = f (v). Dann
Pn
P
v = i=1 λi v i , also w = n−r
i=1 λr+i w i .
5.3
Isomorphismen
Definition 5.5 Eine bijektive lineare Abbildung heißt ein Isomorphismus.
Beispiel 5.6 Sei U ⊆ R3 der Lösungsraum

 der Gleichung x1 + x2 + x3 = 0. Die
a
a
Abbildung f : R2 → U , f
= b − a ist ein Isomorphismus.
b
−b
Lemma 5.7 Ist f : V → W ein Isomorphismus, dann ist die Umkehrabbildung
f −1 : W → V auch ein Isomorphismus.
21
Beweis. Bekanntlich ist mit f auch f −1 bijektiv. Linear: Sei c, d ∈ W und
λ, µ ∈ K. Setze a = f −1 (c), b = f −1 (d). Dann f (λa + µb) = λf (a) + µf (b) =
λc + µd, also f −1 (λc + µd) = λa + µb = λf −1 (c) + µf −1 (d).
Bezeichnung Gibt es einen Isomorphismus f : V → W , so heißen V, W isomorph. Bezeichnung: V ∼
= W . Zusammen mit Lemma 5.2 c) bedeutet Lemma 5.7, dass Isomorphie eine Äquivalenzrelation ist.
5.4
Abbildungsmatrizen
Wenn eine Basis eines Vektorraums V vorgegeben ist, so lässt sich jedes Element
von V auf genau eine Art als Linearkombination von Basisvektoren schreiben. In
diesem Abschnitt zeigen wir, wie man eine lineare Abbildung f : V → W in sehr
praktischer Weise hinschreiben kann, wenn man Basen von V und von W wählt.
Wir werden sehen, wie in dieser Darstellungsart die Verknüpfung linearer Abbildungen aussieht und wie die Darstellung von Vektoren und linearen Abbildungen
von der Wahl der Basen abhängt.
5.4.1
Darstellung eines Vektors bezüglich einer Basis
Es sei B = (b1 , ..., bn ) eine Basis eines endlich-dimensionalen Vektorraums V . Da
es auf die Reihenfolge der Basisvektoren ankommt, schreiben wir B als Tupel,
nicht als Menge. Gemäß Definition 3.1 lässt sich jedes Element auf eindeutige
Weise als Linearkombination der b1 , ..., bn schreiben:
∀x ∈ V : ∃!x1 , ..., xn ∈ K : x =
n
X
x i · bi
i=1
Definition 5.8 (und Notation)
Es sei x ∈ V . Die Darstellung von x bezüglich
 
x1
P
 .. 
B ist der Spaltenvektor  .  mit x1 , ..., xn ∈ K und x = ni=1 xi ·bi . Wir notieren
xn
B
ihn als x und seinen i-ten Eintrag (i = 1, ..., n) notieren wir als B xi ∈ K.
P
Es gilt also x = ni=1 B xi bi . Man beachte, dass B xi ein Skalar ist (der i-te Eintrag
eines Spaltenvektors), nämlich der Koeffizient von bi in einer Linearkombination
mit Wert x.
Wir haben schon vorher Elemente von Rn als Spaltenvektoren geschrieben.
Daher kann an dieser Stelle leicht Verwirrung entstehen. Man muss sich bewusst
sein, dass die Schreibweise eines Vektors als Spaltenvektor nur einen Sinn ergibt,
wenn man gleichzeitig weiß, welche Basis verwendet wird:
22
a) Ein und derselbe Vektor hat bezüglich unterschiedlicher Basen auch unterschiedliche Darstellungen als Spaltenvektor.
b) Ein und derselbe Spaltenvektor stellt für unterschiedliche Basen unterschiedliche Vektoren dar.
2
Wenn wir ab jetzt z. Bsp. v =
∈ R2 schreiben, so ist damit gemeint, dass
−1
v derjenige Vektor ist, der bezüglich der Standardbasis die gegebene Darstellung
als Spaltenvektor hat. Für jede andere
Basis B würden wir stattdessen schreiben:
.
„Es sei v ∈ R2 gegeben durch B v = .. .“
Beispiel 5.9 B1 = (1, X, X 2 ) ist eine Basis von R[X]≤2 . Auch B2 = (1, X +
2
1, X 2 − X − 1) ist eine Basis
 von
 R[X]≤3 . Das Polynom p = X + X hat bezüglich
0
B1 die Darstellung B1 p = 1, denn p = 0 · 1 + 1 · X + 1 · X 2 , hat aber bezüglich
1 
−1
B2 die Darstellung B2 p =  2 , denn p = −1 · 1 + 2 · (X + 1) + 1 · (X 2 − X − 1).
1
Beobachtung 5.10 Es seien v, w ∈ V , λ, µ ∈ K und es sei B = (b1 , ..., bn ) eine
Basis von V . Dann gilt B (λv + µw) = λ B v + µ B w.
P
B
Nach Definition von B v und
w gilt:
v =P ni=1 B v i bi und w =
P
PnBeweis.
n B
n B
B
i=1 v i bi + µ P i=1 w i bi , und durch
i=1 w i bi . Daraus folgt λv + µw = λ
Zusammenfassen der Summanden wird daraus λv+µw = ni=1 λ B v i + µ B wi bi .
Also ist B (λv + µw)i = λ B v i + µ B wi für alle i = 1, ..., n, was zu zeigen war.
2
−1
Beispiel 5.11 Es seien v 1 =
, v2 =
∈ R2 . Dann ist B = (v 1 , v 2 ) eine
0
1
Basis des R2 . Die Standardbasisvektoren haben bezüglich B die Darstellung
1
1
B
B
2
e1 =
e2 = 2
0
1
Wenn ein Vektor v ∈ R2 durch seine Darstellung bezüglich der Standardbasis
gegeben ist, kann man
dann
leicht seine Darstellung bezüglich B ausrechnen. So
−7
ist zum Beispiel v =
gleichbedeutend mit v = (−7) · e1 + 3 · e2 , und daraus
3
−7 3 −2
B
B
B
folgt v = (−7) · e1 + 3 · e2 = 2 + 2 =
.
0
3
3
23
5.4.2
Darstellung einer linearen Abbildung zu gegebenen Basen
Wir werden lineare Abbildungen durch Matrizen darstellen. Das sind rechteckige
Schemate mit Einträgen aus K. Die Grundidee ist, dass eine lineare Abbildung
bereits dadurch festgelegt ist, wie die Elemente einer Basis abgebildet werden,
und dass die Bilder der Basiselemente beliebig sein können.
Lemma 5.12 Es seien V , W zwei Vektorräume, und es sei B = (b1 , ..., bn ) eine
Basis von V . Ferner seien w1 , ..., wn ∈ W vorgegeben.3 Dann gibt es genau eine
lineare Abbildung f : V → W mit f (bi ) = wi für alle i = 1, ..., n.
Beweis.
P Wir beweisen zunächst die Eindeutigkeit. Für jeden Vektor x ∈ V
gilt x = ni=1 B xi bi . Wenn f : V → W eine lineare Abbildung ist, so gilt daher
!
n
X
B
f (x) = f
x i bi
i=1
=
n
X
B
xi · f (bi )
wegen Lemma 5.2.a).
i=1
Sobald man also f (b1 ), ..., f (bn ) kennt, kann man f (x) für jedes x ∈ V ausrechnen.
Wir beweisen nun die Existenz.
dem eben gesagten muss f : V → W
PnNach
B
so definiert werden, dass f (x) = i=1 xi · wi . Es bleibt zu zeigen, dass die so
definierte Abbildung stets linear ist. Für alle x, y ∈ V und alle λ, µ ∈ K gilt
f (λx + µy) =
=
n
X
B
i=1
n X
(λx + µy)i · wi
λ B xi + µ B y i · w i
gemäß Beobachtung 5.10
i=1
= =λ
n
X
!
B
xi · w i
+µ
n
X
!
B
y i · wi
i=1
i=1
= λf (x) + µf (y)
Nach Lemma 5.2.a) folgt, dass f tatsächlich linear ist.
Definition 5.13 Seien m, n ∈ N>0 . Eine (m × n)-Matrix A besteht aus m · n
Elementen von K, aufgestellt in m Zeilen und n Spalten. Wir schreiben Km×n für
die Menge aller (m × n)-Matrizen. Für 1 ≤ i ≤ m und 1 ≤ j ≤ n, so schreibt
man Ai,j für den Eintrag von A an der Stelle (i, j), d.h. in der i-ten Zeile und der
j-ten Spalte. Ist m = n, so heißt A quadratisch. Wir schreiben Mn (K) = Kn×n .
3
Wir stellen keinerlei Bedingung an die w1 , ..., wn !
24
Beispiel 5.14 (und Definition)


1 3 7 4
• Für A = 3 1 2 9 ∈ R3×4 ist A3,2 = 0 und A1,4 = 4.
8 0 7 3


1 3 2
1 1
• Zwei quadratische Matrizen:
∈ M2 (R) und 3 2 4 ∈ M3 (R).
1 0
0 1 0
 
1

• Ein Spaltenvektor ist eine (m × 1)-Matrix, etwa 1 ∈ R3×1 .
2
(
1 i=j
• Die Einheitsmatrix En ∈ Mn (R) ist gegeben durch (En )i,j =
.
0 sonst


1 0 0
1 0
Also E2 =
und E3 = 0 1 0.
0 1
0 0 1
Definition 5.15 (und Notation) Es seien V , W endlich-dimensionale Vektorräume, es sei B = (b1 , ..., bn ) eine Basis von V und C eine Basis von W , m =
dim(W ). Die Darstellungsmatrix bezüglich B, C einer linearen Abbildung
f: V →
m×n
C
C
(i
=
1,
..., m,
)
W ist die Matrix C
f
∈
K
mit
den
Einträgen
f
=
f
(b
j i
B
B i,j
j = 1, ..., n).
Mit anderen Worten, die j-te Spalte der Matrix ist gegeben durch die Darstellung
von f (bj ) bezüglich C.
Lemma 5.16 (und Notation) Es sei V ein n-dimensionaler Vektorraum mit
Basis B und W ein m-dimensionaler Vektorraum mit Basis C. Zu jeder (m × n)Matrix M ∈ Km×n gibt es genau eine lineare Abbildung f : V → W mit C
Bf = M .
m×n
n
m
Für M ∈ K
bezeichnet LM : K → K diejenige lineare Abbildung, die
bezüglich der Standardbasen von Kn und Km die Darstellungsmatrix M hat.
Beweis. Das ist eine unmittelbare Folge von Lemma 5.12
Beispiel 5.17 B = (1, X, X 2 ) ist eine Basis von R[X]≤2 und C = (1, X, X 2 , X 3 )
ist eine Basis von R[X]≤3 . Die Abbildung f: R[X]≤2→ R[X]≤3 mit f (p) =
2 0 0


1 2 0.
p · (X + 2) hat die Darstellungsmatrix C
Bf = 
0 1 2
0 0 1
25
5.4.3
Matrixmultiplikation und Verknüpfung von Abbildungen
Mit Hilfe von Darstellungsmatrizen kann man sehr bequem das Bild eines gegebenen Vektors unter einer linearen Abbildung ausrechnen, und man kann die
Verknüpfung von linearen Abbildungen leicht berechnen.
Lemma 5.18 Es sei V ein Vektorraum mit Basis B = (b1 , ..., bn ) und W ein
m-dimensionaler Vektorraum mit Basis C. Für alle v ∈ V und alle linearen
Abbildungen f : V → W gilt:
C
(f (v))i =
n
X
C
B fi,j
· B vj
j=1
für alle i = 1, ..., m.
P
P
Beweis. Es ist v = nj=1 B v j · bj , also C (f (v))i = nj=1 B v j · C f (bj ) i wegen
Linearität von f und Beobachtung 5.10. Nach Definition ist C f (bj ) i = C
B fi,j .
Auf der rechten Seite der Gleichung im Lemma ist nur noch von den Einträgen einer Matrix bzw. eines Spaltenvektors die Rede. Man kann die rechte Seite
ausrechnen, ohne den Begriff der linearen Abbildung zu kennen. Das gibt Anlass
zur folgenden Definition der Multiplikation von Matrizen:
Definition 5.19 Es sei M ∈ Km×k und N ∈ Kk×n . Dann ist das Matrixprodukt
M · N ∈ Km×n gegeben durch die Koeffizienten
(M · N )i,j =
k
X
Mi,` N`,j
`=1
für alle i = 1, ..., m und j = 1, ..., n.
Dabei sollte man beachten, dass die Anzahl der Spalten des ersten Faktors und
die Anzahl der Zeilen des zweiten Faktors müssen übereinstimmen müssen (in
der Definition ist dies k). Andernfalls ist das Matrixprodukt nicht definiert!
Wer sich eine Formel wie in Definition 5.19 schlecht merken kann, kann es
sich vielleicht in „Textform“ besser merken: Der (i, j) Eintrag von M · N wird
berechnet, indem man die jeweils die Einträge der i-ten Zeile von M mit dem
entsprechenden Eintrag der j-ten Spalte von N multipliziert, und dann aufsummiert.
Beispiel 5.20
1 0
0 2 4
1·0+0·1 1·2+0·3 1·4+0·5
0 2 4
=
=
.
3 1
1 3 5
3·0+1·1 3·2+1·3 3·4+1·5
1 9 17
26
Die Multiplikation einer (m × k)-Matrix mit einer (k × 1)-Matrix (also einem
Spaltenvektor!) ist also genau wie in Lemma 5.18. Wir erhalten:
Korollar 5.21 Es sei V ein endlich-dimensionaler Vektorraum mit Basis B und
W ein endlich-dimensionaler Vektorraum mit Basis C. Für alle linearen Abbildungen f : V → W und alle v ∈ V gilt
C
B
(f (v)) = C
Bf · v
Wenn wir also Basen gewählt haben, dann lässt sich die Anwendung einer
linearen Abbildung auf einen Vektor ganz einfach durch Matrixmultiplikation
ausrechnen. Allerdings kann Matrixmultiplikation noch etwas mehr: Gemäß des
folgenden Satzes können wir damit auch lineare Abbildungen verknüpfen.
Satz 5.22 Es seien U , V , W endlich-dimensionale Vektorräume mit Basen A,
B, C. Dann gilt für alle linearen Abbildungen f : U → V und g : V → W :
C
A (g
◦ f) =
C
Bg
·B
Af
Beweis. Es sei n = dim(U ) und A = {aj | j = 1, ..., n}.
• Nach Definition der Darstellungsmatrix
ist die j-te Spalte vonC
A (g ◦ f )
C
C
gegeben durch
g(f (aj )) . Nach Korollar 5.21 ist
g(f (aj )) = C
Bg ·
B
f (aj ) . Wieder nachDefinition der Darstellungsmatrix ist die j-te Spalte
B
von B
f (aj ) .
A f gleich
C
Wir fassen zusammen:
Die j-te Spalte von C
A (g ◦f ) ist gleich B g multipliziert
mit B f (aj ) .
B
• Nach Definition 5.19 erhält man die j-te Spalte von C
B g · A f durch MultipliC
B
kation von B g mit der j-ten
Spalte von A f . Nach Definition ist die j-Spalte
B
von B
f
gleich
f
(a
)
.
j
A
B
C
Wir haben also spaltenweise überprüft, dass C
A (g ◦ f ) und B g · A f gleich sind.
27
6
Lineare Gleichungssysteme
Im vorigen Kapitel war von Bild, Kern und Rang linearer Abbildungen die Rede.
Um diese auszurechnen, ist das Lösen von linearen Gleichungssystemen nötig,
was wir in den bisherigen Übungsaufgaben als Schulstoff voraussetzten. In diesem
Kapitel behandeln wir das Lösen von linearen Gleichungssystemen systematischer
als es vermutlich in der Schule geschah.
6.1
Einleitendes Beispiel
Matrizen stellen eine nützliche Hilfsmittel dar, um lineare Gleichungssysteme
systematisch zu lösen. Betrachten wir den Fall
x+y+z =1
2x + 3y + z = 3
x − y + 3z = −1
Dieses Gleichungssystem stellt man

1
 2
1
(I)
(II)
(III)
durch die sogenannte erweiterte Matrix

1 1 1
3 1 3 
−1 3 −1
dar. Um die Gleichungen zu lösen, setzt man den Wert x = 1 − y − z in den
Gleichungen (II) und (III) ein. Das heißt, man zieht Gleichung (I) zweimal von
Gleichung (II) ab, und einmal von Gleichung (III).
x+y+z =1
y−z =1
−2y + 2z = −2
Für die Matrix bedeutet dies, dass man die
und einmal von der dritten Zeile abzieht.

1 1
1
 0 1 −1
0 −2 2
(I)
(II0 )
(III0 )
erste Zeile zweimal von der zweiten

1
1 
−2
Jetzt setzen wir den Wert y = 1 + z aus (II0 ) in (III0 ) ein, das heißt wir addieren
das zweifache von (II0 ) zu (III0 ).
x+y+z =1
y−z =1
0=0
28
(I)
(II0 )
(III00 )
Dementsprechend addieren wir zweimal die

1 1 1
 0 1 −1
0 0 0
zweite Zeile der Matrix zur dritten.

1
1 
0
Gleichung (III00 ) können wir streichen.
x+y+z =1
y−z =1
(I)
(II0 )
Das heißt, wir streichen die dritte Zeile der Matrix.
1 1 1 1
0 1 −1 1
Diese Matrix ist in Zeilenstufenform.
1 1 1 1
0 1 −1 1
Der Wert von z ist frei wählbar, und es ist y = z + 1, x = 1 − y − z. Um x als
Funktion von z auszudrücken, setzen wir y = z + 1 in (I) ein, d.h. wir ziehen (II0 )
von (I) ab:
x + 2z = 0
y−z =1
(I0 )
(II0 )
Das heißt, wir ziehen die zweiten Zeile der Matrix von der ersten ab.
1 0 2 0
0 1 −1 1
Also x = −2z. Die Lösungsmenge ist



 −2t 
t + 1 t ∈ R .


t
Auch im allgemeinen Fall bringt man die Matrix durch Zeilenoperationen in Zeilenstufenform, dann lässt sich die Lösungsmenge ablesen.
In diesem Kapitel beschreiben wir den Gauß-Algorithmus, auch Gauß-Eliminationsverfahren genannt, der diesen Lösungsansatz systematisiert.
29
6.2
Lineare Gleichungssysteme
Ein lineares Gleichungssystem ist ein System
a11 x1 + a12 x2 +
a21 x1 + a22 x2 +
..
..
.
.
am1 x1 + am2 x2 +
· · · + a1n xn = b1
· · · + a2n xn = b2
..
..
..
.
.
.
· · · + amn xn = bm
von m Gleichungen in den n unbekannten Elementen x1 , . . . , xn
aij , bi ∈ K gelten als bekannt.
 
b1


Sei A ∈ Km×n mit Aij = aij . Sei b =  ...  ∈ Km und x =
bm
lässt sich das Gleichungssystem als eine Vektorengleichung
∈ K. Die Zahlen


x1
 .. 
 .  ∈ Kn . So
xn
A · x = b.
ausdrücken. Es gilt, diese Gleichung für x zu lösen. Wir schreiben LR(A; b) für
den Lösungsraum
LR(A; b) = {x | A · x = b} ⊆ Kn .
Beachte: Zeilen von A entsprechen Gleichungen, Spalten entsprechen Variablen.
Bemerkung Es ist LR(A; 0) = Kern(LA ), ein Untervektorraum des Kn : der
Nullraum der Matrix A. Für b 6= 0 dagegen enthält LR(A; b) den Nullvektor nicht
und ist daher kein Untervektorraum, es ist aber ein sog. affiner Unterraum.
Ein Gleichungssystem in Zeilenstufenform lässt sich gut lösen. Mittels Elimination
kann man jedes Gleichungssystem auf Zeilenstufenform bringen.
Definition 6.1 Eine Matrix hat Zeilenstufenform, wenn in jeder Zeile der erste
Eintrag 6= 0 weiter nach Rechts vorkommt als in der Vorgänger-Zeile. Kommt
eine Nullzeile vor, so müssen alle späteren Zeilen auch Null sein.


0 2 1 0 3 4


 0 0 0 3 1 1 
3 4 5


 0 0 0 0 3 1  und  0 2 3 
Beispiele


 0 0 0 0 0 0 
0 0 2
0 0 0 0 0 0
Lemma 6.2 In einer Zeilenstufenform sind die Zeilen 6= 0 linear unabhängig.
Beispiel Die ersten drei Zeilen der (6×6)-Matrix oben sind linear unabhängig:
Vergleich der 2. Einträge, dann der 4. Einträge, dann der 5. Einträge.
30
Beweis. Sei A eine Matrix in Zeilenstufenform, mit r Zeilen 6= 0. Induktionsbeweis über r. Im Fall r = 1 ist das Ergebnis klar. Im Fall r = 0 stimmt sie auch,
denn ein System von keinen Vektoren gilt als linear unabhängig.
Nun sei r ≥ 2. Wegen Zeilenstufenform
sind es die ersten r Zeilen z 1 , . . . , z r ,
P
die 6= 0 sind. Angenommen ri=1 λi z i = 0. Der erste Eintrag von z 1 komme in der
jten Spalte vor. Wegen Zeilenstufenform ist (z i )j = 0 für jedes i ≥ 2. Daher muss
λ1 = 0 sein (Vergleich der jten Einträgen). Aber z 2 , . . . , z r bilden eine Matrix
in Zeilenstufenform, sind also linear unabhängig nach Induktionsannahme. Also
auch λi = 0 für 2 ≤ i ≤ r.
6.3
Basislösungen
Ist A in Zeilenstufenform, so kann man eine Basis von LR(A; 0) gut bestimmen.
Im nächsten Abschnitt werden wir dann darlegen, wie man ein Gleichungssystem
ohne eine Änderung des Lösungsraums auf Zeilenstufenform bringt.
Algorithmus 6.3 (Nullraum einer Matrix in Zeilenstufenform)
Input: Matrix A ∈ Km×n in Zeilenstufenform. Output: Basis für LR(A; 0).
1) Alle Nullzeilen Streichen; r = Anzahl der verbleibenden Zeilen. Es sei ji =
die Spalte, die den ersten Eintrag 6= 0 in Zeile i beginnt (man nennt dies
die Pivotspalte). Wegen Zeilenstufenform ist j1 < j2 < · · · < jr .
2) Die n − r Variablen xj mit j = 1, ..., n und j 6∈ {j1 , j2 , ..., jr } können wir
frei vorgeben. Wir nennen sie freie Variablen.
3) Gleichung i ist Ai,ji · xji + Ai,ji +1 · xji +1 + · · · + Ai,n · xn = 0, mit Ai,ji 6= 0.
Wenn also xji +1 , xji +2 , . . . , xn gegeben sind, dann ist
xj i =
−Ai,ji +1 · xji +1 − Ai,ji +2 · xji +2 − · · · − Ai,n · xn
Ai,ji
und dann sind alle Gleichungen erfüllt. Wir nennen xj1 , xj2 , ..., xjr die gebundenen Variablen.
Da wir n − r Variablen frei wählen können, ist LR(A; 0) ⊂ Kn ein (n − r)dimensionaler Untervektorraum. Wir können an der Zeilenstufenform auch eine
Basis von LR(A; 0) ablesen:
Definition 6.4 Für j = 1, ..., n und j 6∈ {j1 , j2 , ..., jr } definieren wir die Basislösung β j ∈ LR(A; 0) so, dass


k=j
1
βj = 0
k=
6 j, j1 , j2 , ..., jr

k

festgelegt durch Algorithmus 6.3.3) k = j1 , j2 , ..., jr
31
Offensichtlich lässt sich jede Lösung, also jedes Element von LR(A; 0), als Linearkombination der Basislösungen schreiben, und die Basislösungen sind linear
unabhängig (leichte Übung). Wir erhalten also:
Lemma 6.5 Die Basislösungen bilden eine Basis von LR(A; 0).


0 2 1 0 3 4
 0 0 0 3 1 1 


 ∈ R5×6 : die letzten beiden Zeilen ent0
0
0
0
3
1
Beispiel A = 


 0 0 0 0 0 0 
0 0 0 0 0 0
sprechen der Gleichung 0 = 0, wir streichen sie also.


0 2 1 0 3 4
 0 0 0 3 1 1 
0 0 0 0 3 1
Es ist r = 3, das Gleichungssystem lautet
2x2 + x3
3x4
+ 3x5 + 4x6 = 0
+ x5 + x6 = 0
3x5 + x6 = 0
Die gebundenen Variablen sind x2 , x4 , x5 , und die freien sind x1 , x3 , x6 . Die Basislösungen sind
 
 
 
1
0
0
0
− 1 
− 3 
 
 2
 2
0
 1 
 0 
 
 2 .

=
β
=
β
β1 = 
0
 0 
− 
3
6
 
 
 91 
0
 0 
− 
3
1
0
0
β 1 , β 3 , β 6 bilden eine Basis von LR(A; 0). Anders gesagt: Die allgemeine Lösung


x1
 − 1 x3 − 3 x6 
2
 2



x
3

des Gleichungssystems ist 
 − 2 x6  für x1 , x3 , x6 ∈ R.
9


 − 1 x6 
3
x6
Bemerkung 6.6 Man beachte, dass wir in Algorithmus 6.3 durch Ai,ji 6= 0 dividierten. Wir sind also darauf angewiesen, dass wir überhaupt dividieren können.
Wir können, weil K ein Körper und nicht nur ein kommutativer Ring ist.
32
6.3.1
Inhomogene Gleichungssysteme
Wenn b 6= 0, dann ist der Lösunsgsraum LR(A; b) kein Vektorraum. Aber dennoch
kann man LR(A; b) mit Hilfe der Basislösungen von LR(A; 0) beschreiben.
Definition 6.7 Wenn U ein Untervektorraum eines Vektorraums V ist, und v ∈
V , dann schreiben wir v + U := {v + x : x ∈ U } ⊂ V . Wir nennen dies den von
v und U erzeugten affinen Unterraum von V .
Beispiel Eine Gerade im R2 , die nicht 0 enthält, ist zwar kein Untervektorraum, aber ein affiner Unterraum.
Lemma 6.8 Es sei A ∈ Km×n und b ∈ Km . Wenn x0 ∈ LR(A; b) gegeben ist,
dann ist LR(A; b) = x0 + LR(A; 0) ⊆ Kn .
Beweis. Wir wissen bereits, dass LR(A; 0) ⊆ Kn ein Untervektorraum ist.
Wegen x0 ∈ LR(A; b) ist A · x0 = b. Wenn v ∈ LR(A; 0), dann ist A · v = 0. Also
ist A · (xo + v) = A · x0 + A · v = b + 0 = b. Das heißt, x0 + v ∈ LR(A; b). Also
ist x0 + LR(A; 0) ⊆ LR(A; b).
Wenn x ∈ LR(A; b), dann ist A · (x − x0 ) = A · x − A · x0 = b − b = 0. Es
ist also x − x0 ∈ LR(A; 0). Das heißt, x = x0 + (x − x0 ) ∈ x0 + LR(A; 0). Da
x ∈ LR(A; b) beliebig war, folgt die Behauptung.
Die Basislösungen des homogenen Gleichungssystems erlauben also, aus einer
einzelnen Lösung des inhomogenen Gleichungssystems den gesamten Lösungsraum zu gewinnen. Wenn A in Zeilenstufenform ist, dann kann man eine einzelne
Lösung des inhomogenen Gleichungssystems entweder leicht finden, oder leicht
zeigen, dass es keine Lösung gibt.
 
b1
 .. 
m×n
Lemma 6.9 Es sei A ∈ K
in Zeilenstufenform und b =  .  ∈ Km . Es
bm
seien genau r Zeilen von A nicht Null, und es seien j1 , j2 , ..., jr die Pivotspalten.
Wenn die letzten m − r Einträge von b alle Null sind (also br+1 = br+2 = ... =
bm = 0), dann können wir alle freien Variablen x̃j (j ∈
/ {j1 , j2 , ..., jr }) Null setzen
und die gebundenen Variablen durch
P
bi − rk=i+1 Ai,jk x̃jk
x̃ji =
Ai,ji
 
x̃1
 .. 
bestimmen, und erhalten so eine Lösung  .  ∈ LR(A; b). Andernfalls hat das
x̃n
inhomogene Gleichungssystem keine Lösung, also LR(A; b) = ∅.
33
Bemerkung Die angegebene Lösungsformel sollte man „von hinten nach vorne“
betrachten, also wie Algorithmus 6.3: Zunächst setzt man alle freien Variablen
auf Null. Für die letzte Pivotspalte, also j = jr , erhält man x̃jr = Abr,jr . Wenn x̃jr
b
−A
r
x̃
r−1,jr jr
bereits berechnet ist, so erhält man x̃jr−1 = r−1Ar−1,j
. Entsprechend erhält
r−1
man x̃ji , wenn man x̃ji+1 , x̃ji+2 , ..., x̃jr bereits berechnet hat.
Beweis von Lemma 6.9. Wenn die i-te Zeile von A Null ist, dann ist die i-te
Komponente von A · x Null, für alle x ∈ Kn . Weil A in Zeilenstufenform ist, sind
die Zeilen r + 1 bis m von A alle Null. Auch die Komponenten r + 1 bis m von
A · x sind demnach Null. Wenn also eine der Komponenten r + 1 bis m von b
nicht Null ist, dann hat das inhomogene Gleichungssystem keine Lösung.
Wir setzen ab jetzt voraus, dass die Komponenten r + 1 bis m von b alle Null
sind. Die letzten m−r Zeilen der Vektorgleichung A·x = b sind dann stets erfüllt:
0 = 0. Wenn wir nun alle freien Variablen der Gleichung auf Null setzen, dann
vereinfacht sich für alle i = 1, ..., r die i-te Gleichung zu Ai,ji · xji + Ai,ji+1 xji+1 +
· · · + Ai,jr xjr = bi , und dies hat offenbar die angegebene Lösung.

1
0
Beispiel Die Matrix A = 
0
0

1
2
0
0


1 1
3 −4
 hat Zeilenstufenform, mit j1 = 1,
0 3
0 0
3
 10 

j2 = 2 und j3 = 4. Für b = 
−3 ist offenbar LR(A; b) = ∅, denn die letzte
4
Gleichung ist nicht erfüllbar.
 
3
 10 

Hingegen erhalten wir mit Lemma 6.9 eine Lösung für b = 
−3: Es ist
0
b2 −A2,4 ·x̃4
b3
= 3 und
x̃4 = A3,4 = −1, x̃3 = 0 (denn 3 ist keine Pivotspalte), x̃2 =
A2,2
 
1

3
2 −A1,4 ·x̃4

x̃1 = b1 −A1,2A·x̃1,1
= 1, und 
 0  ∈ LR(A; b).
−1
 1 
2
− 3 
2
Nur 3 ist keine Pivotspalte, und Algorithmus 6.3 liefert 
 1  als einzige
0
Basislösung von LR(A; 0).
34

1
0
Damit erhalten wir LR(
0
0
6.4
1
2
0
0
  
 1

x+1
1 1
3
2
 
 3

3 −4
 ;  10 ) = {− 2 x + 3 | x ∈ R}.


0 3  −3
x
0 0
0
−1
Das Gaußsche Eliminationsverfahren
Für unsere bisherigen Lösungsmethoden linearer Gleichungssysteme mussten wir
voraussetzen, dass eine Zeilenstufenform vorliegt. Es bleibt also die Frage: Wie
kann man ein (möglicherweise inhomogenes) lineares Gleichungssystem auf Zeilenstufenform bringen? Die bekannteste Antwort stammt von Carl Friedrich Gauß
[1777–1855] und basiert auf der Skalierung und Addition von Gleichungen. Diese
Art der Umformungen sollten schon in der Schule zum Lösen (kleiner) Gleichungssysteme verwendet worden sein.
Es versteht sich dabei von selbst — und sollte sich nach Ansicht des Dozenten
auch in der Schule von selbst verstehen — dass man nicht das ganze Gleichungssystem einschließlich der Unbekannten x1 , ..., xn hinschreibt, sondern nur mit der
Koeffizientenmatrix arbeitet. Das ist übersichtlicher und spart Schreibarbeit. Die
Umformung erfolgt durch Multiplikation einzelner Zeilen der Matrix mit Skalaren
sowie durch die Addition einer Zeile zu einer anderen.
Der Nachteil ist: Man muss bei den Umformungen stets auch den inhomogenen
Teil b mittransformieren. Wählt man ein anderes b, müsste man das Verfahren
wieder von vorne beginnen. Wir werden das Gaußsche Eliminationsverfahren daher noch aus einem weiteren Blickwinkel betrachten. Zur Matrix A ∈ Km×n gehört
nach Lemma 5.16 eine lineare Abbildung LA : Kn → Km , deren Darstellungsmatrix bezüglich der Standardbasen Sn von Kn und Sm von Km gerade A ist. Man
kann in Km nun eine andere Basis B wählen, so dass die Darstellungsmatrix BSn LA
Zeilenstufenform hat.
Diese Sichtweise hat folgenden Vorteil: Wie schon in einer Präsenzaufgabe
aufgezeigt wurde, entspricht der Wechsel von Sm zu B der Multiplikation mit
einer Matrix T ∈ Km×m , nämlich T = BSm IdKm . Durch etwas „Buchführung“ lässt
sich T während der Umformungen automatisch ausrechnen. Und damit erhalten
wir: T · A hat Zeilenstufenform, und LR(A; b) = LR(T · A; T · b) für alle b ∈ Km .
Wenn also ein neues b gegeben ist, ist es nicht nötig, alle Umformungen neu zu
beginnen: Um die Zeilenstufenform von T · A auch nach einem Wechsel von b
nutzen zu können, genügt eine einzelne Multiplikation T · b. Zunächst aber stellen
wir das Gaußsche Eliminationsverfahren in seiner Grundform vor:
Algorithmus 6.10 (Das Gaußsche Eliminationsverfahren)
Input: Matrix A ∈ Km×n .
Output: Durch Zeilenoperationen wird A auf Zeilenstufenform gebracht.
Wir setzen anfänglich z := 1. Die Matrix A verändert sich während des Algorithmus, aber der Einfachheit halber bleiben wir beim Namen „A“.
35
1) Sind alle Einträge der Zeilen z bis m von A Null: Ausgabe A, fertig. Ansonsten sei jz die Nummer der ersten Spalte, die in einer der Zeilen z bis m
einen Eintrag 6= 0 enthält. Wenn nötig, so erreichen wir durch Vertauschen
der Zeile z mit einer darunter liegenden Zeile, dass Az,jz 6= 0.
2) Optional: Zeile z mit 1/Az,jz multiplizieren, danach gilt Az,jz = 1.
3) Für jedes z + 1 ≤ i ≤ m ziehen wir das
i ab. Danach gilt Ai,jz = 0.
Ai,jz
Az,jz
-fache der Zeile z von der Zeile
4) Optional: Schritt 3) auch oberhalb der aktuellen Zeile (i = 1, ..., z − 1)
anwenden.
5) Falls z = m: Ausgabe A, fertig. Andernfalls ersetze z durch z + 1 und gehe
zu Schritt 1).


1
2
3 4
3
6 10 11

Beispiel Wir führen das Verfahren für A = 
−1 −3 −1 1  durch. Es
1
1
7 7
ist j1 = 1, und A1,1 6= 0. Wir ziehen die erste Zeile dreimal von der zweiten
 der vierten Zeile ab, und addieren die erste zur dritten:
 und einmal von
1 2 3 4
 0 0 1 −1 


 0 −1 2 5 . Weiter mit z = 2. Wir finden j2 = 2. Wegen A2,2 = 0 ver0 −1 4 3


1 2 3 4
 0 −1 2 5 

tauschen wir Zeilen 2 und 3 von A, ersetzen also A durch 
 0 0 1 −1 .
0 −1 4 3


1 2 3 4
 0 −1 2 5 

Jetzt ziehen wir die zweite von der vierten Zeile ab: 
 0 0 1 −1 . Weiter
0 0 2 −2
mit z = 3. Wir finden j3 = 3 und A3,3 6= 0. Indem wir die
A von
 dritte Zeile von 
1 2 3 4
 0 −1 2 5 

der vierten abziehen, erhalten wir die Zeilenstufenform 
 0 0 1 −1 
0 0 0 0
Für inhomogene Gleichungssysteme A·x = b 6= 0 kann man das Gaußsche Verfahren ebenfalls nutzen. Dazu muss man allerdings b mittransformieren. Diesen
Sachverhalt kann man wie folgt formalisieren:
36
Bezeichnung Die erweiterte Matrix (A | b) ∈ Km×(n+1) ist A zzgl. b, hinzugefügt als letzte Spalte.
Auch die erweiterte Matrix ist eine Matrix, also können wir das Gaußsche Verfahren anwenden.
 


3
1 −2 1
1



3
1 −1 0
Beispiel 6.11 Es sei A =
und b = 2. Die erweiterte
−6 −2 6 −4
3

3
1 −2 1 1

3
1 −1 0 2 . Der Gauß–Algorithmus liefert
Matrix ist (A | b) =
−6

 −2 6 −4 3



3
1 −2 1 1
3 1 −2 1 1
3 1 −2 1 1
 0
0
1 −1 1 ,  0 0 1 −1 1  und  0 0 1 −1 1 ,
−6 −2 6 −4 3
0 0 2 −2 5
0 0 0
0 3
was in Zeilenstufenform ist.
Im Gaußschen Eliminationsverfahren treten die folgenden drei Typen so genannter Zeilenoperationen auf:
1. Zeilen i und j miteinander vertauschen (i 6= j).
2. Zeile i mit λ ∈ K \ {0} multiplizieren.
3. Das λ-fache von Zeile i zu Zeile j addieren (λ ∈ K, i 6= j).
Lemma 6.12
a) Die drei Typen von Zeilenoperationen ändern LR(A; b) nicht.
b) Das Gauß-Verfahren resultiert in einer erweiterten Matrix (A0 |b0 ) in Zeilenstufenform, mit LR(A0 ; b0 ) = LR(A; b).
Beweis. a): Zeile i entspricht der Gleichung Ai,1 x1 + Ai,2 x2 + · · · + Ai,n xn = bi .
Vertauscht man zwei Gleichungen, oder multipliziert man eine mit λ 6= 0, so
ändert sich die Lösungsmenge nicht. Wenn man das λ-fache der einen Gleichung
zu einer anderen addiert, dann ist jede Lösung des alten Systems eine Lösung des
neuen; und da dieser Schritt auch rückgängig gemacht werden kann (nämlich:
ziehe das λ-fache der Zeile i von Zeile j ab), kommen keine neuen Lösungen
hinzu.
b): In jedem Durchgang des Verfahrens wächst z, aber höchstens bis z = m.
Also bricht die Iteration nach endlicher Zeit ab. Bricht die Iteration ab, so ist z
die letzte Zeile, die nicht Null ist.
Zu Beginn von Schritt 1) ist der Bereich von (A|b) links von Spalte jz in
den Zeilen z bis m vollständig Null. Dieser Bereich bleibt Null. Zusätzlich wird
Spalte jz unterhalb der Zeile z in Schritt 3) vollständig auf Null gebracht. Daher
ist jz+1 > jz . Aber j1 < j2 < j3 < ... bedeutet Zeilenstufenform. Die Gleichheit
der Lösungsräume folgt aus a).
37
6.5
Der Gauß–Algorithmus als Matrixprodukt
In den Präsenzübungen haben Sie anhand von Beispielen gelernt, dass man die
im Gauß–Verfahren auftretenden Zeilenoperationen als Matrixprodukt schreiben
kann. Um dies zu vertiefen, müssen wir noch mehr über Matrizen lernen. Kurz
gesagt: Km×n ist ein K–Vektorraum und Mn (K) = Kn×n ein unitärer Ring.
Definition 6.13 Für A, B ∈ Km×n definieren wir die Summe A + B ∈ Km×n
komponentenweise: (A + B)i,j := Ai,j + Bi,j für i = 1, ..., m, j = 1, ..., n.
Auch die Skalarmultiplikation definieren wir komponentenweise: Für λ ∈ K
ist λ · A ∈ Km×n durch (λ · A)i,j := λ · Ai,j definiert, für i = 1, ..., m, j = 1, ..., n.
Zur Übung kann man zeigen:
Beobachtung 6.14 Mit der eben definierten Addition und Skalarmultiplikation
wird Km×n zu einem m · n–dimensionalen K–Vektorraum, wobei die Nullmatrix
0 ∈ Km×n (alle Einträge Null) das neutrale Element der Addition ist.
Lemma 6.15 Für A, A0 ∈ Km×k und B, B 0 ∈ Kk×n gelten die Distributivgesetze
(A + A0 ) · B = A · B + A0 · B ∈ Km×n und A · (B + B 0 ) = A · B + A · B 0 ∈ Km×n .
Lemma 6.16 Das Matrixprodukt ist assoziativ: Für alle A ∈ Kk×` , B ∈ K`×m ,
C ∈ Km×n gilt A · (B · C) = (A · B) · C ∈ Kk×n .
Beweis. Lemma 5.16 ordnet den Matrizen lineare Abbildungen LA : K` → Kk ,
LB : Km → K` und LC : Kn → Km umkehrbar eindeutig zu. Aus dem ersten
Semester wissen wir, dass die Verknüpfung von Abbildungen assoziativ ist, und
Satz 5.22 zeigt den Zusammenhang der Verknüpfung von Abbildungen und des
Matrixproduktes. Wir erhalten
L(A·B)·C =
=
=
=
=
LA·B ◦ LC
(LA ◦ LB ) ◦ LC
LA ◦ (LB ◦ LC )
LA ◦ L(B·C)
LA·(B·C)
Aus der Gleichheit der linearen Abbildungen folgt die Gleichheit der zugehörigen
Matrizen, also die Gleichheit von A · (B · C) und (A · B) · C.
Damit gilt:
Korollar 6.17 (Mn (K), +, ·, 0, En ) ist ein unitärer Ring.
In den Übungen sahen Sie bereits, dass Mn (K) meistens Nullteiler enthält
und nicht kommutativ ist. Manche Matrizen haben ein Inverses bezüglich des
Matrixprodukts:
38
Definition 6.18 Eine Matrix A ∈ Mn (K) heißt invertierbar, falls es eine Matrix
A−1 ∈ Mn (K) gibt mit A · A−1 = A−1 · A = En . Die Menge GLn (K) := {A ∈
Mn (K) : A invertierbar} ist eine Gruppe bzgl. Matrixprodukt mit neutralem Element En .
Die Bezeichnung GLn kommt aus dem Englischen („general linear group“).
Beispiel In den Präsenzübungen lernten Sie bereits, dass Basiswechsel auf
invertierbare Matrizen führen. Es sei V ein n-dimensionaler Vektorraum mit zwei
Basen B1 , B2 . Wir betrachten Darstellungsmatrizen der „identischen Abbildung“
Id : V → V .
a) Für jede Basis B von V ist
B
B
Id = En .
b) Ist x ∈ V und sind B1 , B2 zwei Basen von V , dann ist
B2
B1
Id · B1 x = B2 x.
B1
B2
1
Id · B
B2 Id = B2 Id · B1 Id = En .
−1 B1
2
Die Basiswechselmatrizen sind also invertierbar, mit B
= B2 Id.
B1 Id
c) Für alle Basen B1 , B2 von V gilt
B2
B1
Lemma 6.19 A ∈ Mn (K) ist invertierbar ⇐⇒ LA : Kn → Kn ist ein Isomorphismus.
Beweis. LA ist ein Isomorphismus, genau dann wenn es eine Umkehrabbildung
(LA )−1 : Kn → Kn gibt. Sie ist automatisch ebenfalls linear. Es gibt also eine
Matrix B ∈ Mn (K), so dass (LA )−1 = LB . Es ist LA ◦ LB = LA ◦ (LA )−1 = IdKn ,
also A · B = En nach Satz 5.22, und A ist invertierbar mit A−1 = B. Umgekehrt,
wenn A invertierbar ist, so hat LA die Umkehrabbildung (LA )−1 = LA−1 .
6.5.1
Elementarmatrizen
Elementarmatrizen sind invertierbare Matrizen, mit denen man die Zeilenoperationen des Gaußschen Eliminationsverfahrens als Matrixprodukte darstellen
kann.
Definition 6.20 Es seien n ∈ N>0 , i, j ∈ {1, ..., n}, i 6= j und λ ∈ K \ {0}. Die
folgenden quadratischen Matrizen heißen Elementarmatrizen.
a) Pij ∈ Mn (K) unterscheidet sich von En nur dadurch, dass Pij i,i = Pij j,j =
0 und Pij i,j = Pij j,i = 1 ist.
b) Si (λ) ∈ Mn (K) unterscheidet sich von En nur dadurch, dass (Si (λ))i,i = λ
ist (in En stünde hier der Eintrag 1).
c) Qji (λ) ∈ Mn (K) unterscheidet sich von En nur dadurch, dass Qji (λ) j,i = λ
ist.
39
Aus der Notation geht die Anzahl der Zeilen und Spalten nicht hervor, aber wenn
wir P25 ) ∈ M7 (K) schreiben, ist klar, dass es sich um eine (7 × 7)–Matrix handelt.
 Beispiele 
1 0 0 0
0 0 0 1
4


0 0 1 0 = P2 ,
0 1 0 0
jeweils M4 (K)

1
0

0
0
0
1
0
0
0
0
5
0


0
1
0
0
 = S3 (5) und 
−2
0
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0

0
0
 = Q31 (−2),
0
1
Lemma 6.21 Wir betrachten A ∈ Km×n und Elementarmatrizen in Mm (K).
a) Pij · A entsteht aus A durch Vertauschen der Zeilen i und j.
b) Si (λ)·A entsteht aus A, indem die i-te Zeile durch ihr λ-faches ersetzt wird.
c) Qji (λ) · A entsteht aus A durch Addition des λ-fachen der i-ten Zeile zur
j-ten Zeile.
Der Beweis erfolgt durch simples Ausrechnen.
Beweis. In einem Matrixprodukt bestimmen die Einträge der k-ten Zeile des
ersten Faktors, wie die Zeilen des zweiten Faktors linear kombiniert werden müssen, um die k-te Zeile des Ergebnisses zu erhalten.
Ist j 6= k 6= i, so hat k-te Zeile von Pij eine 1 an der k-ten Stelle und ist sonst
Null; die k-te Zeile des Produktes ist also die k-te Zeile von A. Die i-te Zeile von
Pij hat eine 1 an der j-ten Stelle und ist sonst Null; die i-te Zeile des Produktes
ist also die j-te Zeile von A. Entsprechend für die j-te Zeile.
Die k-te Zeile von Si (λ) enthält jeweils genau einen von Null verschiedenen
Eintrag an der k-ten Stelle. Also ist die k-te Zeile des Ergebnisses gleich dem
(Si (λ))k,k -fachen der k-ten Zeile von A.
Qji (λ) ist wie En , hat aber in der j-ten Zeile zusätzlich den Eintrag λ an der
i-ten Stelle. Für k 6= j ist also die k-te Zeile des Produktes gleich der k-ten Zeile
von A. Gemäß der beiden Einträge von Qji (λ) in der j-ten Zeile entsteht die j-te
Zeile des Produkts aus der Summe der j-ten Zeile und dem λ-fachen der i-ten
Zeile von A.
Korollar 6.22 Es sei A0 ∈ Km×n das Ergebnis des Gauß–Algorithmus angewandt
auf A ∈ Km×n . Dann gibt es ein T ∈ Mm (K), so dass A0 = T · A. Der Gauß–
Algorithmus liefert zudem eine Zerlegung von T als Produkt T = Tt · Tt−1 · · · · · T1
von Elementarmatrizen T1 , T2 , ..., Tt ∈ Mm (K).
Beweis. Nach dem vorigen Lemma gibt es für den k-ten Schritt des Gauß–
Algorithmus jeweils eine Elementarmatrix Tk ∈ Mm (K), so dass Multiplikation
von Tk mit dem Ergebnis des (k−1)-ten Schrittes das Ergebnis des k-ten Schrittes
liefert. Es ist also A0 = (Tt · (Tt−1 · · · · · (T1 · A)...)), und wegen der Assoziativität
des Matrixproduktes folgt daraus die Behauptung.
40
Um T zu berechnen, ist es nicht nötig, die Produkte der Elementarmatrizen
auszurechnen. Stattdessen führt man einfach das Gaußsche Eliminationsverfahren
mit einer erweiterten Matrix durch. Diesmal erweitern wir A ∈ Km×n nicht nur
um eine einzelne Spalte, sondern um m Spalten, indem wir mit Em erweitern.
Lemma 6.23 Es sei A ∈ Km×n . Wenn der Gauß-Algorithmus angewandt auf
die erweiterte Matrix (A | Em ) das Ergebnis (A0 | T ) mit A0 in Zeilenstufenform hat, dann ist A0 = T · A. Ferner gilt LR(A, b) = LR(A0 , T · b) für alle b,
und die Lösungsmenge auf der rechten Seite kann man mit bekannten Methoden
ausrechnen.
Beweis. Nach dem vorigen Korollar gibt es ein T ∈ Mm (K), so dass T · (A |
Em ) das Ergebnis des Gauß-Algorithmus auf (A | Em ) ist und T ein Produkt
von Elementarmatrizen ist. Die Spalten des Matrixprodukts erhält man durch
Multiplikation des ersten Faktors mit den Spalten des zweiten Faktors. Also ist
T ·(A | Em ) = (T ·A | T ·Em ). Nach Voraussetzung ist T ·A = A0 , und T ·Em = T .
Die Gleichheit der Lösungsräume folgt aus Lemma 6.12, denn T ist ein Produkt
von Elementarmatrizen, die Multiplikation mit einer Elementarmatrix entspricht
einer Zeilenoperation, und Zeilenoperationen ändern den Lösungsraum nicht.
Wenn man auch die optionalen Schritte des Gauß–Verfahrens anwendet, entsteht eine Zeilenstufenform besonderer Art: In jeder Pivot-Spalte ji steht genau
ein Element, welches nicht Null ist (natürlich in der i-ten Zeile), und dieses ist
gleich Eins. Man nennt dies eine strenge Zeilenstufenform. Und damit kann man
Matrizen invertieren:
Algorithmus 6.24 (Eine Matrix invertieren)
Input: Eine quadratische Matrix A ∈ Mn (K).
Output: Stellt fest, ob A invertierbar ist, und berechnet ggf. A−1 .
• Bilde die erweiterte Matrix B = (A | En ) ∈ Kn×2n .
• Gauß–Verfahren mit allen optionalen Schritten: Bringe B auf strenge Zeilenstufenform (A0 | C).
• Ist A0 = En , dann ist A invertierbar, und A−1 = C.
• Wenn nicht, dann hat A0 eine Nullzeile, und A ist nicht invertierbar.
Beweis, dass Algorithmus 6.24 funktioniert.
Wenn A invertierbar ist, dann ist LA ein Isomorphismus. Also ist ker(LA ) =
LR(A, 0) = {0}, es gibt also keine Basislösungen. Das bedeutet aber: Wenn wir
A auf Zeilenstufenform mit Pivotspalten j1 , ..., jr bringen, dann ist r = n und
j1 = 1, j2 = 2, ..., jn = n (andernfalls gäbe es freie Variablen). Für die strenge
Zeilenstufenform gilt demnach A0 = En . Nach Korollar 6.22 gibt es ein T ∈
41
Mn (K) mit T · B = (T · A | T · En ) = (A0 | T ) = (En | T ). Wir finden also T
tatsächlich als hintere Hälfte der erweiterten Matrix in strenger Zeilenstufenform,
und T · A = En .
Umkehrung: En ist die einzige (n × n)–Matrix in strenger Zeilenstufenform,
die keine Nullzeile hat. Hat also A0 keine Nullzeile, dann ist A0 = En , aber
Korollar 6.22 liefert wieder ein T ∈ Mn (K) als Produkt von Elementarmatrizen,
mit En = A0 = T · A.
Es bleibt noch zu zeigen, dass aus T · A = En auch A · T = En folgt, denn
in Definition 6.18 waren beide Gleichheiten gefordert. Dazu nutzen wir das nachfolgende Lemma, welches sagt, dass Elementarmatrizen invertierbar sind. Da T
ein Produkt von Elementarmatrizen ist, ist auch T invertierbar, es existiert also
T −1 ∈ Mn (K) mit T · T −1 = T −1 · T = En . Dann können wir die Gleichung
T · A = En von links mit T −1 und von rechts mit T multiplizieren, und erhalten
T −1 · (T · A) · T = T −1 · En · T , also A · T = En . Also ist A invertierbar, mit
Inversem T .
Lemma 6.25 Die Elementarmatrizen sind invertierbar, und die Inversen sind
−1
jeweils selbst Elementarmatrizen. Genauer gilt Pij
= Pij , (Si (λ))−1 = Si ( λ1 )
−1
= Qji (−λ).
(für λ 6= 0) und Qji (λ)
Beweis. Übung.
Korollar 6.26 Eine Matrix A ∈ Mn (K) ist invertierbar, genau dann wenn sie
sich als ein Produkt von Elementarmatrizen darstellen lässt. Mit anderen Worten:
Die Elementarmatrizen bilden ein Erzeugendensystem der Gruppe GLn (K).
Beweis. Invertieren von A geschieht ja durch Anwendung des Gauß–Algorithmus auf (A | En ), welches das Ergebnis (En | A−1 ) hat. Nach Korollar 6.22 und
Lemma 6.23 zerfällt A−1 als Produkt von Elementarmatrizen: A−1 = Tt · Tt−1 ·
... · T1 . Aus dem ersten Semester wissen wir, wie man ein Produkt invertiert: Es
ist das Produkt der Inversen der einzelnen Faktoren in umgekehrter Reihenfolge.
−1
Also A = (A−1 ) = T1−1 · T2−1 · ... · Tt−1 , wobei das vorige Lemma besagt, dass
T1−1 , ..., Tt−1 Elementarmatrizen sind.
6.6
Der Rang einer Matrix
Der Rang einer linearen Abbildung f ist definiert als Rang(f ) = dim(Bild(f )).
Für Matrizen gibt es sogar zwei Definitionen des Begriffs „Rang“, die sich allerdings am Ende als gleich herausstellen.
Definition 6.27 Sei A ∈ Km×n . Der Zeilenraum von A ist das Erzeugnis der
m Zeilen, ein Untervektorraum des Kn . Der Spaltenraum ist das Erzeugnis der
n Spalten, ein Unvervektorraum des Km . Der Spalten- bzw. Zeilenrang ist die
Dimension des Spalten- bzw. des Zeilenraums.
42
Lemma 6.28 Für A ∈ Km×n gelten:
a) Spaltenraum(A) = Bild(LA ) und Spaltenrang(A) = Rang(LA ).
b) Elementare Zeilenoperationen ändern den Zeilenraum und damit auch den
Zeilenrang nicht.
c) Elementare Zeilenoperationen ändern den Spaltenrang nicht.
1 1
Beispiel A =
∈ M2 (R). Zeilentausch ändert den Spaltenraum! Es ist
0 0
also nicht offensichtlich, dass der Spaltenrang gleich bleibt.
Beweis.
a): Die lineare Abbildung LA : Kn → Km ist so definiert, dass die Darstellungsmatrix von LA bezüglich der Standardbasen von Kn und Km gleich A ist.
Das bedeutet: Die j-te Spalte von A ist gleich LA (ej ). Also erzeugen die Spalten
von A auch Bild(LA ).
b): Die neuen Zeilen sind Linearkombinationen der alten und umgekehrt. Also
haben die Zeilen vor und nach der Zeilenoperation das gleiche Erzeugnis.
c): Nach a) und der Rangformel ist
Spaltenrang(A) = Rang(LA ) = n − dim Kern(LA ) = n − dim LR(A; 0) .
Aber Zeilenoperationen ändern LR(A; 0) nicht (Lemma 6.12 a)).
     
1
2
1





1  3  0 

Beispiel 6.29 Sei U ⊆ R4 das Erzeugnis der Vektoren 
−1, 0, −2,
1
1
1
 
5
4
 . Finden Sie eine Basis von U .
2
−3


1 1 −1 1
2 3 0
1

Sei A die Matrix mit diesen Vektoren als Zeilen, also A = 
1 0 −2 1 ,
5 4 2 −3
und U = Zeilenraum(A). Zeilenoperationen ändernden Zeilenraum
nicht, daher
1 1 −1 1
0 1 2 −1

ist U der Zeilenraum der Zeilenstufenform B = 
0 0 1 −1. Die ersten
0 0 0
0
43


1
1

drei Zeilen bilden eine Basis des Zeilenraums. Also: 
−1,
1
eine Basis von U .


0
1
 ,
2
−1


0
0
  ist
1
−1
Im Beispiel haben wir eine neue Matrix gebildet, deren Zeilen den Spalten der
ursprünglich gegebenen Matrix entspricht. Dies nennt man „Transposition“:
Definition 6.30 Es sei A ∈ Km×n . Die transponierte Matrix A> ∈ Kn×m ist
definiert durch (A> )i,j = Aj,i für i = 1, ..., n, j = 1, ..., m.



>
1 3 8
1 3 7 4
3 1 0
4×3
> >


Beispiel 6.31 3 1 2 9 = 
7 2 7 ∈ R . Man beachte: (A ) = A.
8 0 7 3
4 9 3
Lemma 6.32 Für alle A ∈ Km×n und B ∈ Kn×k gilt (A · B)> = B > · A> .
Beweis. Übung.
Satz 6.33 Spaltenrang(A) = Zeilenrang(A).
Bezeichnung Daher setzt man Rang(A) = diesen gemeinsamen Wert. Aus
Lemma 6.28 folgt Rang(A) = Rang(LA ).
Beweis. Zeilenoperationen ändern nach Lemma 6.28 den Zeilen- und Spaltenrang nicht, wir können also annehmen, dass A Zeilenstufenform hat (Lemma 6.12). Sei r die Anzahl der Zeilen 6= 0, dann Spaltenraum(A) ⊆ he1 , . . . , er i ⊆
Km , also Spaltenrang(A) ≤ r; aber nach Lemma 6.2 ist Zeilenrang(A) = r. Daher
ist Spaltenrang(A) ≤ Zeilenrang(A).
Für die transponierte Matrix A> ist Zeilenraum(A> ) = Spaltenraum(A) und
Spaltenraum(A> ) = Zeilenraum(A). Wir wenden nun die eben gezeigte Ungleichung sowohl für A als auch für A> an und erhalten Spaltenrang(A) ≤
Zeilenrang(A) = Spaltenrang(A> ) ≤ Zeilenrang(A> ) = Spaltenrang(A). Es ist
also nicht nur Spaltenrang(A) ≤ Zeilenrang(A), sondern auch Zeilenrang(A) ≤
Spaltenrang(A). Beide stimmen also überein.
Es folgen noch einige nützliche Aussagen über den Rang von Matrizen.
Lemma 6.34 A ∈ Mn (K) ist invertierbar, genau dann wenn Rang(A) = n.
Beweis. Gemäß des Invertierungsalgorithmus 6.24 ist A invertierbar, genau
dann wenn der Gauß–Algorithmus einschließlich aller optionaler Schritte A in En
umformt, und das ist genau dann der Fall, wenn Rang(A) = n.
44
Lemma 6.35 Es seien A ∈ Km×n und B ∈ Kn×k . Dann gilt:
a) Rang(A) ≤ min(m, n).
b) Rang(A · B) ≤ min(Rang(A), Rang(B)).
Beweis.
a): Zeilenrang ≤ m, da m Zeilen; und Spaltenrang ≤ n, da n Spalten.
b): Wegen LA·B = LA ◦ LB ist Bild(LAB ) ⊆ Bild(LA ), also Rang(A · B) ≤
Rang(A). Ferner ist Rang(A> ) = Rang(A) und (A · B)> = B > · A> und daher
Rang(A · B) = Rang(B > · A> ) ≤ Rang(B > ) = Rang(B).
45
7
Die Determinante
Jede quadratische Matrix A ∈ Mn (K) hat eine Determinante det(A) = |A| ∈
K. Es ist A invertierbar ⇔ det(A) 6= 0. Geometrische Deutung für n = 3:
Determinante = das Volumen des Parallelepipeds, dessen Kanten durch die Zeilen
der Matrix gegeben sind.
In diesem Kapitel stellen wir zum ersten Mal in dieser Vorlesung eine Bedingung an den Körper K: Wir setzen voraus, dass 1 + 1 6= 0. Dadurch wird zum
Beispiel der Körper mit zwei Elementen ausgeschlossen.
7.1
Definition
a b = ad − bc, und
Definition 7.1 Fall n = 2, 3: Es ist c d
a1 a2 a3 b2 b3 b1 b3 b1 b2 b1 b2 b3 = a1 c 2 c 3 − a2 c 1 c 3 + a3 c 1 c 2 c1 c2 c3 = a1 det A(1, 1) − a2 det A(1, 2) + a3 det A(1, 3) ,
wobei A(i, j) ∈ Mn−1 (K) ensteht, indem man Zeile i und Spalte j streicht.
Allgemeiner Fall: Rekursive Definition: für n ≥ 2 ist
det(A) =
n
X
(−1)j+1 A1j det A(1, j) ,
j=1
und für a ∈ M1 (K) = K ist det(a) = a.
1 −3
= 1 · 5 − (−3) · 2 = 5 + 6 = 11.
Beispiele
• 2 5
1 1 2
1 1 0 1 0 1 • 0 1 1 = 1 − 1 1 3 + 2 1 2 = (3 − 2) − (0 − 1) + 2(0 − 1) = 0.
2
3
1 2 3
1 0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0 = 1 0 0 = − • 0 1 = −(1 − 0) = −1.
0 1 0 0 0 0 1
0 0 0 1
• Für jedes n ≥ 2 ist det(En ) = 1 · det(En−1 ), und det(E1 ) = det(1) = 1.
Also det(En ) = 1 für jedes n ≥ 1 (Induktion).
46
7.2
Erste Eigenschaften
Lemma 7.2 Betrachten wir Mn (K) → K, A 7→ det(A) als eine Funktion der n
Zeilen. Diese Funktion ist
• n-fach multilinear:
Hält man die anderen Zeilen konstant und betrachtet det(A) als Funktion
der i-ten Zeile, dann ist diese Funktion Kn → K linear für jedes i.
• Alternierend:
Vertauscht man zwei Zeilen, so multipliziert man det(A) mit −1.
Sind zwei Zeilen gleich, dann ist det(A) = 0.
Bemerkung 7.3 Für die letzte Aussage (sind zwei Zeilen gleich, ist die Determinante Null) verwenden wir die Voraussetzung 1 + 1 6= 0. Es stellt sich heraus,
dass die Determinantenfunktion durch die Aussagen des Lemmas und die „Normierung“ det(En ) = 1 bereits eindeutig bestimmt ist. Manchmal findet man daher
die Definition, dass die Determinante auf Mn (K) durch die eindeutig bestimmte
alternierende normierte n-fach lineare Funktion auf den n Zeilen der Matrizen
gegeben ist—dies geht für jeden Körper K, auch wenn 2 = 0. Dann müsste man
die Formel aus Definition 7.1 allerdings erst mühsam herleiten.
Beispiele Wegen 1 −2 1 = 3 1 0 −1 − 2 1 1 −2 ist
a b c a b c a b c 1 −2 1 = 3 1 0 −1 − 2 1 1 −2
d e f d e f d e f 1 2 3 für alle a, b, c, d, e, f (linear in der 2-ten Zeile). Es ist 4 −2 1 = 0 (alternierend:
1 2 3 1 −3 2
0 5 1 Zeilen 1 und 3 gleich), und 4 −2 1 = − 4 −2 1 (alternierend: Zeilen 1 und
0 5 1 1 −3 2
3 vertauscht).
Beweis. Multilinear: Für i = 1 ist det A(1, j) konstant, und A1j linear. Für
i > 1 ist A1j konstant und (Induktion) det A(1, j) linear in Zeile i − 1.
Alternierend:
Schritt 1: Zwei aufeinander
Zeilen vertauschen:
folgende
c d
a b = cb − ad = − Induktionsanfang n = 2: c d. Induktionsschritt: Vera b
tauscht man Zeilen i, i + 1 mit i ≥ 2, dann bleibt A1j konstant, und Zeilen i − 1, i
47
von A(1, j) werden vertauscht. Also Multiplikation mit −1 (Induktionsannahme).
Übrig bleibt der Fall, wo man Zeilen 1 und 2 vertauscht. Es ist
det(A) =
n
X
(−1)j+1 A1j det A(1, j)
j=1
n X
n−1
X
=
(−1)j+k A1j A(1, j)1k det (A(1, j)(1, k)) .
j=1 k=1
Wir schreiben A(a, b; c, d) für die Matrix, die aus A durch Streichen der Zeilen
a, b und Spalten c, d entsteht. Dann ist
(
A1j A2,k det A(1, 2; j, k)
k<j
A1j A(1, j)1k det (A(1, j)(1, k)) =
,
A1j A2,k+1 det A(1, 2; j, k + 1) k ≥ j
und daher (wenn man in der zweiten Summe den Index k um eins verschiebt)
X
X
(−1)j+k A1j A2k det A(1, 2; j, k) .
(−1)j+k A1j A2k det A(1, 2; j, k)−
det(A) =
n≥k>j≥1
1≤k<j≤n
Vertauscht man die ersten beiden Zeilen, so vertauscht man j mit k. Dabei bleibt
A(1, 2; j, k) konstant. Also werden die beiden Summen miteinander vertauscht,
und das bedeutet Multiplikation mit −1.
Schritt 2: Allgemeiner Fall:
Sei i < j. Um Zeilen i und j zu vertauschen, schiebt man Zeile i an die j − i − 1
Zeilen vorbei, die dazwischen liegen. Dann schiebt man Zeile i an Zeile j vorbei.
Zum Schluss schiebt man Zeile j an den j − i − 1 Zeilen vorbei, damit sie auf
Platz i gelangt. Insgesamt werden (2(j − i − 1) + 1)-mal benachbarte Zeilenen
miteinander vertauscht. Das Vorzeichen ist also (−1)2(j−i−1)+1 = −1.
Sind Zeilen i und j gleich, dann ändert ein Vertauschen dieser Zeilen die
Matrix einerseits nicht, andererseits bedeutet es Multiplikation mit −1. Also
det(A) = − det(A), woraus 2 · det(A) = 0 folgt. Wir setzen 2 6= 0 voraus, also kann man beide Seiten der Gleichung durch 2 teilen, und es folgt det(A) = 0.
Korollar 7.4 (Determinante und Zeilenoperationen) Vertauscht man zwei Zeilen, so multipliziert man det(A) mit −1. Multipliziert man eine Zeile mit λ, so
multipliziert man det(A) mit λ. Addiert man das λ-fache der i-ten Zeile zur j-ten
(i 6= j), so ändert sich det(A) nicht.
Beweis. Zeilentausch: alternierend. Zeile i mit λ: multilinear, also linear in
Zeile i. Dritte Operation: sei A0 das Ergebnis. Dann (linear in Zeile j): det(A0 ) =
det(A) + λ det(B), wobei B aus A entsteht, indem man Zeile j ersetzt durch
eine Kopie von Zeile i. Es sind also zwei Zeilen von B gleich, daher det(B) = 0
(alternierend).
48
7.3
Weitere Eigenschaften, Produktregel
Lemma 7.5 Für A ∈ Mn (K) gelten folgende Aussagen über det(A):
• Transponieren: det(AT ) = det(A)
• Laplace-Entwicklung4 nach Zeile i und nach Spalte j:
det(A) =
n
X
(−1)
i+j
Aij det A(i, j) und det(A) =
j=1
n
X
(−1)i+j Aij det A(i, j) .
i=1

Vorzeichen: Schachbrett-Muster

+ − + − ···
− + −



+ −


.
−



..
.
• Obere Dreiecksgestalt:
Ist Aij = 0 für alle i > j, dann det(A) = A11 A22 · · · Ann =
n
Y
Aii .
i=1
• Rang: det(A) 6= 0 ⇐⇒ Rang(A) = n
Lemma 6.34
⇐⇒
A invertierbar.
• Produktregel: det(AB) = det(A) det(B).
• Blockgestalt:
B C
Ist A =
mit B, D quadratisch, dann det(A) = det(B) det(D).
0 D
Beweis. Laplace nach Spalte 1: Induktion über n, klar für n = 2. Für n ≥ 3:
det(A) =
n
X
(−1)j+1 A1j det A(1, j)
j=1
Ind.-Ann.
=
n X
n−1
X
A11 det A(1, 1) +
(−1)i+j A1j Ai+1,1 det A(1, i + 1; 1, j)
j=2 i=1
umindiziert
=
A11 det A(1, 1) +
n X
n−1
X
i=2 j=1
n
X
=
(−1)i+1 Ai1 det A(i; 1) .
i=1
4
Pierre-Simon Marquis de Laplace [1749–1827]
49
(−1)i+j A1,j+1 Ai1 det A(1, i; 1, j + 1)
Transposition: Laplace nach Spalte 1 und Induktion nach n liefern
det(AT ) =
n
X
(−1)i+1 A1i det AT (i, 1) =
i=1
n
X
(−1)i+1 A1i det A(1, i) = det(A) .
i=1
Laplace (Zeile): Sei B = A, mit Zeilen 1 und i vertauscht. det(B) = − det(A).
Nun, B(1, j) = A(i, j), mit Zeile 1 nach unten geschoben bis Zeile i − 1. Zurück
nach oben: an i − 2 Zeilen vorbei schieben, also det B(1, j) = (−1)i det A(i, j),
und
det(A) = − det(B) =
n
X
n
X
(−1) Aij det B(1, j) =
(−1)i+j Aij det A(i, j) .
j=1
i=1
j
Laplace (Spalte): Transponieren, dann Laplace nach Zeilen.
Obere Dreiecksgestalt: Induktion über n, mittels Laplace nach Spalte 1.
Rang: Korollar 7.4: A auf Zeilenstufenform bringen, bei jedem Schritt die
Änderung an det(A) festhalten. Es ist det(A) = 0 vorher ⇔ nachher. Für Zeilenstufenform gilt Rang = n genau dann wenn keine Nullzeile vorliegt, genau dann
wenn jede Spalte eine Pivot-Spalte ist, genau dann wenn alle Diagonalelemente
ungleich Null sind.
Q Jede Matrix in Zeilenstufenform ist eine obere Dreiecksmatrix,
also det(A) = i Aii , und das ist ungleich Null genau dann wenn alle Aii 6= 0
(Körper sind nullteilerfrei!) genau dann wenn Rang(A) = n.
Produktregel: Ist det(A) = 0, dann (Lemma 6.35) Rang(AB) ≤ Rang(A) < n,
also det(AB) = 0. Ist dagegen det(A) 6= 0, dann A invertierbar, also (Korollar 6.26) ist A ein Produkt von Elementarmatrizen: A = T1 · · · Tt , also AB =
T1 · · · · Tt · B. Nun, nach Korollar 7.4 ändert eine Zeilenoperation die Determinante gar nicht oder höchstens durch Multiplikation mit einem Skalar ungleich Null,
d.h. für alle i = 1, ..., t gibt esQein λi ∈ K \ {0} mit det(Ti B) = λi det(B). Also
det(AB) = λ det(B) für λ = ti=1 λi . Mit B = En folgt det(A) = λ, und daraus
wiederum folgt det(AB) = λ det(B) = det(A) det(B) für beliebige B ∈ Mn (K).
Blockgestalt: Sei B ∈ Mr (R). Induktion über r mit Laplace nach Spalte 1
(behandelt auch Fall r = 1).
Bemerkung Sie haben bereits in den Präsenzübungen erkannt, dass die rekursive Definition für große n einen sehr ineffizienten Weg darstellt, um det(A)
zu berechnen. Es ist viel besser, mittels Gauß die Matrix auf Zeilenstufenform
zu bringen: denn man weiß, wie die Determinante sich bei jedem Schritt ändert,
und zum Schluss hat die Matrix obere Dreiecksgestalt. Da es nicht nötig ist, A
auf strenge Zeilenstufenform zu bringen, kann man auf „Multiplikation der i-ten
Zeile mit λ 6= 0“ verzichten. Für das richtige Vorzeichen muss man nur darauf
achten, wie oft man Zeilen vertauscht hat.
50
5 4 6 1
0 6 2 9
Die 1 in der dritten Zeile scheint ein
Beispiel 7.6 Wir berechnen 1
2
3
4
2 4 8 1
günstiger Pivot zu sein, also tauschen wir mit
Zeile. Das Vorzei der ersten
1 2 3 4
0 6 2 9
. Wir subtrahieren 5chen ändert sich dabei, wir erhalten also − 5 4 6 1
2 4 8 1
mal bzw. 2-mal die erste Zeile von der dritten
ändert sich
bzw. vierten. Dabei
1 2
3
4
0 6
2
9
. Durch Additidie Determinante nicht, wir erhalten also − 0 −6 −9 −19
0 0
2 −7 on der zweiten zur dritten Zeile ändert
sich die Determinante wieder nicht,
1 2 3
4
0 6 2
9 also erhalten wir − . Die Matrix ist nun in Blockgestalt, wir
0 0 −7 −10
0 0 2 −7 1 2 −7 −10
. Die beiden (2 × 2)–Determinanten berecherhalten also − ·
0 6 2 −7 nen wir mit der bekannten Formel (wobei wir auch nutzen, dass
die erste der
5 4 6 1
0 6 2 9
=
beiden eine obere Dreiecksmatrix ist) und erhalten schließlich 1 2 3 4
2 4 8 1
−6 · ((−7) · (−7) − 2 · (−10)) = −6 · 69 = −414.
51
8
Eigenwerte und Eigenvektoren
8.1
Grundbegriffe
Definition 8.1 Sei A ∈ Mn (K) eine quadratische Matrix. Gibt es 0 6= v ∈ Kn
und λ ∈ K derart, dass A · v = λv ist, so heißt v ein Eigenvektor von A mit
Eigenwert λ.
Bemerkung Es gilt A · 0 = λ0 für jedes λ ∈ K. Dies bedeutet aber nicht, dass
jedes λ ein Eigenwert ist, denn der Nullvektor ist ausgeschlossen.
Beispiel 8.2
2 −1
1
a) Zu den Eigenvektoren von A =
gehören unter anderem
mit
3 −2
1
1
Eigenwert 1 und
mit Eigenwert −1, denn
3
2 −1
1
1
2 −1
1
−1
=
=
3 −2
1
1
3 −2
3
−3


4
b) −1 ist
−1
1
2
 0 −1
−1 1


1
2
2
ein Eigenvektor von  0 −1 1 
     −1 1 −5
2
4
0
1  −1 = 0.
−5
−1
0
1 2
1
c) 2 ist kein Eigenwert von
, denn aus
0 3
0
a + 2b = 2a und 3b = 2b, also a = b = 0.
mit Eigenwert 0, denn
2
3
a
2a
=
folgt
b
2b
d) Die Existenz von Eigenwerten hängtentscheidend
von dem betrachteten
0 −1
Körper ab. Beispielsweise hat A =
∈ M2 (R) keine Eigenwerte
1 0
x
x
in K = R, denn aus A
= λ
folgen −y = λx und x = λy, also
y
y
(λ2 + 1)x = 0, also x = 0 und y = 0.
0 −1
Betrachtet man hingegen A =
∈ M2 (C), so findet man für K = C
1
0
i
den Eigenvektor
∈ C2 mit Eigenwert i.
1
52
e) Die Matrix A ∈ Mn (K) stellt eine lineare Abbildung Kn → Kn dar. Allgemeiner kann man die Begriffe Eigenwert, Eigenvektor für jede lineare
Abbildung F : V → V definieren. Beispiel: V = C ∞ (R) – die Menge aller
f
beliebig oft differenzierbarer Funktionen R → R –, und F ist f 7→ f 00 (zweite Ableitung). Wegen sin00 (x) = − sin(x) und cos00 (x) = − cos(x) sind die
Sinus- und Kosinusfunktionen dann Eigenvektoren mit Eigenwert −1.
Definition 8.3 Für λ ∈ K definiert man den Eigenraum
Eλ (A) = {v ∈ Kn | A · v = λv} .
Für jedes λ ist 0 ∈ Eλ (A). Also gilt: λ Eigenwert ⇔

−1 0

0 −1
Beispiel Für die Diagonalmatrix A =
0
0
E−1 (A), und e3 eine Basis von E1 (A).
Eλ (A) 6= {0}.

0
0 ist e1 , e2 eine Basis von
1
Bezeichnung Eine Matrix A ∈ Mn (K) heißt singulär, falls Rang(A) < n ist.
Also singulär ⇔ nicht invertierbar ⇔ det(A) = 0.
Lemma 8.4 Sei A ∈ Mn (K) und λ ∈ K.
a) Eλ (A) = LR(A − λEn ; 0), ist also ein Untervektorraum von Kn .
b) λ ist Eigenwert von A
⇐⇒
die Matrix A − λEn ist singulär.
Beweis.
a): Wegen λv = λEn v ist
v ∈ Eλ (A) ⇔ Av = λEn v ⇔ (A − λEn )v = 0 ⇔ v ∈ LR(A − λEn ; 0) .
b): Sei B = A − λEn . Dann
a)
λ E.-Wert ⇐⇒ dim LR(B; 0) > 0
8.2
Rangformel
⇐⇒
Rang(B) < n ⇔ B singulär .
Das charakteristische Polynom
Wegen Eλ (A) = LR(A − λEn ; 0) kann man mit dem Gauß-Verfahren die Eigenvektoren zu einem bekannten Eigenwert berechnen. Aber wie bestimmt man die
Eigenwerte? Nach Lemma 8.4 b) ist
λ Eigenwert ⇐⇒ A − λEn singulär ⇐⇒ det(A − λEn ) = 0 .
Wir wollen also die Gleichung det(A − λEn ) = 0 für λ lösen. Es handelt sich
um eine Polynomgleichung. Damit ein normiertes Polynom vorliegt, betrachten wir stattdessen die Polynomgleichung det(λEn − A) = 0, denn det(−B) =
(−1)n det(B) (Übung!).
53
Definition 8.5 Das charakteristische Polynom von A ∈ Mn (K) ist
pA (X) = det(XEn − A) ∈ K[X] .
Unsere Diskussion zeigt:
Lemma 8.6 Die Eigenwerte von A sind genau die Nullstellen des charakteristischen Polynoms pA (X).
2 −1
Beispiel Für A =
ist
3 −2
X − 2
1 pA (X) = = (X − 2)(X + 2) − (+1)(−3)
−3
X + 2
= X 2 − 4 + 3 = X 2 − 1 = (X − 1)(X + 1) .
Also sind 1 und −1 die einzigen

0
1

Beispiel Für A = −1 0
0 −1
X −1 0 X
pA (X) = 1 X −1 = X 1
0 1 X Eigenwerte.

0
1 ∈ M3 (R) ist
0
−1 1 −1
+
= X(X 2 + 1) + X = X(X 2 + 2)
X 0 X Der einzige √
reelle Eigenwert
ist 0. Allerdings findet man für K = C zusätzlich die
√
Eigenwerte 2i und − 2i.
8.3
Eigenräume sind linear unabhängig
Lemma 8.7 Seien λ1 , . . . , λr ∈ K paarweise verschiedene Eigenwerte von A ∈
Mn (K).
P
a) Seien v i ∈ Eλi (A) für i = 1, ..., r. Gilt ri=1 v i = 0, dann ist v i = 0 für
alle i.
b) Legt man die Basen von Eλ1 (A), Eλ2 (A), . . . , Eλr (A) zusammen, so erhält
man ein linear unabhängiges System.
Beweis. b) folgt aus a).
a): Induktion über r, klar für r = 1. Nun sei r ≥ 2, dann
!
r
r
n
r
X
X
X
X
0=A
v i − λ1
vi =
(λi − λ1 )v i =
(λi − λ1 )v i .
i=1
i=1
i=1
i=2
Nach Induktionsannahme ist (λi −λP
1 )v i = 0 für alle i ≥ 2. Für i ≥ 2 ist λi −λ1 6= 0
und daher v i = 0. Also auch v 1 = ri=1 v i = 0.
54

 

1 1 1
1



Beispiel A = 1 1 1 hat den Eigenvektor v 1 = 1 mit Eigenwert 3.
1 1 1
1
Ferner ist Rang(A) = 1, also ist E0 (A) = LR(A; 0) 2-dimensional: sei v 2 , v 3 eine
Basis von E0 (A). Wende das Lemma auf die Eigenwerte 3, 0 an: v 1 , v 2 , v 3 ist
linear unabhängig, daher eine Basis des R3 . Also keine weitere Eigenwerte, sonst
erhielte man nach dem Lemma ein linear unabhängiges System der Länge ≥ 4.
8.4
Diagonalisierbarkeit
Bezeichnung D ∈ Mn (K) heißt Diagonalmatrix falls Dij = 0 für alle i 6= j.
Lemma 8.8 (Drei Charakterisierungen von Diagonalisierbarkeit)
Für A ∈ Mn (K) sind äquivalent:
a) Es gibt S ∈ Mn (K) invertierbar, so dass S −1 AS diagonal ist, mit den Eigenwerten von A auf der Diagonale.
b) Kn hat eine Basis, die aus Eigenvektoren von A besteht.
P
c) Seien λ1 , . . . , λr ∈ K alle Eigenwerte von A. Dann ri=1 dim Eλi (A) = n.
Gelten diese äquivalenten Bedingungnen, so heißt A diagonalisierbar, und wir
nennen S eine diagonalisierende Matrix für A.
Beweis. b) ⇔ c) wegen Lemma 8.7 b). a) ⇔ b): Sei S die Matrix mit
Spalten v 1 , . . . , v n , bzw. v 1 , . . . , v n die Spalten von S. Dann S invertierbar ⇔
v 1 , . . . , v n Basis. Ferner S −1 AS hat jte Spalte λej ⇔ v j Eigenvektor von A zum
Eigenwert λ.
Bemerkung 8.9 Am Beweis wird klar, dass die Spalten einer diagonalisierenden
Matrix eine Basis aus Eigenvektoren liefern. Wir weisen auf die Übungsserien hin,
in denen Sie sich bereits mit Basiswechseln vertraut machen konnten: Wenn B0
die Standardbasis und B1 eine weitere Basis des Kn ist (im Lemma besteht B1
aus Eigenvektoren), dann ist S gleich der Darstellungsmatrix BB01 Id, und S −1 ist
gleich der Darstellungsmatrix BB10 Id. Aus Satz 5.22 folgt, dass BB10 Id · A · BB01 Id die
Darstellungsmatrix BB11 (Id ◦LA ◦ Id) = BB11 LA ist.
1
1
2 −1
und v 2 =
mit
Beispiel A =
hat Eigenvektoren v 1 =
3 −2
1
3
1 1
2
Eigenwert 1 bzw. −1. Beachte: v 1 , v 2 ist eine Basis von R . Also ist S =
1 3
eine diagonalisierende Matrix für A und
−1 1 1
2 −1
1 1
1 0
−1
S AS =
=
.
1 3
3 −2
1 3
0 −1
Wir haben A diagonalisiert. Zur Kontrolle kann man die Gleichung direkt prüfen.
55




1 1 1
3 0 0
Beispiel Oben gesehen: 1 1 1 lässt sich zu 0 0 0 diagonalisieren,
1 1 1
0 0 0

1 1
0

wegen b). Eine diagonalisierende Matrix ist S = 1 −1 1 .
1 0 −1
3 −1
Beispiel A =
ist wegen c) nicht diagonalisierbar, denn pA (X) =
4 −1
2
X 2 − 2X + 1 = (X − 1)
,
d.h. 1 ist der einzige Eigenwert – und E1 (A) ist
1
eindimensional, mit Basis
.
2
0 1
Beispiel Für A =
ist pA (X) = X 2 + 1. Also nicht diagonalisierbar
−1 0
über R, aber diagonalisierbar über C.


1 3 0 0 0
 0 2 0 0 0 


2
2

Beispiel Für A = 
 0 0 2 1 1  ist pA (X) = (X − 1) (X − 2) (X − 3)
 0 0 0 3 4 
0 0 0 0 1
(Block- u. obere Dreiecksgestalt).
Die Eigenwerte
sind
2, 3. 



1,
0 3 0 0 0
1
0
0 1 0 0 0 
0  0 


   
, Basis 0,  1 .
0
0
1
1
1
E1 (A) ist Nullraum von 


   
0 0 0 2 4 
0 −2
0 0 0 0 0
0
1


   
−1 3 0 0 0
3
0
0 0 0 0 0
1 0


   

   
E2 (A) ist Nullraum von 
 0 0 0 1 1 , Basis 0, 1.
0 0 0 1 4
0 0
0 0 0 0 −1
0
0


 
−2 3
0 0 0
0
 0 −1 0 0 0 
0


 
 
0 −1 1 1 
E3 (A) ist Nullraum von 
0
, Basis 1.
0

1
0
0 0 4
0
0
0 0 −2
0
Wir erhalten insgesamt 5 
Basislemente, alsoist A diagonalisierbar.
Die diagona

1 0 3 0 0
1 0 0 0 0
0 0 1 0 0
0 1 0 0 0 




, und S −1 AS = 0 0 2 0 0.
0
1
0
1
1
lisierende Matrix ist S = 




0 −2 0 0 1
0 0 0 2 0 
0 0 0 0 3
0 1 0 0 0
56
Lemma 8.10 Es sei A ∈ Mn (K). Wenn A n paarweise verschiedene Eigenwerte
in K hat, dann ist A diagonalisierbar.
1 0
Vorsicht! Umkehrschluss gilt schon für
nicht.
0 1
Beweis. Ist λ ein Eigenwert, dann dim Eλ (A) ≥ 1, also die Summe in Lemma 8.8 c) ist ≥ n. Aber nach Lemma 8.7 b) ist die Summe auch ≤ n.


1 5 −2
Beispiel Für A = 0 4 7  ist pA (X) = (X − 1)(X − 4)(X + 1). Drei
0 0 −1
verschiedene Eigenwerte 1, 4, −1, also diagonalisierbar.


0 0 −3
Beispiel Für A = 1 0 12  ist pA (X) = X 3 − 12X + 3 ∈ R[X]. Durch
0 1 0
Herumprobieren finden wir keine Nullstellen5 , daher machen wir eine Kurvendiskussion: es ist p0A (X) = 3(X 2 − 4), mit Nullstellen X = ±2. Es pA (−2) > 0 und
pA (2) < 0; ferner wegen deg(pA ) ungerade strebt pA (x) → −∞ für x → −∞,
und pA (x) → +∞ für x → +∞. Nach dem Zwischenwertsatz also gibt es mindestens eine reelle Nullstelle in jedem der Intervalle (−∞, −2), (−2, +2), (+2, +∞).
Daher gibt es drei reelle Nullstellen, und A ist diagonalisierbar.
8.5
Mehr zum charakteristischen Polynom
DefinitionP
8.11 Die Spur von A ∈ Mn (K) ist die Summe der Diagonaleinträge:
Spur(A) = ni=1 Aii .
2 −1
Beispiel Spur
= 2 + (−2) = 0.
3 −2
Lemma 8.12 Für A ∈ Mn (K) hat pA (X) die Gestalt
pA (X) = X n −Spur(A)X n−1 +(Terme vom Grad n − 2 ≥ r ≥ 1)+(−1)n det(A) .
A hat höchstens n verschiedene Eigenwerte in K.
Beweis. Sei B = XEn − A. Nach der rekursiven Definition ist det(B) eine
Summe von Produkten von Matrixeinträgen. Wir wollen uns diese Produkte genauer ansehen. Man erkennt an der rekursiven Definition, dass jedes Produkt
einen Eintrag pro Zeile und außerdem einen pro Spalte enthält. Wenn das Produkt Bij mit i 6= j enthält, so kann es weder Bii noch Bjj enthalten, also enthält
5
Mit dem Irreduzibilitätskriterium von Eisenstein kann man sogar zeigen, dass es keine
rationalen Nullstellen gibt.
57
das Produkt nur Terme
vom Grad ≤ n − 2. Das heißt: In Graden n − 1 und n
Q
stimmt pA (X) mit ni=1 (X −Aii ) überein.
Pn Daher ist pA (X) normiert vom Grad n,
n−1
und der Koeffizient von X
ist − i=1 Aii .
Das Absolutglied ist pA (0) = det(−A) = (−1)n det(A). Wegen Grad n hat
pA (X) höchstens n verschiedene Nullstellen. Fertig (Lemma 8.6).
3 4
Beispiel A =
hat Spur 10, und det(A) = 17, also pA = X 2 −10X +17.
1 7
Lemma 8.13 Es seien A ∈ Mn (K) und S ∈ GLn (K). Für B = S −1 AS gelten
det(B) = det(A)
Spur(B) = Spur(A)
pB (X) = pA (X) .
Beweis. Es ist XEn − B = S −1 (XEn − A)S, also (Produktregel) pB (X) =
det(S −1 )pA (X) det(S) = pA (X). Der Rest folgt aus Lemma 8.12.
Korollar 8.14 Ist dim Eλ (A) = r, dann ist pA (X) durch (X − λ)r teilbar.
Beweis. Sei v 1 , . . . , v r eine Basis von Eλ (A). Basisergänzungssatz: setze zu
einer Basis B1 = (v 1 , . . . , v n ) des Rn fort. Seien S, F = LA und B = S −1 AS. Nach
dem vorigen Lemma ist pA (X) = pB (X). Wie in Bemerkung 8.9 ist B = S −1 AS
die Darstellungsmatrix von F bezüglich B1 (A ist die Darstellungsmatrix von LA
bezüglich
Wegen F (v i ) = λv i füri ≤ r hat B Blockgestalt
der Standardbasis). λEr C
(X − λ)Er
−C
, also XEn − B =
für s = n − r, und nach
0 D
0
XEs − D
der Blockmatrix-Regel ist pB (X) = (X − λ)r pD (X).


1 1 1
Beispiel Für A = 1 1 1 ist dim E0 (A) = 2 und dim E3 (A) ≥ 1. Also
1 1 1
2
X (X − 3) teilt pA (X). Da pA (X) normiert vom Grad 3, ist pA (X) = X 2 (X − 3).
58
9
Anwendungen linearer Algebra
Die lineare Algebra hat zahlreiche Anwendungen in den Naturwissenschaften,
aber auch in vielen anderen für das tägliche Leben relevanten Bereichen. Zum
Abschluss dieser Vorlesung möchten wir zwei davon vorstellen. Die erste ist die
Analyse eines klassischen elektrischen Schaltkreises (Wheatstone–Brücke), welche auf einer expliziten Lösungsformel für lineare Gleichungen basiert. Diese Lösungsformel heißt „Cramersche Regel“ und ist praktisch für kleine lineare Gleichungssysteme. Die zweite Anwendung betrifft „fehlerkorrigierende Codes“, ohne
die Handies oder die Bildübertragung von anderen Planeten kaum möglich wären.
9.1
Die Cramersche Regel
In der Laplace–Entwicklung zur Berechnung der Determinante einer (n × n)–
Matrix A bildet man durch Streichen von Zeile i und Spalte j eine ((n − 1) ×
(n − 1))–Matrix A(i, j). Für die Cramersche Regel konstruieren wir eine (n × n)–
Matrix Ã(i, j), die bis auf das Vorzeichen die gleiche Determinante wie A(i, j)
hat.
Definition 9.1 Es sei A ∈ Mn (K) und i, j = 1, ..., n. Dann ist Ã(i, j) ∈ Mn (K)
die Matrix, die aus A entsteht, wenn man zunächstalle Einträge
der i-ten Zeile
und der j-ten Spalte auf Null setzt und schließlich Ã(i, j)
auf 1 setzt.
i,j
Lemma 9.2 Es sei A ∈ Mn (K), und es seien a1 , ..., an die Spalten von A. Dann
gilt für alle i, j = 1, ..., n:
a) det Ã(i, j) = (−1)i+j det (A(i, j))
b) det Ã(i, j) = det(a1 , ..., aj−1 , ei , aj+1 , ..., an ).
Beweis.
a): Wir vertauschen die j-te Spalte von Ã(i, j) mit den j −1 links davon stehenden
Spalten. Danach vertauschen wir die i-te
i − 1 darüber liegenden
 Zeile mit den 
1 0
...
0
0



Zeilen. Dadurch entsteht die Matrix  ..
. Sie hat Blockgestalt
.
A(i, j) 
0
und daher nach Lemma 7.5 die Determinante 1 · det (A(i, j)). Weil wir j −1 +
i − 1 Vertauschungen von Zeilen und Spalten vornahmen, gilt det Ã(i, j) =
(−1)i−1+j−1 det (A(i, j)) = (−1)i+j det (A(i, j)).
b): Lemma 7.5 besagt, dass sich beim Addieren des Vielfachen einer Zeile zu
einer anderen Zeile die Determinante nicht ändert. Sie ändert sich auch nicht,
59
wenn man das Vielfache einer Spalte zu einer anderen Spalte addiert (Grund: Die
Determinante ändert sich auch nicht beim Transponieren). In der j-ten Spalte
von Ã(i, j) steht der Spaltenvektor ei . Wenn wir nun für alle k = 1, ..., n, k 6= j
das Ai,k –Fache von ei zu der k-ten Spalte von Ã(i, j) addieren, entsteht die Matrix
mit den Spalten a1 , ..., aj−1 , ei , aj+1 , ..., an .
]
Definition 9.3 Für A ∈ Mn (K)
ist die
zu A komplementäre Matrix A ∈ Mn (K)
definiert durch A] i,j = det Ã(j, i) . Hinweis: Man beachte, dass es auf der
rechten Seite nicht i, j, sondern j, i heißt.
Satz 9.4 Für alle A ∈ Mn (K) gilt A] · A = A · A] = det(A)En . Wenn also A
1
A] .
invertierbar ist (det(A) 6= 0), dann ist A−1 = det(A)
a b
Beispiel 9.5 Für A =
∈ M2 (K) ist
c d


1 0
0 b
det
det 0 d
1 0 
d −b
]


A =
=
0 1
a 0 
−c a
det
det
c 0
0 1
−1
Ferner ist det(A)
= ad − bc. Ist die Determinante nicht Null, so ist also A =
d −b
1
. Vgl. HA 9.4.d).
ad−bc
−c a
Beweis von Satz 9.4. Wir berechnen den Eintrag von A] · A in der i-ten Zeile
und j-ten Spalte, für i, j = 1, ..., n:
n
n
X
X
]
Ak,j · det Ã(k, i)
(A )i,k Ak,j =
k=1
k=1
=
n
X
Ak,j det(a1 , ..., ai−1 , ek , ai+1 , ..., an ) (Lemma 9.2.b))
k=1
= det a1 , ..., ai−1 ,
1
= det a , ..., a
i−1
n
X
!
Ak,j ek , ai+1 , ..., an
k=1
j
i+1
,a ,a
, ..., an
(Multilinearität)
Im vorletzten Schritt nutzen wir wieder, dass wir in Lemma 7.5 Zeilen und Spalten
vertauschen können. Es ist
(
0
j 6= i wegen Lemma 7.5
det a1 , ..., ai−1 , aj , ai+1 , ..., an =
det(A) sonst
Also ist A] · A eine Diagonalmatrix, und alle Einträge auf der Diagonale sind
det(A). Der Beweis für A · A] ist analog.
60
Die folgende Lösungsformel für lineare Gleichungssysteme war schon G. W. Leibniz [1646–1716] bekannt, ist aber nach Gabriel Cramer [1704–1752] benannt und
war der historische Ursprung der Determinantentheorie.
Cramersche Regel Es sei A ∈ GLn (K) mit Spalten a1 , ...an . Dann besteht
LR(A; b) für alle b ∈ Kn aus einem einzelnen Vektor, dessen i-te Komponente gleich
det (a1 , ...ai−1 , b, ai+1 , ..., an )
det(A)
ist.
Beweis. A ∈ GLn (K) heißt, dass A invertierbar ist. Dann ist LR(A; b) =
des Matrixproduktes ist die i-te Kompo{A · b}. Nach Satz 9.4 und Definition
Pn
1
1
nente von A−1 · b gleich det(A)
det
(a
, ..., ai−1 , ek , ai+1 , ..., an ) · bk . Wiederum
k=1
wegen Multilinearität der Determinante für die Spalten einer Matrix ist die Summe gleich det (a1 , ...ai−1 , b, ai+1 , ..., an ).
−1
9.1.1
Die Wheatstonesche Messbrücke
Abbildung 1 zeigt die Wheatstonesche Brückenschaltung6 , welche man für die
Präzisionsmessung ohmscher Widerstände verwendet. Man hat eine Spannungsquelle U0 6= 0, ein Spannungsmessgerät U mit bekanntem Widerstand R5 , und
bekannte Widerstände R1 , R2 , R3 , die wie in Abbildung 1 verschaltet sind. Es
zeigt sich: Am Messgerät U liegt keine Spannung an (also U5 = 0), genau dann
wenn R1 R4 = R2 R3 . Wenn also drei der Widerstände R1 , ..., R4 bekannt sind,
kann man den vierten ausrechnen.
Abbildung 1: Die Wheatstonesche Brückenschaltung (Quelle: Wikipedia)
Für i = 1, ..., 5 schreiben wir Gi = R1i > 0, und es sei Ii der Strom, der
bei Ui in Pfeilrichtung fließt. Nach Kirchhoffs Gesetz ist an jeder Verzweigung
die Summe der einfließenden gleich der Summe der ausfließenden Ströme, also
I2 = I1 + I5 , I3 = I4 + I5 und −I0 = I2 + I4 = I1 + I3 ; offenbar kann man I0 in
6
Erfunden 1833 von Samuel Hunter Christie [1784–1865], aber benannt nach Charles Wheatstone [1802–1875], der die Bedeutung dieser Schaltung erkannte.
61
den Gleichungen eliminieren. Ferner ist Ui = Ri · Ii nach dem Ohmschen Gesetz,
also Ii = Ui · Gi , und schließlich ist U0 = U1 + U2 = U3 + U4 und U2 + U5 = U4 .
Wir erhalten daraus ein
 System von zunächst sechslinearen Gleichungen
  mit
 
1
1
0
0
0
U0
U1
0



1
0
−1
1  

0
U
2
0
 
U0 
0
1
1
0
  
 
Unbekannten U1 , ..., U5 : 
G1 −G2 G3 −G4 0  · U3  =  0 . Die

 U4 
 
G1 −G2
0
0
0
G5 
U5
0
0
−G3 G4 G5
0
vierte Zeile entsteht aus der fünften durch Subtraktion
dersechsten.
 Also bleibt
U1
U0
U2 
0
 
 
 = U0  mit A =
U
ein System von fünf Gleichungen übrig, nämlich A · 
3
 
 
U4 
0
U5
0


1
1
0
0
0
0
1
0
−1
1


0
0
1
1
0

.
G1 −G2
0
0 G5 
0
0
−G3 G4 G5
Als erstes ist zu zeigen, dass die Matrix dieser Gleichung vollen Rang, also
Determinante ungleich Null hat. Durch Zeilenoperationen erhalten wir:
1
1 1
1
0
0
0
0
0
0
0
0 1
1
0
−1 1 0
−1
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
0
=
G1 −G2
0 0
0
0 G5 0
−G1 − G2 G1 + G2 + G5 0
0 0 −G3
0
−G3 G4 G5 G4
G5
1 1 0
0
0
0 1 0
−1
1
1
0
= 0 0 1
0 0 0 −G1 − G2 G1 + G2 + G5 0 0 0 G4 + G3
G5
Dies hat Blockgestalt.
Der Block links
oben hat Determinante 1, der Block rechts
−G3 − G4 G1 + G2 + G5 = −(G3 +G4 )·G5 −(G3 +G4 )·(G1 +G2 +G5 ).
unten ist G3 + G4
G5
Weil Gi > 0 für i = 1, ..., 5 gilt, ist det(A) < 0, also hat A vollen Rang, und die
Cramersche Regel ist anwendbar.
Um U5 zu berechnen, muss man in A die 5-te Spalte durch den Vektor auf
der rechten Seite der Gleichung ersetzen und durch det(A) teilen, also U5 =
62
1
1
0
0 U0 0
1
0
−1 0 1
0
1
1 U0 . Man könnte jetzt zur Vereinfachung des zwei· 0
det(A) G1 −G2
0
0
0 0
0
−G3 G4 0 ten Faktors Zeilenoperationen verwenden, aber Spaltenoperation funktionieren
auch, denn nach Lemma 7.5 ändert Transponieren (also der Rollentausch von
Zeilen- und Spaltenoperationen) die Determinante nicht. Wir addieren zunächst
die dritte Spalte zur ersten und die vierte Spalte zur zweiten. Wegen U0 6= 0 ist U10
definiert, und wir ziehen das U10 -fache der letzten Spalte von den ersten beiden ab.
0
0
0
0 U0 0
0
0
−1 0 0
1
1
0 und nach Vertauschen von zweiter und
Wir erhalten 0
G1 −G2
0
0
0 −G3 G4 −G3 G4 0 vierter
bzw. erster und letzter
Zeile (zwei Vorzeichenwechsel, die sich aufheben)
−G3 G4 −G3 G4 0 G1 −G2
0
0
0 0
0
1
1
0 . Mit der Formel für die Blockgestalt in Lemma 7.5
0
0
0
−1 0 0
0
0
0 U0 1 1
0
−G3 G4 1
·0 −1 0 = 1 ·(G2 ·G3 −G1 ·G4 )·(−U0 ).
folgt dann U5 = det(A) ·
det(A)
G1 −G2 0 0 U0 1
Wegen U0 6= 0 6= det(A)
ist also U5 = 0 genau dann wenn G1 · G4 = G2 · G3 , also
R1 · R4 = R2 · R3 . Und das wollten wir zeigen.
9.2
Lineare Codes
Während es beim Chiffrieren darum geht, Daten so zu verschlüsseln, dass unbefugter Zugriff möglichst schwer ist, geht es beim Codieren um die effiziente Speicherung und Übertragung von Daten. Bekanntlich werden alle Daten im
Computer als Folgen von 0 und 1 („Bit“) dargestellt. Meist sind diese gruppiert:
Ein Codewort entspricht genau n Bit. Offenbar kann man mit n Bit bis zu 2n
verschiedene Codewörter darstellen.
Doch beim Übertragen der Bitfolgen kann es zu Fehlern kommen: Statt einer 1
wird eine 0 oder umgekehrt übertragen.7 Zur Vereinfachung nehmen wir an, dass
pro Codewort höchstens ein Fehler auftritt. Das Ziel ist, in der Menge der 2n möglichen Wörter eine Teilmenge C gültiger Codewörter so auszuwählen, dass man
das Vorliegen eines Fehlers nicht nur erkennen, sondern den Fehler automatisch
7
In der Realität könnten auch Bits ausgelassen oder eingefügt werden, aber derartige Fehler
betrachten wir hier nicht.
63
korrigieren kann, und dabei so viele Codewörter wie möglich zu benutzen.
Ein Beispiel: Mit vier Bit kann man bis zu 16 Codewörter verwenden. Man
könnte nun jedes Codewort doppelt übertragen. Es wäre also 11011101 ein Codewort, denn 1101 wird verdoppelt. Man überträgt also n = 8 Bit und wählt aus
den 256 möglichen Wörtern 16 Codewörter aus. Wenn in den 8 Bit ein Fehler
auftritt, etwa 11001101, so entsteht ein Wort, welches kein Codewort ist. Das
Problem ist, dass man zwar sieht, dass ein Fehler vorliegt, man ihn aber nicht
korrigieren kann: War 11011101 oder 11001100 gemeint? Mit linearer Algebra
kann man mit n = 7 (also einer kürzeren Wortlänge) 16 Codewörter so wählen,
dass ein einzelner Übertragungsfehler in den 7 Bit nicht nur erkannt, sondern
sogar korrigiert wird.
Die Grundidee ist, den Körper K = Z/2Z mit zwei Elementen zu verwenden
(1+1 = 0). Ein K–Vektorraum V der Dimension d hat eine Basis v 1 , ...v d , und jedes Element von V lässt sich eindeutig als Linearkombination der d Basisvektoren
darstellen. Die d Koeffizienten der Linearkombinationen sind frei aus K wählbar,
also enthält V genau |K|d = 2d viele Elemente.
Ein linearer Code der Länge n liegt vor, wenn die Menge der Codewörter
einen Untervektorraum C von Kn bildet. Er lässt sich durch nur d = dim(C)
Basisvektoren beschreiben, hat aber viel mehr Codewörter, nämlich 2d — das ist
schon der erste Vorteil linearer Codes.
Für die Analyse fehlerkorrigierender linearer Codes ist folgende Definition
zentral:
Definition 9.6 Es seien u, v ∈ Kn . Der Hamming–Abstand 8 d(u, v) ∈ N ist die
Anzahl der Komponenten, in denen u und v sich voneinander unterscheiden.
Beispiel d(11011100, 11011101) = 1, d(01000100, 11000101) = 2, wobei wir
Elemente von Kn nach wie vor als Bitfolgen schreiben. Für Matrixmultiplikation
sollte man sie sich allerdings wie gewohnt als Spaltenvektoren vorstellen.
Der Hamming–Abstand teilt wesentliche Eigenschaften mit dem aus der Geometrie bekannten euklidischen Abstand. Insbesondere gilt d(u, v)+d(v, w) ≤ d(u, w)
für alle u, v, w ∈ Kn (Dreiecksungleichung), d(u, v) = d(u − v, 0) (Verschiebungsinvarianz) und d(u, v) = d(v, u) (Symmetrie).
Nehmen wir an, C ⊆ Kn sei so gewählt, dass d(u, v) ≥ 3 für alle u, v ∈ C.
Wenn nun ein Codewort c ∈ C übertragen wird und dabei genau ein Fehler auftritt, so entsteht ein Wort c0 ∈
/ C mit d(c, c0 ) = 1. Wegen der Dreiecksungleichung
gilt für alle v ∈ C \ {c}: 3 ≤ d(c, v) ≤ d(c, c0 ) + d(c0 , v) = 1 + d(c0 , v) und demnach
2 ≤ d(c0 , v). Das korrekte Codewort c ist also eindeutig dadurch gegeben, dass
es vom fehlerhaften Wort c0 unter allen Codewörtern den kleinsten Hamming–
Abstand hat. Der Übertragungsfehler kann also korrigiert werden! Unten werden
wir zeigen, wie man das korrekte Codewort leicht findet.
8
Richard Hamming [1915–1998]
64
Allgemein lassen sich t ∈ N Fehler korrigieren, falls der minimale Hamming–
Abstand zweier Codewörter mindestens 2 · t + 1 beträgt (man nennt einen solchen
Code „t–fehlerkorrigierend“). Wegen der Translationsinvarianz ist dies der Fall,
genau dann wenn d(c, 0) ≥ 2 · t + 1 für alle c ∈ C \ {0}.
9.2.1
Der Hamming–Code
Wir betrachten hier als Beispiel den so genannten „(7, 4)–Hamming–Code“. Die
Zahlen geben die verwendete Wortlänge (hier n = 7) und die Dimension des
Untervektorraums C (hier 4) an. Für reale Anwendungen würde man größere
Codes verwenden, etwa den (63, 57)–Hamming–Code. Eine Basis 
von C ist gege
1 0 0 0
0 1 0 0


0 0 1 0



ben durch die Spalten der so genannten „Generatormatrix“ G = 
0 0 0 1.
0 1 1 1


1 0 1 1
1 1 1 0
4
Durch Auflisten der 16 = 2 Codewörter kann man nachprüfen, dass d(c, 0) ≥ 3
für alle c ∈ C \ {0}. Also ist C 1–fehlerkorrigierend.
Als nächstes benötigen wir diejenigen Zeilenvektoren z ∈ Kn , für die z · G =
(0, 0). Offensichtlich ist dies ein System von d = dim(C) linearen Gleichungen mit
n Unbekannten. Wegen Rang(G) = d folgt aus der Rangformel, dass die Lösungen
des Gleichungssystems einen Untervektorraum der Dimension n − d (in unserem
Beispiel also 3) bilden. Diesen Untervektorraum nenn man auch den „dualen Code“ C ⊥ . Eine Matrix H ∈ K(n−d)×n , dessen Zeilen eine
Basis von C ⊥ bilden, 
heißt
1 0 0 1 1 0 1
„Kontrollmatrix “ von C. In unserem Beispiel ist H = 0 1 0 1 0 1 1 ei0 0 1 0 1 1 1
ne Kontrollmatrix (das kann man als Übung nachweisen). Nach Definition gilt
H · c = 0 für alle c ∈ C. Darüber hinaus gilt:
Lemma 9.7 LR(H, 0) = C. Für v ∈ Kn gilt also H · v = 0 genau dann wenn
v ∈ C.
Beweis. Nach Definition von H ist C ⊆ LR(H, 0). Da die Zeilen von H nach
Definition linear unabhängig sind, gilt Rang(H) = n−d. Also ist dim (LR(H, 0)) =
n − (n − d) = d = dim(C) und daher LR(H, 0) = C.
Definition 9.8 Das Syndrom von v ∈ Kn ist s(v) = H · v ∈ Kn−d .
Lemma 9.9 Es sei C ⊂ Kn ein t–fehlerkorrigierender linearer Code (in unserem
Beispiel ist t = 1). Es seien v 1 , v 2 ∈ Kn mit d(v i , 0) ≤ t für i = 1, 2. Wenn
s(v 1 ) = s(v 2 ), dann v 1 = v 2 .
65
Beweis. Die Syndrome sind gleich, also H · v 1 = H · v 2 . Es folgt H · (v 1 −
v 2 ) = 0, also v 1 − v 2 ∈ C nach dem vorigen Lemma. Wäre v 1 6= v 2 , so ist nach
Voraussetzung d(v 1 , v 2 ) = d(v 1 − v 2 , 0) ≥ 2 · t + 1. Nach der Dreiecksungleichung
ist aber d(v 1 , v 2 ) ≤ d(v 1 , 0) + d(0, v 2 ) ≤ 2 · t. Das ist ein Widerspruch, also folgt
v1 = v2.
Wir können nun das fehlerkorrigierende Decodieren erklären. Es sei c ∈ C
ein Codewort, das fehlerhaft übertragene Wort sei c0 . Der Übertragungsfehler
sei f := c0 − c. Wir setzen voraus, dass es höchstens t Übertragungsfehler pro
Codewort gibt. Es ist also d(f , 0) ≤ t. Es ist s(c0 ) = H · c0 = H · (c + f ) =
(H · c) + (H · f ) = 0 + s(f ). Nach dem vorigen Lemma ist f der einzige mögliche
Fehlervektor mit diesem Syndrom. Wir berechnen also s(c0 ), sehen dann in einer
Tabelle den dazugehörigen Fehlervektor f nach, und erhalten das fehlerkorrigierte
Codewort c = c0 − f .
In unserem Beispiel ist dies die Tabelle mit den Syndromen der Fehlervektoren
(als Bitfolgen geschrieben):
Fehlervektor
0000000
0000001
0000010
0000100
0001000
0010000
0100000
1000000
Syndrom
000
111
011
101
110
001
010
100
Wird das Wort c0 = 0010001 empfangen, so ist s(c0 ) = H · c0 = 110. Der Fehlervektor ist also f = 0001000. Das fehlerkorrigierte Codewort ist also c = c0 − f =
0011001. Man kann überprüfen, dass dies die Summe der zweiten und dritten
Spalte9 der Generatormatrix G und damit eine Element von C ist. Man beachte, dass es viel aufwändiger wäre, für jedes der 16 Codewörter den Hamming–
Abstand zu c0 zu berechnen und dann das Codewort mit dem geringsten Abstand
zu wählen.
Die Hamming–Codes haben noch eine weitere schöne Eigenschaft: Zu jedem Wort c0 gibt es ein eindeutig bestimmtes Codewort, welches zu c0 minimale
Hamming–Distanz hat. Das heißt, wenn es bei der Übertragung eines Codewortes c zwei Fehler gab und es als c0 übertragen wurde, dann gibt es ein anderes
Codewort c̃ ∈ C mit d(c̃, c0 ) = 1. Allgemein definiert man:
Definition 9.10 Es sei C ⊂ Kn t ein t–fehlerkorrigierender Code. Wenn ∀c0 ∈
Kn : ∃c ∈ C : d(c, c0 ) ≤ t, so heißt C perfekt.
Hamming–Codes sind perfekte 1–fehlerkorrigierende Codes.
9
Wir schreiben Codewörter als Bitfolge, obwohl sie „eigentlich“ Spaltenvektoren sind.
66
9.2.2
Perfekte Codes und Sportwetten
Perfekte Codes dienen nicht nur der Datenübertragung: Man kann auch versuchen, mit ihnen Sportwetten zu „knacken“.
Beim Fußballtoto wird jede Woche eine Liste von n Fußballspielen ausgewählt, auf deren Ergebnis gewettet wird; für jedes Spiel gibt es drei mögliche
Spielergebnisse, nämlich Unentschieden (0), Heimsieg (1) oder Auswärtssieg (2).
Es gibt also 3n mögliche Wetten, und der Wettgewinn hängt von der Anzahl der
richtig vorhergesagten Spielergebnisse ab. Toto gab es auch in der DDR. In der
BRD wurde Toto ab 1956 mit n = 12 (Zwölferwette), ab 1959 mit n = 13 (Dreizehnerwette), ab 1967 wieder als Zwölferwette, ab 1969 mit n = 11 (Elferwette)
und ab 2004 wieder als Dreizehnerwette gespielt.
Der Einsatz beträgt 0,50e pro Wette (wir vernachlässigen die Gebühr von
0,35e pro Wettschein). Nach Daten der Westdeutschen Lotterie GmbH & Co
OHG beträgt der theoretische Nettogewinn bei 13 richtig vorhergesagten Spielergebnissen rund 99.000e, bei 12 Richtigen rund 3.800e, bei 11 Richtigen rund
300e und bei 10 Richtigen rund 40e.
Eine mögliche Gewinnstrategie für die Dreizehnerwette besteht nun darin,
verschiedene Wetten so abzugeben, dass garantiert (also unabhängig von den
tatsächlichen Spielergebnissen) mindestens eine Wette mit mindestens 11 Richtigen dabei ist. Dabei sollte natürlich die Anzahl der Wetten so klein sein, dass
der Wetteinsatz kleiner als der erwartete Nettogewinn ist. Beim Platzieren dieser
Wetten helfen perfekte Codes.
Da es drei mögliche Einzelergebnisse gibt, kann man diesmal K = Z/3Z wählen, also den Körper mit drei Elementen 0, 1, 2 = −1. Die möglichen Wetten
entsprechen den 3n Elementen von Kn . Auch in diesem Fall gibt es Hamming–
k
Codes10 . Sie sind perfekt, 1–fehlerkorrigierend, und es gilt C ⊂ Kn mit n = 3 2−1
und d = dim(C) = n − k für ein k ∈ N. Dabei ist weiterhin n die Anzahl der
Spielergebnisse pro Wette, es werden 3d Wetten abgegeben, und es ist garantiert,
dass eine der Wetten n − 1 oder gar n Richtige hat.
3
Praktischerweise ist 13 = 3 2−1 . Mit dem ternären Hamming–Code für k = 3
würde man also 313−3 = 59049 Wetten abgeben — der Wetteinsatz (ohne Gebühr)
dafür beträgt 29.524,50e. Es gibt insgesamt 313 = 1594323 mögliche Wetten.
Wenn man eine gleichmäßige Verteilung der Spielergebnisse annimmt, beträgt
10
1
die Wahrscheinlichkeit für 13 Richtige 3313 = 27
. Wenn man keine 13 Richtigen
1
hat, so sind 12 Richtige garantiert — dafür ist die Wahrscheinlichkeit 1− 27
= 26
.
27
Kleinere Gewinne vernachlässigen wir an dieser Stelle. Wir erwarten also einen
1
26
Nettogewinn von ( 27
· 99.000 + 27
· 3.800)e, also rund 7.325e. Schade — nach
Abzug des Wetteinsatzes würde man einen herben Verlust machen!
Es gibt noch andere perfekte Codes, zum Beispiel den ternären Golay11 –Code.
Dies ist ein perfekter 2–fehlerkorrigierender Code mit K = Z/3Z, n = 11 und
10
11
Über K = Z/3Z nennt man sie ternär.
Marcel Jules Edouard Golay [1902–1989], Schweizer Elektroingenieur
67
dim(C) = 6. Das würde eher zur Elfer– als zur Dreizehnerwette passen.12
Doch auch für die Dreizehnerwette kann man den Golay–Code nutzen. Mit
„Expertenwissen“ könnte es nämlich möglich sein, das Ergebnis von zwei der dreizehn Spiele mit ziemlicher Sicherheit vorherzusagen. Auf diese zwei Spielergebnisse würde man also fest wetten und auf die restlichen 11 Spielergebnisse verschiedene Wetten gemäß des ternären Golay–Codes abgeben. Man erhält 36 = 729
Wetten, also einen Wetteinsatz von 364,50e. Falls das „Expertenwissen“ zutrifft
und die Spielergebnisse gleichverteilt sind, erhält man 13 Richtige mit der Wahr6
1
. Für jedes Codewort des Golay–Codes gibt es 11 mögliche
scheinlichkeit 3311 = 243
Stellen, an denen es einen Fehler geben kann, und wir haben |K| = 3. Also gibt es
für jedes Codewort 11 · (|K| − 1) = 22 Wörter mit Hamming–Abstand 1. Weil der
Golay–Code 2–fehlerkorrigierend ist, überlappen sich diese Wortmengen nicht.
22
hat man zwar keine 13, aber 12 Richtige.
Das heißt: Mit Wahrscheinlichkeit 243
Weil der Golay–Code 2–fehlerkorrigierend und perfekt ist, hat man ansonsten 11
1
22
Richtige, also mit Wahrscheinlichkeit 1 − 243
− 243
= 220
. Der erwartete Nettoge243
1
22
220
winn beträgt rund ( 243 · 99.000 + 243 · 3.800 + 243 · 300)e, das sind rund 1.023e
— das liegt deutlich über dem Wetteinsatz!
In dieser Analyse wurde einerseits Expertenwissen für zwei Spiele, andererseits eine Gleichverteilung der übrigen elf Spielergebnisse vorausgesetzt. Das sind
nicht sehr realistische Annahmen, so dass Sie sich auf obige Gewinnstrategie
nicht verlassen sollten. Wenn es zu viele Gewinner gibt, dann sinken außerdem
die Quoten. Suchen Sie sich also lieber einen richtigen Beruf — zum Beispiel
RegelschullehrerIn.
12
Mir ist nicht bekannt, ob deshalb von der Elfer– zur Dreizehnerwette gewechselt wurde.
68