Lineare Algebra

Lineare Algebra
Jung Kyu Canci
Mit der Hilfe von:
Stefano Iula, Olivia Ebneter, Katharina Laubscher, Viviane Wehrle
Herbstsemester 2015
2
Inhaltsverzeichnis
1 Einführung in die Lineare Algebra
1.1 Elementare Logik . . . . . . . . . .
1.1.1 Aussagen . . . . . . . . . .
1.1.2 Verknüpfung von Aussagen
1.1.3 Wichtige Bemerkungen . .
1.2 Elementare Mengentheorie . . . . .
1.2.1 Quantoren . . . . . . . . . .
1.2.2 Zahlenmengen . . . . . . .
1.3 Abbildungen und Relationen . . .
1.3.1 Abbildungen . . . . . . . .
1.3.2 Relationen . . . . . . . . .
1.4 Ringe und Körper . . . . . . . . .
1.4.1 Ringe . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Wichtiges Beispiel . . . . .
1.4.3 Polynomringe . . . . . . . .
1.4.4 Körper . . . . . . . . . . . .
1.4.5 Komplexe Zahlen . . . . . .
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5
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6
10
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17
17
20
22
22
24
26
28
29
2 Vektorräume
2.1 n–dimensionale reelle Vektorräume
2.2 Allgemeine Vektorräume . . . . . .
2.3 Unterräume und Erzeugnis . . . .
2.4 Basis und Dimension . . . . . . . .
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3
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INHALTSVERZEICHNIS
Kapitel 1
Einführung in die Lineare Algebra
1.1
1.1.1
Elementare Logik
Aussagen
In der Mathematik und in der Logik ist eine Aussage ein sprachliches Gebilde, das
entweder wahr oder falsch ist. Auch wenn wir nicht wissen, welches von beiden gilt,
muss erkennbar sein, dass eine und nur eine der beiden Möglichkeiten zutreffen kann.
Beispiel 1.1. Dies sind Aussagen:
• “Ein Hund ist ein Tier.” (Wahr)
• “2 plus 2 ist gleich 3.” (Falsch) Man schreibt auch 2 + 2 = 3.
• “Jedes Vielfache von 4 ist eine gerade Zahl.” (Wahr)
Dies sind keine Aussagen:
• “2+2.” Es fehlt etwas.
• “α ist grösser als 5.” Man weiss nicht, was α ist; es muss zuerst α definiert werden.
N
Vorsicht: Es gibt einige Sätze, bei denen kein Mensch bestimmen kann, ob sie gelten
oder nicht. Aber man erkennt, dass sie entweder falsch oder wahr sind.
Beispiel 1.2. “Jede gerade Zahl grösser als 3 ist die Summe zweier Primzahlen.” Dies
ist eine Aussage, von der kein/e Mathematiker/in weiss, ob sie wahr oder falsch ist. N
5
6
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
1.1.2
Verknüpfung von Aussagen
Man kann neue Aussagen bilden, indem zwei oder mehr Aussagen verknüpft werden.
• Disjunktion. Seien p und q zwei Aussagen. Die Aussage p ∨ q ist wahr, wenn
entweder p oder q oder beide Aussagen p und q wahr sind. Die Wahrheitstabelle
von p ∨ q ist folgende, wobei m wahr und 7 falsch bedeutet.
p
m
m
7
7
q
m
7
m
7
p∨q
m
m
m
7
(1.1)
Z.B. zeigt die erste Reihe, dass p ∨ q wahr ist, wenn p und q beide wahr sind. Die
zweite Reihe zeigt, dass p ∨ q wahr ist, wenn p falsch und q wahr ist.
Wenn man in der Mathematik die Aussage “p oder q sind wahr” sagt, können auch
beide wahr sein.
Beispiel 1.3. Sei p die Aussage p: “6 ist eine Primzahl” und sei q die Aussage q:
“7 ist eine Primzahl”. p ∨ q ist die Aussage p ∨ q: “Entweder 6 ist eine Primzahl
oder 7 ist eine Primzahl oder beides sind Primzahlen”. Obwohl p falsch ist, ist p ∨ q
wahr, weil q wahr ist.
N
• Konjunktion. Seien p und q zwei Aussagen. Die Aussage p ∧ q ist nur dann wahr,
wenn beide Aussagen wahr sind. Die Wahrheitstabelle von p ∧ q ist folgende:
p
m
m
7
7
q
m
7
m
7
p∧q
m
7
7
7
(1.2)
Wenn mindestens eine der Aussagen p und q falsch ist, ist p ∧ q falsch.
Beispiel 1.4. Seien a, b, c die folgenden Aussagen:
a: 42 = 16;
b: sin π = 1;
c: cos π = −1;
Es gilt: a ∧ b ist falsch, a ∧ c ist wahr, b ∧ c ist falsch.
N
• Implikation. Seien p und q zwei Aussagen. Die Aussage p ⇒ q ist wahr, wenn die
Aussage q logisch aus der Aussage p folgt. Um genau zu sein, betrachten wir die
Wahrheitstabelle von p ⇒ q:
1.1. ELEMENTARE LOGIK
7
p
m
m
7
7
q
m
7
m
7
p⇒q
m
7
m
m
Die Implikation p ⇒ q ist genau dann falsch, wenn p wahr und q falsch ist. In allen
anderen Fällen ist p ⇒ q wahr. Man sagt, dass p ⇒ q genau dann stimmt, wenn p
wahr und q falsch nicht möglich ist.
Beispiel 1.5. Seien a, b, und c die folgenden Aussagen:
a: Es regnet.
b: Es gibt Wolken.
c: Ich bin glücklich.
a ⇒ b stimmt, weil es nicht möglich ist, dass es regnet und es keine Wolken gibt.
Wir nehmen an, dass ich den Regen nicht mag. Also ist a ⇒ c falsch. Denn wenn
a wahr ist, ist c falsch.
N
• Äquivalenz. Seien p und q zwei Aussagen. Die Aussage p ⇔ q ist die Zusammenfassung von (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p). Die Wahrheitstabelle ist folgende:
p
m
m
7
7
q
m
7
m
7
p⇔q
m
7
7
m
Daher sind zwei Aussagen p und q genau dann äquivalent, wenn die Wahrheitswerte
von p und q gleich sind.
Beispiel 1.6. Seien a, b, und c die folgenden Aussagen:
a: Ich habe eine 4 in der Prüfung von Lineare Algebra bekommen.
b: Ich habe die Prüfung in Lineare Algebra bestanden.
c: Ich habe eine Note grösser oder gleich 4 in der Prüfung von Lineare Algebra
bekommen.
a ⇒ b stimmt. Aber a ⇔ b stimmt nicht, weil b nicht a impliziert. b ⇔ c stimmt.
N
• Negation. Sei p eine Aussage. Die Aussage ¬p ist immer dann wahr, wenn die
Aussage p falsch ist, und immer dann falsch, wenn die Aussage p wahr ist. Die
Wahrheitstabelle ist folgende:
p ¬p
m 7
(1.3)
7 m
8
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
Beispiel 1.7. Sei p die folgende Aussage:
p: “Ich habe Lust, die Aufgaben in Lineare Algebra zu lösen.”.
Also ist ¬p: “Ich habe keine Lust, die Aufgaben in Lineare Algebra zu lösen.”.
Vorsicht! ¬p ist nicht äquivalent zu “Ich hasse es, die Aufgaben in Lineare Algebra
zu lösen.”.
N
Einige Eigenschaften der Verknüpfungen von Aussagen
Seien a, b, c feste Aussagen, aber beliebig gewählt.
• Kommutativgesetz. Die Aussagen
i) “a ∨ b ist äquivalent zu b ∨ a”
ii) “a ∧ b ist äquivalent zu b ∧ a”
gelten.
Beweis: Trivial oder betrachte die Tabellen (1.1) und (1.2) zuerst mit a = p und
b = q und dann mit a = q und b = p.
• Assoziativgesetz. Die Aussagen
i) “a ∨ (b ∨ c) ist äquivalent zu (a ∨ b) ∨ c”
ii) “a ∧ (b ∧ c) ist äquivalent zu (a ∧ b) ∧ c”
gelten. Z.B. wird durch die Klammer in a∨(b∨c) angezeigt, dass zuerst die Aussage
b∨c betrachtet werden soll und dann die Disjunktion der Aussage a mit der Aussage
b ∨ c; analog mit den anderen Aussagen (a ∨ b) ∨ c, a ∧ (b ∧ c) und (a ∧ b) ∧ c.
Beweis von i). Durch die folgende Wahrheitstabelle:
a
m
m
7
7
m
m
7
7
b
m
7
m
7
m
7
m
7
c
m
m
m
m
7
7
7
7
b∨ c
m
m
m
m
m
7
m
7
a∨(b∨ c)
m
m
m
m
m
m
m
7
a∨ b
m
m
m
7
m
m
m
7
(a∨ b)∨ c
m
m
m
m
m
m
m
7
Alternativer Beweis: Die Aussage a ∨ (b ∨ c) ist genau dann wahr, wenn mindestens
eine der Aussagen a und b ∨ c gilt. Ferner ist die Aussage b ∨ c wahr genau dann,
wenn mindestens eine der Aussagen b und c gilt. Daher ist die Aussage a ∨ (b ∨ c)
wahr genau dann, wenn mindestens eine der Aussagen a, b oder c gilt. Analog für
(a ∨ b) ∨ c.
Beweis von ii). Siehe Aufgabe 1.4.
1.1. ELEMENTARE LOGIK
9
• Distributivgesetz. Die Aussagen
i) “a ∨ (b ∧ c) ist äquivalent zu (a ∨ b) ∧ (a ∨ c)”
ii) “a ∧ (b ∨ c) ist äquivalent zu (a ∧ b) ∨ (a ∧ c)”
gelten.
Beweis von i). Durch die folgende Wahrheitstabelle:
a
m
m
7
7
m
m
7
7
b
m
7
m
7
m
7
m
7
c
m
m
m
m
7
7
7
7
b∧ c
m
7
m
7
7
7
7
7
a∨(b∧ c)
m
m
m
7
m
m
7
7
a∨ b
m
m
m
7
m
m
m
7
a∨ c
m
m
m
m
m
m
7
7
(a∨ b)∧(a∨ c)
m
m
m
7
m
m
7
7
Beweis von ii). Siehe Aufgabe 1.5.
• Prinzip der doppelten Negation. Der Wahrheitswert von ¬¬a ist gleich wie a. Um
das zu sehen, betrachte die folgende Wahrheitstabelle:
a
m
7
¬a
7
m
¬¬ a
m
7
Wir habe zwei Mal die Wahrheitstabelle in (1.3) angewandt (zuerst mit a statt p
und dann mit ¬a statt p). Man sagt auch, dass a äquivalent zu ¬¬a ist.
Beispiel 1.8. Sei a die Aussage a: “Ich habe einen Apfel gegessen”. Die Aussage
¬¬a besagt: “Es ist falsch, dass ich keinen Apfel gegessen habe”.
N
• De Morgansche Gesetze.
i) ¬(a ∨ b) ist äquivalent zu ¬a ∧ ¬b.
Beweis: Gemäss der Tabelle (1.1) gilt
a
m
m
7
7
und gemäss der Tabelle (1.2) gilt
b
m
7
m
7
¬(a ∨ b)
7
7
7
m
10
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
a
m
m
7
7
b
m
7
m
7
¬a
7
7
m
m
¬b
7
m
7
m
¬a ∧ ¬b
7
7
7
m
Beispiel 1.9. Sei a wie im Beispiel 1.8. Sei b die Aussage b: “Ich habe eine
Birne gegessen.”. a ∨ b besagt: “Ich habe einen Apfel gegessen oder ich habe
eine Birne gegessen.”. Daher sagt die Aussage ¬(a∨b): “Es ist nicht wahr, dass
ich einen Apfel oder eine Birne gegessen habe.”. Andererseits sagt ¬a ∧ ¬b:
“Ich habe keinen Apfel gegessen und ich habe keine Birne gegessen.”.
N
ii) ¬(a ∧ b) ist äquivalent zu ¬a ∨ ¬b.
Beweis: Siehe Aufgabe 1.3.
1.1.3
Wichtige Bemerkungen
Die gemeinsame Logik (die Logik der Menschen) hat folgende wesentliche Prinzipien:
• Prinzip der Zweiwertigkeit (Bivalenzprinzip). Jede Aussage ist entweder wahr oder
falsch. Ist das Prinzip der Zweiwertigkeit nicht erfüllt, spricht man von mehrwertiger Logik. Wir werden hier nie mehrwertige Logik betrachten.
• Satz vom Widerspruch. Zwei sich widersprechende Aussagen können nicht zugleich
zutreffen. In mathematischen Symbolen: a ∧ ¬a ist immer falsch für jede Aussage
a.
Hinreichende und notwendige Bedingungen
Wirklich wichtig ist die Veknüpfung “⇒” (Implikation). Seien a und b zwei Aussagen.
Nehmen wir an, dass die Aussage a ⇒ b wahr ist. Man sagt, dass die Prämisse a eine
hinreichende Bedingung für die Konklusion b ist und die Konklusion b eine notwendige
Bedingung für die Prämisse a ist.
Seien a und b wie im Beispiel 1.5. a ist eine hinreichende Bedingung für b. Wenn
es regnet, müssen (mindestens ein paar) Wolken am Himmel sein. Aber das Gegenteil
gilt nicht: Es können Wolken am Himmel sein, ohne dass es regnet. Also ist die Aussage “Es regnet” nur eine hinreichende Bedingung für die Aussage “Es gibt Wolken”
(und die Aussage “Es gibt Wolken” ist nur eine notwendige Bedingung für die Aussage
“Es regnet”). Die Aussage a ⇒ b liest man wie folgt: “Wenn es regnet, dann gibt es
Wolken.”.
Antinomien
Eine Antinomie ist ein Satz, der einen Widerspruch enthält. Sie ist keine Aussage. Man
kann nicht bestimmen, ob sie wahr oder falsch ist, weil es immer einen Widerspruch
(Kontradiktion) gibt.
1.1. ELEMENTARE LOGIK
11
Beispiel 1.10. Antinomie des Barbiers:
“Man kann einen Barbier als einen definieren, der all jene und nur jene rasiert, die sich
nicht selbst rasieren.”
Die Frage ist: Rasiert der Barbier sich selbst?
Beim Versuch, die Frage zu beantworten, ergibt sich ein Widerspruch. Denn angenommen
der Barbier rasiert sich selbst, dann gehört er zu denen, die er laut Definition nicht
rasiert, was der Annahme widerspricht. Angenommen es gilt das Gegenteil und der
Barbier rasiert sich nicht selbst, dann erfüllt er selbst die Eigenschaft derer, die er rasiert,
entgegen der Annahme.
N
Aufgaben
Aufgabe 1.1. Bestimmen Sie, welche Sätze Aussagen sind:
(a) Das ist eine Katze.
(b) Eine Katze ist ein Tier.
(c) Ein Hund und eine Katze.
(d) Wie viel Uhr ist es?
(e) Nicht rauchen!
(f) Rauchen ist verboten.
(g) Ich lüge immer.
(h) Eine ganze Zahl ist genau dann durch 3 teilbar, wenn ihre Quersumme durch 3
teilbar ist.
Bilden Sie für jede obige Aussage die Negation.
Aufgabe 1.2. Seien p und q zwei Aussagen. Betrachten Sie die Aussagen A : p ⇒ q und
B : ¬q ⇒ ¬p. Beweisen Sie, dass A äquivalent zu B ist. Geben Sie ein paar Beispiele.
Aufgabe 1.3. Beweisen Sie Teil ii) aus den De Morganschen Gesetzen: ¬(a ∧ b) ⇔
¬a ∨ ¬b.
Aufgabe 1.4. Beweisen Sie Teil ii) des Assoziativgesetzes: a ∧ (b ∧ c) ⇔ (a ∧ b) ∧ c.
Aufgabe 1.5. Beweisen Sie Teil ii) des Distributivgesetzes: a ∧ (b ∨ c) ⇔ (a ∧ b) ∨ (a ∧ c).
12
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
1.2
Elementare Mengentheorie
Eine Menge ist eine abstrakte Zusammenfassung bestimmter, wohlunterschiedener Objekte zu einem Ganzen. Diese Objekte heissen Elemente einer Menge.
Sei M eine Menge. “x ∈ M ” bezeichnet “x ist ein Element von M ” oder anders
gesagt “x ist in M ”.
“x ∈
/ M ” bezeichnet “x ist kein Element von M ” und ist gleichwertig mit “x ist nicht
in M ”.
Es gibt zwei Arten, Mengen zu beschreiben:
• Durch die Angabe der Elemente.
Zum Beispiel:
M = {Viviane Wehrle, Stefano Iula, Olivia Ebneter, Katharina Laubscher}
Daher ist M die Menge der Assistierenden in Lineare Algebra 1.
• Durch die Angabe einer Eigenschaft, die zwischen x ∈ M und x ∈
/ M unterscheidet.
Zum Beispiel:
M = {x | x ist ein/e Assistent/in in Lineare Algebra 1 im HS2015 in Basel}
Man liest “M ist die Menge der Elemente x, so dass x ein ... ist”.
Sind alle Elemente einer Menge N zugleich Elemente von M , so heisst N eine Teilmenge
oder Untermenge von M und man schreibt
N ⊂ M.
Wenn N ⊂ M und M ⊂ N , dann enthalten N und M genau dieselben Elemente. Man
nennt die Mengen M , N gleich und schreibt
M = N.
Die Notation
N (M
bedeutet, dass N ⊂ M und dass es mindestens ein x ∈ M gibt, s.d. x ∈
/ N.
Die leere Menge ist eine Menge, die keinerlei Elemente enthält. Daher gibt es nur
eine einzige leere Menge. Als Zeichen für die leere Menge verwendet man ∅ (auch ∅ oder
{}). Es gilt
∅⊂M
für jede beliebige Menge M .
Seien A und B beliebige Mengen. Die Menge D, die aus allen Elementen besteht,
welche sowohl zu A als auch zu B gehören, heisst Durchschnitt der Mengen A und B.
Man schreibt:
D = A ∩ B.
1.2. ELEMENTARE MENGENTHEORIE
13
Beispiel 1.11. Seien A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = {5, 6, 7} und C = {6, 7}. Dann ist
A ∩ B = {5}, A ∩ C = ∅, B ∩ C = C.
N
Wie vorher seien A und B beliebige Mengen. Die Menge V , die aus allen Elementen
besteht, die zu mindestens einer der Mengen A oder B gehören, heisst Vereinigungsmenge
von A und B. Man schreibt:
V = A ∪ B.
Beispiel 1.12. Seien A, B, C wie im Beispiel 1.11. Dann ist
A ∪ B = {x | x ganze Zahl und 1 ≤ x ≤ 7} = A ∪ C, B ∪ C = B.
N
Sei A eine Teilmenge einer Menge U (manchmal wird eine solche Menge U Universum genannt). Ac bezeichnet genau die Menge der Elemente aus U , welche nicht in A
enthalten sind. D.h.
Ac = {x ∈ U | x ∈
/ A}.
Ac heisst das Komplement von A in U . In einem Mengendiagramm sieht die Situation
so aus:
Dabei ist A der weisse Kreis und U das ganze Rechteck. Das Komplement Ac ist rot
gefärbt.
Sei B eine andere Teilmenge von U (B kann auch gleich A sein). Die Menge B \ A
bezeichnet genau die Menge der Elemente aus B, welche nicht in A enthalten sind. D.h.
B \ A = {x ∈ B | x ∈
/ A}.
In einem Mengendiagramm:
14
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
Dabei bezeichnet jetzt A den linken und B den rechten Kreis und U weiterhin das
gesamte Rechteck. Die Menge B \ A ist rot gefärbt.
Die Menge B \ A wird relatives Komplement von A in B genannt oder einfacher als B
ohne A bezeichnet.
Beispiel 1.13. Seien A, B, C wie im Beispiel 1.11. Sei U = A ∪ B ∪ C. Dann ist
Ac = C\A = C, B c = {1, 2, 3, 4} = A\B, C c = A, A\C = A, B\C = {5}, B\A = {6, 7}.
N
Man benutzt Klammern in der Mengentheorie wie in Rechnungen: z.B. betrachtet
man im Ausdruck A ∪ (B ∪ C) zuerst die Menge B ∪ C als die Vereinigungsmenge von B
und C und dann die Menge A ∪ (B ∪ C) als die Vereinigungsmenge der Mengen A und
B ∪ C. Es gilt folgender Satz:
Satz 1.14. Seien A, B, C drei beliebige Teilmengen einer Menge U . Es gelten die folgenden Eigenschaften:
1. A ∪ B = B ∪ A und A ∩ B = B ∩ A.
2. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C und A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C.
3. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) und A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).
4. A = (Ac )c .
5. (A ∪ B)c = Ac ∩ B c und (A ∩ B)c = Ac ∪ B c .
Beweis. Einige der obigen Eigenschaften sind ganz einfach zu beweisen (z.B. 1)). Im
Allgemeinen betrachtet man folgende Aussagen: a:“x ∈ A”, b:“x ∈ B”, c:“x ∈ C”.
Dann wenden Sie das Kommutativ-, das Assoziativ- und das Distributivgesetz sowie das
Prinzip der doppelten Negation und die De Morgansche Gesetze auf die Aussagen a, b, c
an.
Seien A und B zwei beliebige Mengen. Das kartesische Produkt zweier Mengen A
und B ist die Menge aller geordneten Paare von Elementen der beiden Mengen, wobei
die erste Komponente ein Element von A und die zweite Komponente ein Element der
Menge B ist. Man schreibt
A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}.
Beispiel 1.15. Seien B, C wie im Beispiel 1.11. Also
B × C = {(5, 6), (5, 7), (6, 6), (6, 7), (7, 6), (7, 7)}.
N
1.2. ELEMENTARE MENGENTHEORIE
15
Vorsicht! Im Allgemeinen ist (a, b) 6= (b, a). Die Position ist wichtig. Z. B. sind in der
obigen Menge B × C die Elemente (6, 7) und (7, 6) nicht gleich.
Sei A eine beliebige Menge. P(A) bezeichnet die Potenzmenge von A, die die Menge
aller Teilmengen von A ist.
Beispiel 1.16. Es gilt:
• P(∅) = {∅}.
• P({a}) = {∅, {a}}.
• P({a, b}) = {∅, {a}, {b}, {a, b}}.
N
Vorsicht! Die Menge {∅} ist eine Menge, die genau ein Element enthält. Dieses
Element ist die Leermenge. Es gilt a ∈ {a, b}, {a} ⊂ {a, b} und {a} ∈ P({a, b}).
Satz 1.17. Sei n eine beliebige aber feste ganze Zahl n ≥ 0. Sei A eine Menge mit genau
n Elementen. Dann hat die Potenzmenge P(A) genau 2n Elemente.
Beweis. Man beweist den Satz durch vollständige Induktion über n. Induktionsanfang:
Sei n = 0 (also A = ∅). Dann ist P(∅) = {∅}, P(∅) hat also genau 20 = 1 Element.
Induktionsschritt: Wir nehmen die Induktionsvoraussetzung an, d.h. dass P(A) genau 2n
Elemente hat für jede Menge A mit n Elementen. Sei B eine Menge mit n+1 Elementen.
Dann existiert eine Teilmenge A ⊂ B und ein Element x ∈ B, so dass B = A ∪ {x}.
Daher enthält A genau n Elemente. Jede Teilmenge von B ist entweder eine Teilmenge
von A oder von der Form C ∪ {x}, wobei C eine Teilmenge von A ist. Die Anzahl der
Teilmengen erster Sorte ist 2n und die Anzahl der Teilmengen zweiter Sorte ist ebenfalls
2n . Daher hat die Potenzmenge P(B) genau 2 · 2n = 2n+1 Elemente.
1.2.1
Quantoren
Der Existenzquantor wird durch das Zeichen ∃ dargestellt. Die Schreibweise ∃x bedeutet:
“Es existiert (gibt) ein x ...”. Z.B. sei n eine beliebige ganze Zahl. Sei Xn = {n, n + 2, n +
4}. ∃x ∈ Xn , so dass x ein Vielfaches von drei ist.
Die Schreibweise @ ist die Negation von ∃. Z.B. sei n eine gerade Zahl und Xn wie
oben beschrieben. Also @x ∈ Xn s.d. x ungerade ist.
Die Schreibweise ∃! bedeutet “Es gibt ein x und genau ein x ...”. Z.B. sei Xn wie
oben beschrieben. Also ∃!x ∈ Xn , s.d. x ein Vielfaches von drei ist.
Der Allquantor wird durch das Zeichen ∀ dargestellt. Die Schreibweise ∀x bedeutet:
“Für jedes x ...”. Z.B. sei n eine gerade Zahl und Xn wie oben beschrieben. Dann ist x
eine gerade Zahl ∀x ∈ Xn .
Beispiel 1.18. Die folgende Aussage ist wahr: “∀ Pferd, das meine Vorlesung besucht,
gilt, dass es die Farbe grün hat”. Die Aussage ist wahr, weil kein Pferd meine Vorlesungen
besucht. In der Logik sagt man, dass die Leermenge jede Eigenschaft erfüllt.
N
16
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
1.2.2
Zahlenmengen
Mit N bezeichnen wir die Menge der natürlichen Zahlen.
N = {1, 2, 3, . . .}
(Um die natürlichen Zahlen richtig zu definieren braucht man die Peano-Axiome). Mit
N0 bezeichnen wir N ∪ {0}.
Mit Z bezeichnen wir die Menge der ganzen Zahlen.
Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .}
Die Menge Q der rationalen Zahlen ist die Menge, die alle Brüche zweier ganzer
Zahlen enthält:
nz
o
Q=
| z, n ∈ Z, n 6= 0 .
n
a c
Erinnerung: Seien b , d ∈ Q (also bd 6= 0). Dann gilt ab = dc genau dann, wenn ad−bc = 0.
Mit R bezeichnen wir die Menge der reellen Zahlen. Es gibt eine intuitive Idee hinter
den reellen Zahlen. Man kann sie sich als Gerade vorstellen:
Eine andere Darstellung der reellen Zahlen ist die folgende:
R = {a0 , a1 a2 a3 . . . | a0 ∈ Z, ai ∈ {0, 1, . . . , 9} ∀i ∈ N} .
Eine echte Definition der reellen Zahlen ist:
“Die reellen Zahlen sind die Grenzwerte der Cauchy–Folgen rationaler Zahlen”. (Diese
Begriffe werden Sie in Analysis kennenlernen).
Aufgaben
Aufgabe 1.6. Seien A, B zwei Mengen. Beweisen Sie, dass A = B genau dann wenn
∃ eine Menge C mit
A ∩ C = B ∩ C und A ∪ C = B ∪ C.
Aufgabe 1.7. Seien A, B zwei Mengen. Beweisen Sie
1. A \ (A \ B) = A ∩ B;
2. (A \ B) \ (B \ A) = A \ B;
3. A ∪ (B \ A) = A ∪ B;
1.3. ABBILDUNGEN UND RELATIONEN
17
4. (A \ B) ∪ (A ∩ B) = A.
Aufgabe 1.8. Seien A, B, C drei Mengen. Beweisen Sie
1. (A \ B) \ C = A \ (B ∪ C);
2. (A \ B) \ C ⊂ A \ (B \ C);
3. (A \ B) \ C = A \ (B \ C) genau dann wenn A ∩ C = ∅.
4. A ∩ (B \ C) = (A ∩ B) \ (A ∩ C).
Aufgabe 1.9. Die symmetrische Differenz zweier Teilmengen A, B einer Universummenge ist die Menge definiert durch:
A 4 B := (A \ B) ∪ (B \ A).
Beweisen Sie, dass
A 4 B = (A ∪ B) \ (A ∩ B).
Aufgabe 1.10. Bestimmen Sie die Potenzmengen von A = P(∅) und B = P({a}).
Aufgabe 1.11. Seien A, B zwei Mengen. Beweisen Sie
1. P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B) genau dann wenn A ⊂ B oder B ⊂ A;
2. P(A \ B) ⊂ (P(A) \ P(B)) ∪ {∅};
3. P(A \ B) = (P(A) \ P(B)) ∪ {∅} genau dann wenn A ⊂ B oder A ∩ B = ∅.
1.3
1.3.1
Abbildungen und Relationen
Abbildungen
Definition 1.19. Seien X, Y zwei Mengen. Eine Abbildung von X nach Y ist eine
Vorschrift f , die jedem x ∈ X ein eindeutig bestimmtes y = f (x) ∈ Y zuordnet. X wird
Definitionsmenge genannt, Y Zielmenge.
Man schreibt
f: X → Y
x 7→ y = f (x)
Beispiel 1.20. Folgendes sind Abbildungen:
1.
f: R → R
x 7→ x2
f : {1, 2, 3}
1
2.
2
3
→
7→
7→
7→
{1, 2}
f (1) = 1
f (2) = 2
f (3) = 1
18
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
Folgendes sind keine Abbildungen:
3.
4.
f: R → R
√
x 7→
x
f (x) ist nicht definiert für negative x. Wenn die Definitionsmenge R≥0 = {x ∈ R |
x ≥ 0} ist anstatt R, ist f eine Abbildung.
f : [−1, 1] → R
.
x 7→ arcsin x
f ist keine Abbildung, weil gilt sin(x) = sin(x + 2nπ) ∀n ∈ Z. Wenn die Zielmenge
[−π/2, π/2] ist anstatt R, ist f eine Abbildung.
N
Zwei Abbildungen f : X → Y , g : X 0 → Y 0 sind genau dann gleich, wenn X = X 0 ,
Y = Y 0 und f (x) = g(x) für jedes x ∈ X = X 0 .
Definition 1.21. Sei f : X → Y eine Abbildung und M ⊂ X eine Teilmenge. Dann
heisst
f |M : M → Y
x 7→ f (x)
die Einschränkung von f auf M .
Weiter bezeichnen wir mit
f (M ) = {y ∈ Y | ∃x ∈ M mit f (x) = y}
= {f (x) | x ∈ M } ⊂ Y
das Bild von M (in Y ). Insbesondere nennt man f (X) das Bild von f .
Sei N ⊂ Y eine Teilmenge. Die Teilmenge
f −1 (N ) = {x ∈ X | ∃f (x) ∈ N }
heisst Urbild von N in X.
Definition 1.22. Eine Abbildung f : X → Y zwischen zwei Mengen heisst
1. injektiv, wenn gilt aus f (x) = f (x0 ) folgt x = x0 für alle x, x0 ∈ X. Äquivalent
dazu ist: Für jedes y ∈ Y enthält das Urbild f −1 ({y}) entweder 0 oder 1 Element.
2. surjektiv, wenn f (X) = Y , d.h. wenn es zu jedem y ∈ Y ein x ∈ X mit f (x) =
y gibt. Äquivalent dazu ist: Für jedes y ∈ Y ist das Urbild f −1 ({y}) nicht die
Leermenge.
3. bijektiv, wenn f injektiv und surjektiv ist. Äquivalent dazu ist: Für jedes y ∈ Y
enthält das Urbild f −1 ({y}) genau ein Element.
1.3. ABBILDUNGEN UND RELATIONEN
19
Ist f bijektiv, dann gibt es eine Umkehrabbildung
f −1 : Y → X
y 7→ x, so dass y = f (x).
Beispiel 1.23.
• Die Abbildung f definiert in Beispiel 1.20 1 ist nicht injektiv
(f (x) = f (−x) ∀x ∈ R). f ist nicht surjektiv, denn es gibt keine negative Zahl, die
ein Quadrat ist.
• Die Abbildung f definiert in Beispiel 1.20 2 ist nicht injektiv (f (1) = f (3) = 1). f
ist surjektiv, weil f ({1, 2, 3}) = {1, 2}.
• Die Abbildung f : [−1, 1] → [−π/2, π/2] definiert durch f (x) = arcsin x ist bijektiv
(folgt aus Trigonometrie).
N
Definition 1.24. Seien X, Y, Z Mengen und f : X → Y , g : Y → Z Abbildungen. Dann
heisst die Abbildung
g◦f: X → Z
x 7→ g(f (x))
die Komposition von f und g.
Bemerkung 1.25. Die Komposition von Abbildungen ist assoziativ, d.h. für f : X → Y ,
g : Y → Z, h : Z → W gilt
(h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f )
N
Beweis. Für jedes x ∈ X gilt:
((h ◦ g) ◦ f )(x) = (h ◦ g)(f (x)) = h(g(f (x))) = h((g ◦ f )(x)) = (h ◦ (g ◦ f ))(x).
Bemerkung 1.26. Die Komposition von Abbildungen ist nicht kommutativ. Z.B. Seien
f: R → R
,
x 7→ x + 1
g: R → R
x 7→ 2x + 1
Es gilt (f ◦ g)(x) = f (2x + 1) = 2x + 2 und (g ◦ f )(x) = g(x + 1) = 2x + 3.
N
Definition 1.27. Für eine Menge X heisst
f: X → X
x 7→ x
die identische Abbildung, bezeichnet mit idX .
Mit Hilfe der identischen Abbildung werden wir eine Charakterisierung der bijektiven
Abbildungen geben (Siehe Aufgabe 1.13).
20
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
1.3.2
Relationen
Für zwei gegebene Mengen A und B bezeichnet eine Relation R zwischen A und B eine
Teilmenge des kartesischen Produkts A × B:
R ⊂ A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}.
Definition 1.28. Sei X eine Menge. Eine Relation R ⊂ X×X auf X heisst Äquivalenzrelation,
wenn für alle x, y, z ∈ X gilt
1. (x, x) ∈ R; (reflexiv)
2. ∀x, y ∈ X gilt (x, y) ∈ R ⇔ (y, x) ∈ R; (symmetrisch)
3. (x, y), (y, z) ∈ R ⇒ (x, z) ∈ R; (transitiv)
Für x1 , x2 ∈ X schreibt man oft
x1 ∼ x2
statt (x1 , x2 ) ∈ R.
Beispiel 1.29.
1. Sei X eine beliebige Menge. Die Relation x ∼ y ⇔ x = y ist eine
Äquivalenzrelation.
2. Sei X = Z. Die Relation x ∼ y ⇔ (x − y ist gerade) ist eine Äquivalenzrelation.
3. Sei X = {p | p ist eine Aussage}. Die Relation x ∼ y ⇔ (x ist äquivalent zu y) ist
eine Äquivalenzrelation.
4. Seien X, Y Mengen. Sei f : X → Y eine Abbildung. Die Relation x1 ∼ x2 ⇔
f (x1 ) = f (x2 ) ist eine Äquivalenzrelation.
N
Ist auf einer Menge X eine Äquivalenzrelation ∼ definiert, betrachtet man für x ∈ X
die Menge
Ax := {y ∈ X | x ∼ y} .
Ax ist eine Untermenge von X und heisstÄquivalenzklasse von x.
Bemerkung 1.30. Für x, y ∈ X gilt:
1. Ax = Ay ⇔ x ∼ y;
2. Entweder ist Ax = Ay oder Ax ∩ Ay = ∅. (Es gibt keine andere Möglichkeit!)
N
Beweis. Wir beweisen zuerst 1.
1.3. ABBILDUNGEN UND RELATIONEN
21
“⇐” Annahme: x ∼ y. Sei z ein beliebiges Element von Ax . Dann gilt z ∼ x und gemäss
Annahme auch x ∼ y. Mit der Transitivität von ∼ haben wir z ∼ y. Also z ∈ Ay .
Daher Ax ⊂ Ay (weil z ein beliebiges Element von Ax ist). Ähnlich beweisen wir
Ay ⊂ Ax , also Ax = Ay .
“⇒” Da y ∈ Ay = Ax folgt y ∼ x.
Jetzt beweisen wir 2. Sei Ax ∩ Ay 6= ∅. Es folgt, dass es ein z ∈ Ax ∩ Ay gibt. Also z ∼ x
und z ∼ y. Daher x ∼ y (Transitivität), woraus mit 1 folgt Ax = Ay .
Die Äquivalenzklassen von X bezüglich ∼ betrachtet man nun als Elemente einer
neuen Menge X/ ∼.
Beispiel 1.31. Sei m ∈ N. Wir definieren eine Äquivalenzrelation auf Z durch x ∼ y
genau dann wenn gilt m teilt y − x. Man schreibt auch x ≡ y mod m wenn x ∼ y. Die
Äquivalenzklasse eines Elements n ∈ Z ist
An = {n + km | k ∈ Z} .
Oft schreibt man hier n anstatt An . Die Klasse n wird Restklasse von n modulo m
genannt. In der Tat kann man durch Division mit
Rest zeigen,dass es für jedes n ∈ Z
ein 0 ≤ r < m gibt, so dass n = r. Also Z/ ∼= 0, 1, . . . , m − 1 . Diese Menge ist auch
mit Z/mZ bezeichnet.
N
Aufgaben
Aufgabe 1.12. Seien A, B zwei Mengen und f : A → B eine Abbildung. Seien X1 , X2 ∈
P(A) und Y1 , Y2 ∈ P(B). Beweisen Sie
1. f (X1 ∩ X2 ) ⊂ f (X1 ) ∩ f (X2 );
2. f (X1 ∪ X2 ) = f (X1 ) ∪ f (X2 );
3. f (X1 \ X2 ) ⊃ f (X1 ) \ f (X2 );
4. f −1 (Y1 ∩ Y2 ) = f −1 (Y1 ) ∩ f −1 (Y2 );
5. f −1 (Y1 ∪ Y2 ) = f −1 (Y1 ) ∪ f −1 (Y2 );
6. f −1 (Y1 \ Y2 ) = f −1 (Y1 ) \ f −1 (Y2 );
Geben Sie Beispiele, bei denen in 1 und/oder 3 die Gleichheit nicht gilt.
Aufgabe 1.13. Zeigen Sie, dass gilt: f : X → Y ist bijektiv ⇔ ∃g : Y → X mit g ◦ f =
idX und f ◦ g = idY . (Ein solches g wird inverse Abbildung genannt und man sagt, dass
f invertierbar ist.)
22
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
Aufgabe 1.14. Beweisen Sie, dass die folgende Abbildung invertierbar ist:
f : R \ {1} → R \ {2} , x 7→
2x + 1
x−1
Bestimmen Sie die inverse Abbildung.
Aufgabe 1.15. Sei X eine endliche Menge. Sei f : X → X eine Abbildung. Beweisen
Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:
1. f ist injektiv;
2. f ist surjektiv;
3. f ist bijektiv.
Aufgabe 1.16. Sei X eine endliche Menge und A eine Teilmenge von X. Sei f : A → X
eine Bijektion. Beweisen Sie, dass A = X. Was könnten Sie sagen, wenn X unendlich
wäre?
Aufgabe 1.17. Sei X eine nichtleere Menge. Sei f : X → P(X) die Abbildung definiert
durch x 7→ X \ {x}. Beweisen Sie, dass f injektiv, aber nicht surjektiv ist.
Aufgabe 1.18. (∗ ) Beweisen Sie, dass es für jede Menge X keine Bijektion
f : X → P(X)
gibt.
Aufgabe 1.19. Beweisen Sie, dass die Relationen in Beispiel 1.29 Äquivalenzrelationen
sind.
Aufgabe 1.20. Sei X eine Menge. Eine Partition P ist eine Teilmenge der Potenzmenge P(X), deren Elemente nichtleere Teilmengen von X sind, sodass jedes Element von X
in genau einem Element von P enthalten ist. Sei A die Menge aller Äquivalenzrelationen
auf X und B die Menge aller Partitionen von X. Beweisen Sie, dass A in Bijektion zu
B steht.
Aufgabe 1.21. (∗ ) Seien A, B zwei nichtleere Mengen. Zeigen Sie: Wenn es eine injektive Abbildung f : X → Y und eine injektive Abbildung g : Y → X gibt, dann gibt es
eine Bijektion zwischen X und Y .
1.4
1.4.1
Ringe und Körper
Ringe
Definition 1.32. Eine Menge R zusammen mit zwei Verknüpfungen
+: R × R → R
,
(a, b) 7→ a + b
heisst Ring, wenn gilt
·: R × R → R
(a, b) 7→ a · b
1.4. RINGE UND KÖRPER
23
G0. Die Verknüpfung + ist kommutativ : a + b = b + a ∀a, b ∈ R.
G1. Die Verknüpfung + ist assoziativ : a + (b + c) = (a + b) + c ∀a, b, c ∈ R.
G2. ∃ ein Element 0R ∈ R mit a+0R = a ∀a ∈ R. (0R heisst Nullelement oder neutrale
Element bzgl. +)
G3. ∀a ∈ R existiert b ∈ R, so dass a + b = 0R . Das Element b heisst additives Inverse
von a.
R1. Die Verknüpfung · ist assoziativ : a · (b · c) = (a · b) · c ∀a, b, c ∈ R.
R.2 Es gelten die Distributivgesetze, d.h
a · (b + c) = a · b + a · c , (a + b) · c = a · c + b · c ∀a, b, c ∈ R.
Ein Ring heisst kommutativ wenn a · b = b · a ∀a, b ∈ R. Ein Element 1R ∈ R \ {0R }
heisst Einselement, wenn 1R · a = a · 1R = a ∀a ∈ R.
Um einen Ring zu definieren, braucht man ein Tripel (R, +, ·), wobei R eine Menge
und +, · zwei Verknüpfungen auf R sind. Wenn es klar ist, welches diese zwei Verknüpfungen sind, dann schreibt man nur R statt (R, +, ·).
Bemerkung 1.33. Es gibt nur ein Nullelement und es gilt
0R · a = a · 0R = 0R ∀a ∈ R.
(1.4)
Ferner, wenn R ein Einselement hat, ist es eindeutig.
Beweis. Eindeutigkeit von 0R . Seien 0a , 0b zwei Nullelemente von R. Es gilt:
0a = 0a + 0b = 0b .
Eindeutigkeit von 1R . Seien 1a , 1b zwei Einselemente von R. Es gilt:
1a = 1a · 1b = 1b .
Beweis von (1.4):
0R · a = (0R + 0R ) · a = 0R · a + 0R · a.
Also folgt 0R = 0R · a. Änlich beweist man a · 0R = 0R .
N
N
Beispiel 1.34. Die folgenden Beispielen sind Ringe:
1. R = {0R };
2. R = {0R , 1R };
24
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
3. Z, Q, R mit den üblichen Verknüpfungen + und ·;
4. Sei X eine beliebige Menge. Sei R = {f : X → R | f Abbildung} mit
(f + g)(x) = f (x) + g(x) , (f · g)(x) = f (x) · g(x) ∀f, g ∈ R, x ∈ X.
N
Wir werden in den folgenden Kapiteln Beispiele von nicht kommutativen Ringen
sehen.
Definition 1.35. Sei R ein Ring. x ∈ R heisst Links–bzw. Rechtsnullteiler, falls x 6= 0R
und ∃y ∈ R mit y 6= 0R und x · y = 0R bzw. y · x = 0R . Falls R kommutativ ist, so nennt
man so ein x Nullteiler. Ein kommutativer Ring mit Einselement, der kein Nullteiler
hat, heisst Integritätsbereich.
Ein Element x 6= 0R ist kein Links–bzw. Rechtsnullteiler wenn die Implikation
x · y = 0R (bzw. y · x = 0R ) ⇒ y = 0R
gilt.
Im nächsten Abschnitt werden wir Beispiele von Integritätsbereichen sehen. Wir
werden auch Beispiele von Ringen mit Nullteiler betrachten.
1.4.2
Wichtiges Beispiel
Division mit Rest: Für jedes a, b ∈ Z mit b 6= 0 gibt es ein q, r ∈ Z mit a = b · q + r
und 0 ≤ r < |b|. (|b| bezeichnet den Betrag von b)
Für ein m ∈ Z, sei mZ = {m · n | n ∈ Z} die Menge der Vielfachen von m. Für
a, b ∈ Z, sei ggT(a, b) der grösste gemeinsame Teiler von a und b.
Satz 1.36. Seien a, b ∈ Z \ {0} und m = ggT(a, b). Es gilt
aZ + bZ = mZ.
(1.5)
Beweis. Zuerst beweisen wir, dass ein n ∈ N existiert s.d.
aZ + bZ = nZ.
(1.6)
Dann zeigen wir n = ggT(a, b).
Behauptung 1: ∃n ∈ N mit (1.6) wahr.
Beweis der Behauptung 1 : Sei n die kleinste Zahl in N, die in aZ + bZ enthalten ist.
Seien i, j ∈ Z mit a · i + b · j = n. Dann n · c = a · i · c + b · j · c ∈ aZ + bZ ∀c ∈ Z. Daher
folgt aZ + bZ ⊃ nZ. Sei d ∈
/ nZ. O.B.d.A. nehmen wir d > 0 an. Wir wollen zeigen, dass
d∈
/ aZ + bZ. Bei der Division mit Rest ∃q, r ∈ Z mit 0 < r < n und d = q · n + r (r 6= 0
weil d ∈
/ nZ). Wenn d ∈ aZ + bZ folgt r = d − q · n ∈ aZ + bZ (da aZ + bZ ⊃ nZ).
1.4. RINGE UND KÖRPER
25
Aber dies widerspricht der Minimalität von n als kleinste natürliche Zahl in aZ + bZ.
Das endet den Beweis der Behauptung 1.
Behauptung 2: Die Zahl n in (1.6) ist gleich ggT(a, b).
Beweis der Behauptung 2 : Der gösste gemeinsame Teiler ggT(a, b) von zwei Zahlen a, b ∈
Z \ {0} ist bestimmt durch die zwei folgenden Bedingungen:
• ggT(a, b) ist ein ganzer positiver Teiler von a und b;
• jeder andere gemeinsame Teiler von a und b teilt auch ggT(a, b).
Diese zwei Eigenschaften bestimmen den ggT(a, b). Also muss man zeigen, dass n die
zwei obigen Bedingungen erfüllt.
• Da (1.6) gilt, folgt a, b ∈ nZ. Also ist n ein gemeinsamer Teiler von a und b.
• Sei t ein gemeinsamer Teiler von a und b. Wie schon bemerkt ∃i, j ∈ Z mit n =
a · i + b · j. Also ist t auch ein Teiler von n.
Wir haben bewiesen, dass n = ggT(a, b).
Bemerkung 1.37. Wenn a = b = 0, folgt 0Z + 0Z = 0Z. Wenn a = 0 und b 6= 0, gilt
ggT(a, b) = b. So ist (1.5) mit m = ggT(a, b) trivialweise wahr.
N
Korollar 1.38. Sei p eine Primzahl und a, b ∈ Z mit p|a · b. Dann gilt p|a oder p|b.
Beweis. Wenn a · b = 0 gibt es nichts zu zeigen, weil entweder a = 0 oder b = 0 und jede
Zahl teilt 0. Wenn p|a, gibt es ebenfalls nichts zu zeigen. Sei p - a, da p Primzahl ist,
folgt ggT(a, p) = 1. Gemäss Satz 1.5 ∃i, j ∈ Z mit a · i + p · j = 1. Also b = a · b · i + p · b · j.
Daher p | b, weil p | a · b.
Sei m ∈ N grösser als 1 und Z/mZ = {0, 1, . . . , m − 1} die Menge aus Beispiel 1.31.
Wir werden zwei Verknüpfungen + und · auf Z/mZ definieren. Seien a, b ∈ Z dann gilt
a + b = a + b , a · b = a · b.
(1.7)
Z. B. Sei m = 3. Es gilt
. . . −3 = 0 = 3 = 6 . . .
,
. . . −2 = 1 = 4 = 7 . . .
,
. . . −1 = 2 = 5 = 8 . . . ,
und z. B.
−2 + 14 = 2 + 2 = 4 = 1
,
2 · 14 = 2 · 2 = 4 = 1.
Weil (Z, +, ·) ein Ring ist, folgt, dass (Z/mZ, +, ·) auch ein Ring ist. Das Element 0
ist das Nullelement von Z/mZ und 1 ist das Einselement von Z/mZ.
Beispiel 1.39. Sei m = 2. Die additive und die multiplikative Tabelle sind folgende:
+
0
1
0
0
1
1
1
0
,
·
0
1
0
0
0
1
0
1
26
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
Sei m = 4. Die additive und die multiplikative Tabelle sind folgende:
+
0
1
2
3
0
0
1
2
3
1
1
2
3
0
2
2
3
0
1
3
3
0
1
2
·
0
1
2
3
,
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
2
0
2
0
2
3
0
3
2
1
N
Satz 1.40. Sei m ∈ N. Es gilt
Z/mZ Integritätsbereich ⇔ m ist eine Primzahl.
Beweis. (⇒) Sei m keine Primzahl. Also ∃ a, b ∈ Z mit 1 < a, b < m und m = a · b. Also
sind a und b beide nicht null in Z/mZ und a · b = m = 0. Also sind a und b Nullteiler.
Daher ist Z/mZ kein Integritätsbereich.
(⇐). Sei m eine Primzahl und a, b ∈ Z/mZ mit a · b = 0. Dann m | a · b. Mit Korollar
1.38 folgt m | a oder m | b. Daher a = 0 oder b = 0.
1.4.3
Polynomringe
Sei R ein Ring. Ein Polynom mit Koeffizienten in R ist ein formaler Ausdruck der Gestalt
f (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + · · · + an tn ,
wobei ai ∈ R ∀i = 0, . . . , n und ai als i–ter Koeffizient von f bezeichnet wird. Das
Symbol t wird Variabel genannt. Wir können ein Polynom wie folgt darstellen:
X
f (t) =
ai ti ,
i∈N0
wobei nur endlich viele ai nicht Null sind.
Wir sagen, dass zwei Polynome f, g gleich sind, wenn die i-ten Koeffizienten von f
und g gleich sind für jedes i ∈ N0 .
Die Menge aller Polynome mit Koeffizienten in R wird mit dem Symbol R[t] bezeichnet.
Wir definieren zwei Verknüpfungen auf R[t], die wir Addition und Multiplikation
nennen:
Seien f, g ∈ R[t], d.h.
f (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + · · · + an tn
,
g(t) = b0 + b1 t + b2 t2 + · · · + bm tm .
1.4. RINGE UND KÖRPER
27
Im Allgemeinen kann man m = n annehmen. Wäre bspw. m > n, so könnten wir f
schreiben als:
f (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + · · · + an tn + 0tn+1 + . . . + 0tm
d.h. ai = 0 ∀i ∈ {n + 1, . . . , m}. In diesem Fall definiert man die Addition von f und g
als:
(f + g)(t) = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )t + · · · + (am + bm )tm
(ähnlich falls n ≥ m)
Die Multiplikation ist definiert als f · g = c0 + c1 t + · · · + cm+n tm+n , mit
ck =
X
ai bj
i+j=k
Daher gilt:
c0
c1
c2
cm+n
=
=
=
...
=
a0 b0
a1 b0 + a0 b1
a2 b0 + a1 b1 + a0 b2
an bm .
Wir können jedes Polynom f (t) ∈ R[t] als eine Abbildung f : R → R betrachten. Die
Abbildung f ist definiert durch f (x) = a0 + a1 · x + a2 · x2 + · · · + an · xn ∀x ∈ R. Falls
ai = 0 ∀i ∈ N (d.h. f (t) = a0 ) wird f (t) konstantes Polynom genannt. Jedes x ∈ R mit
f (x) = 0R heisst Nullstelle von f (t).
(R[t], +, ·) ist ein Ring. Das Nullelement ist das konstante Polynom 0, welches auch
Nullpolynom genannt wird. Die Funktion deg : R[t] → N0 ∪ {−∞} gegeben durch
deg(f (t)) =
max{k ∈ N0 | ak 6= 0}, falls f (t) 6= 0
−∞,
falls f (t) = 0
definiert den Grad des Polynoms f . Wir werden folgende Konvention benutzen:
−∞ + c = −∞ ∀c ∈ R.
Bemerkung 1.41. ∀f, g ∈ R[t] gilt:
1. deg(f + g) ≤ max{deg(f ), deg(g)};
2. deg(f · g) ≤ deg(f ) + deg(g).
Diese Ungleichungen folgen direkt aus den Definitionen der Addition und der Multiplikation in R[t].
N
28
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
1.4.4
Körper
Definition 1.42. Ein Ring (K, +, ·) heisst Körper, wenn K kommutativ ist, ein Einselement 1K enthält und ∀x ∈ K∗ := K \ {0} gilt ∃y ∈ K∗ mit x · y = 1K . Ein solches y
wird multiplikative Inverse von x genannt und mit x−1 bezeichnet.
Man sagt, dass jedes Element von K invertierbar ist mit multiplikativer Inverse x−1 .
Bemerkung 1.43. Für jedes x ∈ K gibt es genau eine multiplikative Inverse y von x.
Beweis. Sei x ∈ K ein festes aber beliebiges Element. Seien y1 , y2 multiplikative Inverse
von x. Es gilt:
y1 = 1K · y1 = y2 · x · y1 = y2 · 1K = y2 .
N
N
Bemerkung 1.44. Sei K ein Körper. In K gibt es keine Nullteiler, d.h. jeder Körper
ist nullteilerfrei.
Beweis. Sehen Sie die Aufgabe 1.25.
N
N
Beispiel 1.45.
1. Q mit den üblichen Verknüpfungen + und · ist ein Körper.
2. R mit den üblichen Verknüpfungen + und · ist ein Körper.
3. Z/2Z ist ein Körper mit den Verknüpfungen + und · definiert durch die Tabellen
im Beispiel 1.39.
4. N mit den üblichen Verknüpfungen + und · ist kein Körper.
5. Z/4Z mit den üblichen Verknüpfungen + und · definiert durch die Tabelle im
Beispiel 1.39 ist kein Körper .
N
Satz 1.46. Sei b ∈ N. Es gilt:
Z/bZ ist ein Körper ⇔ b ist eine Primzahl.
Beweis. (⇒). Gemäss 1.44 ist jeder Körper ein Integritätsbereich. Also folgt mit Satz
1.40, dass b eine Primzahl ist.
(⇐). Sei b eine Primzahl. Der Ring Z/bZ ist kommutativ mit Einselement 1. Zu
zeigen ist, dass jedes Element a ∈ Z/bZ \ {0} invertierbar ist. Da a 6= 0, gilt ggT(a, b)=1.
Aus Satz 1.5 folgt, dass es ein i, j ∈ Z mit a · i + b · j = 1 gibt. Daher gilt
1 = a · i + b · j = a · i + b · j = a · i.
Also hat a ein multiplikatives Inverses, und zwar i.
1.4. RINGE UND KÖRPER
1.4.5
29
Komplexe Zahlen
Man bezeichnet mit R2 das kartesische Produkt R × R. Also
R2 = {(a, b) | a, b ∈ R}.
Wir werden auf der Menge R2 die Struktur eines Körpers definieren. Dazu betrachten
wir die zwei Verknüpfungen Addition und Multiplikation durch folgende Gesetze:
(a1 , b1 ) + (a2 , b2 ) = (a1 + a2 , b1 + b2 )
(a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) = (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + b1 a2 )
für alle (a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ R2 .
Man überprüft leicht, dass das Nullelement (0, 0) und das Einselement (1, 0) ist.
Ferner sieht man einfach, dass die Addition und die Multiplikation kommutativ sind. Es
gelten auch die Distributivität und Assoziativität :
(a1 , b1 ) · ((a2 , b2 ) + (a3 , b3 )) =
=
=
=
=
(a1 , b1 ) · (a2 + a3 , b2 + b3 )
(a1 (a2 + a3 ) − b1 (b2 + b3 ), a1 (b2 + b3 ) + b1 (a2 + a3 ))
(a1 a2 − b1 b2 + a1 a3 − b1 b3 , a1 b2 + b1 a2 + a1 b3 + b1 a3 )
(a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + b1 a2 ) + (a1 a3 − b1 b3 , a1 b3 + b1 a3 )
(a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) + (a1 , b1 ) · (a3 , b3 )
(a1 , b1 ) · ((a2 , b2 ) · (a3 , b3 )) = (a1 , b1 ) · (a2 a3 − b2 b3 , a2 b3 + b2 a3 )
=
=
=
=
(a1 (a2 a3 − b2 b3 ) − b1 (a2 b3 + b2 a3 ), a1 (a2 b3 + b2 a3 ) + b1 (a2 a3 − b2 b3 ))
((a1 a2 − b1 b2 )a3 − (a1 b2 + b1 a2 )b3 , (a1 a2 − b1 b2 )b3 + (a1 b2 + b1 a2 )a3 )
(a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + b1 a2 ) · (a3 , b3 )
((a1 , b1 ) · (a2 , b2 )) · (a3 , b3 ).
Sei x = (a, b) ∈ R2 \ {(0, 0)}. Weil a2 + b2 > 0 können wir das Element y =
betrachten und bemerken, dass
a
−b
( a2 +b
2 , a2 +b2 )
a
−b
x · y = (a, b) · ( a2 +b
2 , a2 +b2 )
a
−b
−b
a
= (a a2 +b
2 − b a2 +b2 , a a2 +b2 + b a2 +b2 )
= (1, 0)
Es folgt, dass y (wirklich) das inverse Element von x ist; man bezeichnet es mit x−1 .
Die Menge R2 mit diesen Verknüpfungen ist ein Körper, den wir C nennen, den
Körper der komplexen Zahlen.
Es gibt auch eine andere Darstellung der komplexen Zahlen. Die Gleichung x2 +1 = 0
ist nicht lösbar in R. Wir definieren eine neue Zahl i mit der Eigenschaft i2 + 1 = 0.
Diese Zahl heisst imaginäre Einheit. Wir definieren die Menge der komplexen Zahlen als
C = {a + ib | a, b ∈ R}
30
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
wobei a + bi = c + id genau dann wenn a = c und b = d. Daher gibt es eine Bijektion
C → R2
.
a + ib 7→ (a, b)
Wir haben die folgende geometrische Situation:
Sei z = a + bi mit a, b ∈ R eine beliebige komplexe Zahl. (a, b) sind die kartesischen
Koordinaten von z. Die Zahl a wird Realteil von z genannt und mit Re(z) bezeichnet. Die
Zahl b ist der Imaginärteil von z und wird mit Im(z) bezeichnet. Der Körper C besitzt
die obige Struktur von R2 . Die folgenden Gesetze definieren die zwei Verknüpfungen
Addition und Multiplikation auf C:
(a1 + b1 i) + (a2 + b2 i) = a1 + a2 + (b1 + b2 )i;
(a1 + b1 i) · (a2 + b2 i) = a1 a2 − b1 b2 + (a1 b2 + b1 a2 )i.
(1.8)
Die obigen Bemerkungen über die Verknüpfungen auf R2 zeigen, dass (C, +, ·) ein Körper
ist, wobei +, · durch die Gesetze wie in (1.8) definiert sind. Sei z = a + ib ∈ C \ {0},
dann gilt
a
b
z −1 = 2
−
i.
a + b2 a2 + b2
√
Wir nennen a2 + b2 den Betrag von z und bezeichnen ihn mit |z|. Ferner ist z := a − bi
die komplex konjugierte Zahl von z. Daher gilt für jedes z ∈ C \ {0}:
z −1 =
z
.
|z|2
Die Gleichung (1.9) folgt auch aus folgender Bemerkung:
z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 = |z|2 .
Seien z1 = a1 + b1 i, z2 = a2 + b2 i. Dann gilt
z1 + z2 = a1 + a2 + (b1 + b2 )i
= a1 + a2 − (b1 + b2 )i
= a1 − b1 i + a2 − b2 i = z1 + z2
(1.9)
1.4. RINGE UND KÖRPER
31
und
z1 · z2 =
=
=
=
a1 a2 − b1 b2 + (a1 b2 + a2 b1 )i
a1 a2 − b1 b2 − (a1 b2 + a2 b1 )i
a1 a2 − (−b1 )(−b2 ) + (a1 (−b2 ) + a2 (−b1 ))i
(a1 − b1 i)(a2 − b2 i) = z1 · z2 .
Die geometrische Darstellung der komplexen Konjugation ist die folgende:
Polarform der komplexen Zahlen
Sei z = a + bi ∈ C. Wir betrachten die folgende Situation:
wobei
r=
p
p
r2 sin2 α + r2 cos2 α = a2 + b2 .
(1.10)
Gemäss des Satzes des Pythagoras ist r die Länge des Pfeils von 0 bis z. Bemerke, dass
jede komplexe Zahl eindeutig durch die Länge r und den Winkel α bestimmt ist. Daher
können wir eine neue Darstellung von z angeben:
z = r(cos α + i sin α)
(1.11)
wobei r wie in (1.10) definiert ist und α der einzige Winkel in [0, 2π) mit (cos α, sin α) =
(a/r, b/r) ist. (Bemerkung: es gilt bi = ib ∀b ∈ R). Wir nennen (r, α) die Polarkoordinaten
von z und die Darstellung in (1.11) ist die Polarform. Wie wir schon gesagt haben, ist r
der Betrag von z. Den Winkel α bezeichnet man als das Argument der komplexen Zahl,
α = arg(z).
Die Multiplikation zweier komplexer Zahlen hat eine schöne geometrische Interpretation in Polarkoordinaten. Seien z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ) und z2 = r2 (cos α2 + i sin α2 )
32
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
komplexe Zahlen. Es gilt
z1 · z2 = (r1 cos α1 + ir1 sin α1 )(r2 cos α2 + ir2 sin α2 )
= r1 r2 (cos α1 cos α2 − sin α1 sin α2 ) + ir1 r2 (cos α1 sin α2 + sin α1 cos α2 )
= r1 r2 (cos(α1 + α2 ) + i sin(α1 + α2 )).
Also gelten |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 | und arg(z1 · z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 ) ∀z1 , z2 ∈ C.
Wenn man eine komplexe Zahl n–mal mit sich selbst multipliziert, erhalten wir so
die Formel von Moivre:
z n = [r (cos α + i sin α)]n = rn (cos nα + i sin nα) .
In kartesischen Koordinaten berechnet sich die Summe zweier komplexer Zahlen einfach. In Polarkoordinaten lässt sich hingegen das Produkt einfach berechnen.
Fundamentalsatz der Algebra
Der Fundamentalsatz der Algebra besagt, dass jedes nicht konstante Polynom in C[t]
eine Nullstelle in C besitzt.
Definition 1.47. Sei R ein Ring. Ein Polynom f (t) ∈ R[t] heisst irreduzibel in R wenn
deg(f (t)) ≥ 1 und für jede Darstellung f (t) = a(t) · b(t) mit a(t), b(t) ∈ R[t] entweder
a(t) oder b(t) konstant ist.
Wir können den Fundamentalsatz der Algebra auch so formulieren:
Satz 1.48. Ein Polynom f (t) ∈ C[t] ist irreduzibel genau dann wenn deg(f (t)) = 1.
Der Beweis dieses Satzes wird hier nicht präsentiert.
Aufgaben
Aufgabe 1.22. Sei m ∈ N grösser als 1 und Z/mZ = {0, 1, . . . , m − 1} die Menge aus
Beispiel 1.31. Seien + und · die Verknüpfungen definiert wie in (1.7). Beweisen Sie,
dass (Z/mZ, +, ·) ein kommutativer Ring mit Einselement ist.
Aufgabe 1.23. Sei R ein endlicher Ring mit Einselement. Die kleinste positive ganze
Zahl n, s.d.
n · 1R = 1R + 1R + . . . + 1R = 0R
|
{z
}
n–mal
heisst die Charakteristik des Ringes R und wird als char(R) bezeichnet.
Beweisen Sie, dass
R Integritätsbereich ⇒ char(R) ist prim.
Aufgabe 1.24. Betrachten Sie den Ring (Z/5Z, +, ·). Schreiben Sie die additive und
die multiplikative Tabelle auf.
1.4. RINGE UND KÖRPER
33
Aufgabe 1.25. Beweisen Sie, dass die Aussage in Bemerkung 1.44 wahr ist.
√
Aufgabe 1.26. Beweisen Sie, dass die Menge K = {a+b 2 | a, b ∈ Q} mit der üblichen
Addition und Multiplikation ein Körper ist.
a b
Aufgabe 1.27. Wir betrachten die Menge M =
| a, b, c, d ∈ R .
c d
Wir definieren auf M die folgenden zwei Verknüpfungen, die wir Addition und Multiplikation nennen:
0 0 a b
a b
a + a0 b + b0
+
:=
c d
c0 d0
c + c0 d + d0
a b
c d
0 0 a b
aa0 + bc0 ab0 + bd0
·
:=
c0 d0
ca0 + dc0 cb0 + dd0
Beweisen Sie, dass M ein Ring ist.
Ist M kommutativ? Hat M ein Einselement?
Aufgabe 1.28. (*) Sei p eine Primzahl. Sei (R, +, ·) ein Ring mit p Elementen, der
ein Einselement hat. Beweisen Sie, dass R ein Körper ist.
Aufgabe 1.29. Geben Sie Beispiele, wo die Ungleichungen in Bemerkung 1.41 strikt
sind.
Aufgabe 1.30. Sei p eine Primzahl, p 6= 2. Beweisen Sie, dass xp = x ∀x ∈ Z/pZ.
[Tipp: Beweisen Sie dies mit vollständiger Induktion über x.]
Aufgabe 1.31. Sei p eine Primzahl, p 6= 2. Nehmen wir an, dass es a ∈ Z/pZ gibt, so
dass a2 = −1.
1. Beweisen Sie, dass (−1)
p−1
2
= 1.
2. Beweisen Sie, dass p − 1 ∈ 4Z.
Aufgabe 1.32. Beweisen Sie, dass jeder endliche Integritätsbereich ein Körper ist.
Aufgabe 1.33. Sei K ein Körper. Beweisen Sie, dass
1. Der Ring K[t] mit den üblichen Verknüpfungen ein Integritätsbereich ist.
2. f ∈ K[t] ist invertierbar ⇔ f ist eine Konstante.
Aufgabe 1.34. (*) Sei R ein Ring. Seien f, g ∈ R[t] mit deg(f (t)) = n > 0. Sei
f (t) = f0 + f1 t + . . . + fn tn wobei fn ein invertierbares Element aus R ist (d.h. ∃h ∈ R
mit fn ·h = h·fn = 1R ). Beweisen Sie, dass es zwei eindeutige Polynome q(t), r(t) ∈ R[t]
mit
g(t) = f (t) · q(t) + r(t) , deg(r(t)) < n
gibt.
34
KAPITEL 1. EINFÜHRUNG IN DIE LINEARE ALGEBRA
Aufgabe 1.35. Sei K ein Körper. Sei f (t) ∈ K[t]. Beweisen Sie mit Hilfe der Aufgabe
1.34, dass
x ∈ K ist eine Nullstelle von f
⇔ ∃g(t) ∈ K[t] mit f (t) = (x − t)g(t).
Aufgabe 1.36. Beweisen Sie, dass die Behauptung “Jedes nicht konstante Polynom in
C[t] besitzt eine Nullstelle in C” äquivalent zu Satz 1.48 ist.
Aufgabe 1.37. Sei K ein Körper. Sei f (t) ∈ K[t]. Beweisen Sie mit Hilfe der Aufgabe
1.35, dass die Anzahl der Nullstellen von f kleiner oder gleich deg(f ) ist. Gilt diese
Beschränkung mit R Ring statt K Körper? Wenn ja, geben Sie einen Beweis. Wenn
nein, geben Sie ein Gegenbeispiel.
n n−1
[Tipp: Betrachten Sie den Ring in Aufgabe 1.27, besonders die Elemente
,
1
1
1 0
1 1−n
,
]
0 −1
−1
n
Aufgabe 1.38. Sei K ein Körper. Seien f (t), g(t) ∈ K[t]. Man sagt, dass g(t) ein
Teiler von f (t) ist, wenn es ein Polynom h(t) ∈ K[t] mit f (t) = h(t)g(t) gibt. Seien
a(t), b(t) ∈ K[t] zwei beliebige Polynome, die nicht das Nullpolynom sind. Ein ggT(a, b)
(grösster gemeinsamer Teiler von a(t), b(t)) ist ein gemeinsamer Teiler von a(t) und b(t),
der ein Vielfaches von jedem gemeinsamen Teiler von a und b ist. Für jedes f (t) ∈ K[t]
sei
f (t)K[t] = {f (t) · g(t) | g(t) ∈ K[t]}.
Beweisen Sie, dass ∀a(t), b(t) ∈ K[t] \ {0} gilt:
a(t)K[t] + b(t)K[t] = m(t)K[t],
wobei m(t) ein ggT(a, b) ist. Bemerkung: Es könnte unendlich viele ggT(a, b) geben.
Aufgabe 1.39.
1. Bestimmen Sie jede Nullstelle der Gleichung t3 = 1;
2. Für jede ganze Zahl n > 0 und jede reelle Zahl a geben Sie die Polarkoordinaten
der Nullstellen der Gleichung tn = a.
Aufgabe 1.40. (*) Beweisen Sie, dass der Grad (deg) eines irreduziblen Polynoms f (t)
aus R[t] kleiner als 3 ist. [Tipp: Betrachten Sie die Konjugation in C]
Kapitel 2
Vektorräume
Im Folgenden wird K immer ein Körper sein mit den Verknüpfungen + und ·. Das
Nullelement wird einfach mit 0 bezeichnet und das Einselement mit 1. Normalerweise
werden wir ab schreiben statt a · b für jedes a, b ∈ K. K∗ bezeichnet die Menge der
invertierbaren Elemente von K, d.h. K \ {0} (K ohne null).
Wir fangen sofort mit einem Beispiel an, das im nächsten Abschnitt präsentiert wird.
2.1
n–dimensionale reelle Vektorräume
Hier betrachten wir K = R. Sei n eine positive ganze Zahl. Sei Rn das kartesische Produkt
von n Kopien von R, d.h.
Rn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) | xi ∈ R ∀1 ≤ i ≤ n} .
Jedes Element (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn heisst Vektor. Wir werden die Symbole u, v, w, . . .
benutzen um die Elemente von Rn zu bezeichnen. Auf Rn definiert man zwei Verknüpfungen, die wir Addition und Skalarmultiplikation nennen.
Addition. Für jedes (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn definieren wir
(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) := (x1 + y1 , . . . , xn + yn )
Skalare Multiplikation. Für jedes (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn und jedes λ ∈ R, wir definieren
λ · (x1 , . . . , xn ) := (λx1 , . . . , λxn )
Der Vektor 0 := (0, . . . , 0) ∈ Rn heisst Nullvektor.
Es gelten:
• Die Addition ist kommutativ, d.h. u + v = v + u ∀u, v ∈ Rn . In der Tat gilt:
(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn )
= (y1 + x1 , . . . , yn + xn )
= (y1 , . . . , yn ) + (x1 , . . . , xn )
∀ (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn .
35
36
KAPITEL 2. VEKTORRÄUME
• Die Addition ist assoziativ, d.h. (u + v) + w = u + (v + w) ∀u, v, w ∈ Rn . In der
Tat gilt:
((x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn )) + (z1 , . . . , zn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) + (z1 . . . , zn )
= (x1 + y1 + z1 , . . . , xn + yn + zn )
= (x1 , . . . , xn ) + (y1 + z1 , . . . , yn + zn )
= (x1 , . . . , xn ) + ((y1 , . . . , yn ) + (z1 , . . . , zn ))
∀ (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ), (z1 . . . , zn ) ∈ Rn .
• Die Addition hat den Nullvektor (0, . . . , 0) als Nullelement 0. Es gilt v +0 = v ∀v ∈
Rn . In der Tat gilt:
(x1 , . . . , xn ) + (0, . . . , 0) = (x1 , . . . , xn )
∀ (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn .
• ∀v ∈ Rn ∃u ∈ Rn s.d. v+u = 0. Man nennt v das negative Element (oder das inverse
Element) von v und man bezeichnet es mit −v. In der Tat, wenn v = (x1 , . . . , xn ),
dann −v = (−x1 , . . . , −xn ).
• Es gilt (λµ) · v = λ (µ · v) ∀λ, µ ∈ R, v ∈ Rn und 1 · v = v ∀v ∈ Rn . In der Tat gilt:
(λµ) · (x1 , . . . , xn ) = (λµx1 , . . . , λµxn ) = λ · (µx1 , . . . , µxn )
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn .
• ∀ λ, µ ∈ R, v, u ∈ Rn gilt:
(λ + µ) · v = λ · v + µ · v
und
λ · (v + u) = λ · v + λ · u.
Es gibt spezielle Vektoren
i–te Stelle
ei = (0, . . . , 0,
1
, 0, . . . , 0) ∀1 ≤ i ≤ n
(2.1)
die die anderen Vektoren erzeugen. In der Tat gilt:
(x1 , x2 , . . . , xn ) = x1 · e1 + x2 · e2 + . . . + xn · en
∀(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn .
Die Menge Rn mit diesen zwei Verknüpfungen, der Addition und der Skalarmultiplikation, heisst n–dimensionalen reelle Vektorraum.
2.2. ALLGEMEINE VEKTORRÄUME
2.2
37
Allgemeine Vektorräume
Wir definieren den Begriff des Vektorraums, der den Begriff des n–dimensionalen reellen
Vektorraums verallgemeinert.
Definition 2.1. Eine nichtleere Menge V zusammen mit zwei Verknüpfungen
+: V × V → V
,
(v, w) 7→ v + w
·: K × V → V
,
(λ, v) 7→ λ · v
die wir Addition bzw. Skalarmultiplikation nennen, heisst K–Vektorraum (oder Vektorraum über K), wenn gilt:
V1 ) Die Addition ist kommutativ, d.h. u + v = v + u ∀u, v ∈ V .
V2 ) Die Addition ist assoziativ, d.h. (u + v) + w = u + (v + w) ∀u, v, w ∈ V .
V3 ) Die Addition hat ein Nullelement 0. Es gilt v + 0 = v ∀v ∈ V .
V4 ) ∀v ∈ V ∃u ∈ V s.d. v + u = 0. Man nennt u den inversen Vektor von v (oder
dennegativen Vektor von v) und man bezeichnet ihn mit −v.
V5 ) Es gilt (λµ) · v = λ (µ · v) ∀λ, µ ∈ K, v ∈ V und 1 · v = v ∀v ∈ V .
V6 ) ∀ λ, µ ∈ K, v, u ∈ V gilt:
(λ + µ) · v = λ · v + µ · v
und
λ · (u + v) = λ · u + λ · v.
Die Elemente von V heissen Vektoren.
Beispiel 2.2.
1. ∀n ∈ N ist V = Kn mit den Verknüpfungen definiert wie in §2.1 ein
K-Vektorraum.
2. V = C mit der üblichen Addition und der folgenden Skalarmultiplikation
R×C → C
(λ, a + bi) 7→ λa + λbi,
ist ein R–Vektorraum.
3. Der Ring K[t] mit der üblichen Addition und der Multiplikation von Polynomen
mit Konstanten (die hier Skalare genannt werden) ist ein K–Vektorraum.
38
KAPITEL 2. VEKTORRÄUME
4. Sei X eine beliebige Menge. Sei
Abb(X, K) := {f : X → K | f Abbildung} .
Die Addition ist definiert durch
(f + g)(x) := f (x) + g(x),
∀f, g ∈ Abb(X, K), ∀x ∈ X.
Die Skalarmultiplikation ist definiert durch
(λ · f )(x) := λf (x),
∀f ∈ Abb(X, K), ∀x ∈ X.
5. Jeder Rn hat die Struktur eines Q–Vektorraums.
6. Der Ring M aus Aufgabe 1.27 mit der dort definiert Addition und der Skalarmultiplikation
a b
λa λb
a b
λ·
=
, ∀λ ∈ R, ∀
∈M
c d
λc λd
c d
ist ein R-Vektorraum (in der Tat kann man jeden Körper K statt R betrachten).
7. V = {0} mit 0 + 0 = 0 = λ0 ∀λ ∈ K ist ein K–Vektorraum. Er wird der triviale
Vektoraum genannt.
N
Bemerkung 2.3 (Eindeutigkeit des inversen Vektors). Sei V ein Vektorraum. Für ein
gegebenes v ∈ V seien u1 , u2 ∈ V s.d. v + u1 = v + u2 = 0. Dann u1 = u2 . In der Tat gilt
u1 = u1 + 0 = u1 + v + u2 = 0 + u2 = u2 .
N
Bemerkung 2.4. In einem K-Vektorraum V gilt ∀v ∈ V, λ ∈ K:
1. λ · v = 0 ⇔ λ = 0 oder v = 0.
2. (−1) · v = −v.
N
Beweis.
1. (⇐). Sei λ = 0. Es gilt
v
0 · v = (0 + 0) · v =6 0 · v + 0 · v.
Daher folgt 0 · v = 0.
Sei nun v = 0. Es gilt:
v
λ · 0 = λ(0 + 0) =6 λ · 0 + λ · 0.
Daher folgt λ · 0 = 0.
(⇒). Sei nun λ · v = 0 und λ 6= 0. Es gilt
v
v
oben
v =5 1 · v = λ−1 λ · v =5 λ−1 (λ · v) = λ−1 0 = 0.
2.3. UNTERRÄUME UND ERZEUGNIS
39
2. Es gilt:
1.
v + (−1) · v = 1 · v + (−1) · v = (1 − 1) · v = 0 · v = 0.
Also (−1) · v = −v.
2.3
Unterräume und Erzeugnis
Definition 2.5. Sei V ein K–Vektorraum. Ein nichtleere Teilmenge W ⊂ V heisst
Unterraum von V , wenn gilt:
1. v, w ∈ W
⇒ v+w ∈W ;
2. v ∈ W, λ ∈ K ⇒ λ · v ∈ W .
(Man sagt, dass W abgeschlossen ist bzgl. Addition und Skalarmultiplikation)
Satz 2.6. Ein Unterraum W eines K–Vektorraums V ist selber ein K–Vektorraum (bzgl.
der durch V gegebenen Verknüpfungen)
Beweis. Die Eigenschaften V1 , V2 , V5 und V6 sind erfüllt, weil W ⊂ V . Da W 6= ∅
∃w ∈ W . Nach 2. von Definition 2.5 gilt 0 = 0 · w ∈ W . Daher gilt V3 . Ferner ist
−w = (−1) · w ∈ W ∀w ∈ W (nach 2. von Definition 2.5). Also gilt auch V4 .
Beispiel 2.7.
1. Sei n eine positive gerade Zahl. Sei V = Kn mit den üblichen Verknüpfungen. Sei 1 ≤ k ≤ n. Seien a1 , . . . , an feste Elemente in K. Die Menge
W = {(x1 , . . . , xn ) ∈ V | a1 x1 + . . . + an xn = 0}
ist ein Unterraum von V .
2. Sei V = C. Für jedes α ∈ C ist die Menge
αR = {rα | r ∈ R}
ein Unterraum.
3. Sei V = K[t]. Sei n ∈ N0 . Die Menge
K[t]n = {f ∈ K[t] | deg(f ) ≤ n}
ist ein Unterraum.
4. Sei V = Abb(X, K). Die Menge
W = {f ∈ V | f (x) = f (y) ∀x, y ∈ X}
(konstante Abbildungen) ist ein Unterraum.
40
KAPITEL 2. VEKTORRÄUME
5. Sei V = Rn gedacht als Q–Vektorraum. Die Menge W = Qn ist ein Unterraum.
6. Sei V der Ring M aus Aufgabe 1.27. Die Menge
a b
W =
∈M |b=c=0
c d
ist ein Unterraum.
N
Bemerkung 2.8. Sei V ein Vektorraum und W1 , W2 Unterräume. Dann ist W1 ∩ W2
ein Unterraum von V . Aber im Allgemeinen ist W1 ∪ W2 kein Unterraum.
N
Beispiel 2.9. Sei V = C. Seien W1 = R und W2 = iR. Die komplexe Zahl 1 + i liegt
nicht in W1 ∪ W2 .
N
Beispiel 2.10. Jeder Vektorraum V hat immer die zwei trivialen Unterräume W1 = {0}
und W2 = V .
N
Im Allgemeinen gilt das folgende Lemma:
Lemma 2.11. Sei I eine Indexmenge. ∀i ∈ I sei Wi ein Unterraum eines K–Vektorraums
V . Dann ist das Durchschnitt
\
Wi
i∈I
ein Unterraum von V .
Beweis. Seien v, u ∈ W . Also v, u ∈ Wi ∀i ∈ I. Daher v + u ∈ Wi ∀i ∈ I und so
v + u ∈ W . Ähnlich für λ ∈ K und v ∈ W .
Ist eine Teilmenge eines Vektorraums kein Unterraum, dann kann man sie zu einem
Unterraum erweitern (abschliessen).
Definition 2.12. Sei V ein K-Vektorraum und {v 1 , v 2 , . . . , v r } ⊂ V eine Menge von r
Vektoren. Eine Linearkombination von v 1 , . . . , v r ist ein Vektor der Form
v=
r
X
λi · v i
i=1
mit λ1 , . . . , λr ∈ K.
Die Menge aller Vektoren, die sich als Linearkombinationen von v1 , . . . , vk schreiben
lassen, nennt man den von der Menge {v1 , v2 , . . . , vr } aufgespannten Raum. Bezeichung:
spanK (v 1 , . . . , v r ) := {λ1 · v 1 + . . . + λr · v r | λ1 , . . . , λr ∈ K}
= Kv 1 + . . . + Kv r
= < v 1 , v 2 , . . . , v r >K .
2.3. UNTERRÄUME UND ERZEUGNIS
41
Bemerkung 2.13. Die Menge spanK (v 1 , . . . , v r ) ist ein Unterraum von V . Es ist der
kleinste Unterraum von V , der v 1 , . . . , v r enthält, d.h. ist W ⊂ V ein Unterraum mit
v 1 , . . . , v r ∈ W , dann spanK (v 1 , . . . , v r ) ⊂ W .
N
Allgemeines definieren wir nun den von einer Teilmenge M eines Vektorraums aufgespannten Raum:
Definition 2.14. Sei V ein K-Vektorraum und A ⊂ V eine Teilmenge, die nicht leer
ist. Eine Linearkombination von Elementen von A ist ein Element der Form
v=
r
X
αi · v i
i=1
mit α1 , . . . , αr ∈ K und v 1 , . . . , v r ∈ A.
Die Menge aller Linearkombinationen von Elementen von A wird mit spanK (A) bezeichnet. Man nennt dies den Span oder das Erzeugnis von M .
Wenn ganz klar ist, auf welchem Körper K man sich bezieht, schreibt man nur
span(A) statt spanK (A)
Definition 2.15. Wir definieren span(∅) = {0}.
Bemerkung 2.16. Wenn A = {v 1 , . . . , v k } gilt span(A) = span(v 1 , . . . , v k ).
N
Lemma 2.17. Sei V ein K-Vektorraum und A ⊂ V eine Teilmenge. Es gilt:
1) A ⊂ span(A);
2) span(A) ist ein K-Unterraum von V ;
3) Wenn W ein Unterraum von V ist, dann span(A) ⊂ W ∀A ⊂ W .
4) span(A) ist der Durchschnitt aller Unterräumen von V die A enthalten.
Beweis. 1) Jedes v ∈ A kann als 1 · v geschrieben werden und ist dann eine Linearkombination von Elementen von A. Es folgt, dass A ⊂ span(A).
2) Wir haben 0 ∈ span(A). Seien v, w ∈ span(A). Wir haben
v = λ1 · v 1 + · · · + λr · v r
w = µ1 · w 1 + · · · + µm · w m
mit r, m ∈ N, w1 , . . . , wm , v 1 , . . . , v r ∈ A und λ1 , . . . , λr , µ1 , . . . , µm ∈ K. Es folgt, dass
v + w = λ1 · v 1 + · · · + λr · v r + µ1 · w1 + · · · + µm · wm
eine Linearkombination von Elementen von A ist. Für jedes θ ∈ K ist auch
θ · v = (θλ1 ) · v 1 + · · · + (θλr ) · v r
eine Linearkombination von Elementen von A.
42
KAPITEL 2. VEKTORRÄUME
3) Sei v = λ1 · v 1 + · · · + λr · v r ∈ span(A) mit v 1 , . . . , v r ∈ A ⊂ W und λ1 , . . . , λr ∈
K. Weil v 1 , . . . , v r ∈ W und W ein Unterraum ist, gilt λ1 · v 1 , . . . , λr · v r ∈ W und
v = λ1 · v 1 + · · · + λr · v r ∈ W .
4) Sei W ⊂ V der Durchschnitt aller Unterräumen von V die A enthalten. Wir
möchten beweisen, dass W = span(A).
Nach 1) und 2) ist die Menge span(A) ein Unterraum von V , der A enthält. Nach
Definition von W gilt W ⊂ span(A).
Nach Lemma 2.11 ist W ein Unterraum von V . Nach Definition von W gilt auch
A ⊂ W . Aus Behauptung 3) folgt, dass span(A) ⊂ W . Wir haben die doppelte Inklusion
bewiesen. Also folgt, dass span(A) = W
Bemerkung 2.18. Lemma 2.17 4) besagt, dass span(A) der kleinste Unterraum ist, der
A enthält.
N
Definition 2.19. Sei V ein K-Vektorraum. Wir sagen, dass v 1 , . . . , v n ∈ V linear
abhänging sind, wenn λ1 , . . . , λn ∈ K existieren, nicht alle null, so dass
λ1 · v 1 + · · · + λn · v n = 0.
Wir sagen, dass v 1 , . . . , v n linear unabhängig sind, wenn sie nicht linear abhängig sind.
Manchmal werden wir auch schreiben “Die Menge (v 1 , . . . , v n ) ist linear unabhängig”,
wenn die Vektoren v 1 , . . . , v n linear unabhängig sind.
Bemerkung 2.20. Sei V ein K-Vektorraum. Die Elemente v 1 , . . . , v n ∈ V sind linear
unabhängig, wenn gilt:
λ1 · v 1 + · · · + λn · v n = 0 ⇔ λ1 = λ2 = · · · = λn = 0.
N
Lemma 2.21. Sei V ein K-Vektorraum und v 1 , . . . , v n ∈ V . Die folgenden Aussagen
sind äquivalent:
1) v 1 , . . . , v n sind linear unabhängig.
2) Die Abbildung
ρ:
Kn → V
(a1 , . . . , an ) 7→ a1 · v 1 + · · · + an · v n
ist injektiv.
3) Jeder Vektor v ∈ span(v 1 , . . . , v n ) lässt sich eindeutig schreiben als Linearkombination der Vektoren v 1 , . . . , v n .
Beweis. 2) ⇒ 1) Seien λ1 , . . . , λn ∈ K, so dass λ1 · v 1 + · · · + λn · v n = 0. Es folgt, dass
ρ(0, . . . , 0) = ρ(λ1 , . . . , λn ) = 0. Weil ρ injektiv ist, gilt λ1 = λ2 = · · · = λn = 0.
1) ⇒ 2) Seien a = (a1 , . . . , an ) und b = (b1 , . . . , bn ) ∈ Kn mit ρ(a) = ρ(b). Dann gilt
a1 · v 1 + · · · + an · v n = b1 · v 1 + · · · + bn · v n , und somit
(a1 − b1 ) · v 1 + · · · + (an − bn ) · v n = 0.
2.3. UNTERRÄUME UND ERZEUGNIS
43
Weil v 1 , . . . , v n linear unabhängig sind, gilt ai − bi = 0 für jedes i = 1, . . . , n, d.h. a = b.
Die Abbildung ρ ist also injektiv.
Das Bild der Abbildung ρ ist span(v 1 , . . . , v n ). Dies folgt aus der Definition von
“span”. Daraus folgt 2) ⇔ 3).
Definition 2.22. Sei V ein K–Vektorraum und I eine Indexmenge. Eine Familie (vi )i∈I
heisst linear unabhängig, falls jede endliche Teilfamilie linear unabhängig ist.
Die Familie (v i )i∈I heisst linear abhängig, wenn sie nicht linear unabhängig ist, d.h.
wenn es eine endliche Teilfamilie (v i1 , . . . , v ir ) gibt, s.d.
λ1 · v i1 + · · · + λr · v ir = 0
für λ1 , . . . , λr ∈ K nicht alle null.
Für eine Menge M wird mit |M | die Mächtigkeit von M bezeichnen.
Bemerkung 2.23. Sei V ein K–Vektorraum. Ein Vektor v ∈ V ist linear unabhängig
genau dann, wenn v 6= 0.
N
Lemma 2.24. Sei V ein K–Vektorraum und I eine Indexmenge. Sei (v i )i∈I eine Familie
von Vektoren in V . Es gilt:
1. v i = 0 für ein i ∈ I ⇒ (v i )i∈I ist linear abhängig.
2. v i = v j für i 6= j ∈ I ⇒ (v i )i∈I ist linear abhängig.
3. fr̈ r ≥ 2 ist (v 1 , . . . , v r ) linear abhängig genau dann, wenn einer der Vektoren
v 1 , . . . , v r eine Linearkombination der anderen ist.
Beweis. 1) Es gilt 1 · v i = 0.
2) Es gilt 1 · v i − 1v j = 0.
3) (⇒) Seien v 1 , . . . , v r ∈ V linear abhängig. ∃ λ1 , . . . , λr ∈ K nicht alle null, so dass
λ1 · v 1 + · · · + λr · v r = 0.
Sei k ∈ {1, . . . , r}, s.d. λk 6= 0. Es folgt
λ1
λr
· v + ··· +
·v =0
λk 1
λk r
vk =
X
i6=k
−
λi
· vi .
λk
(⇐) ∃k ∈ {1, . . . , r} s.d. v k = µ1 · v 1 + · · · + µk−1 · v k−1 + µk+1 · v k+1 + · · · + µr · v r ,
so ist
µ1 · v 1 + . . . µk−1 · v k−1 + (−1) · v k + µk+1 · v k+1 + · · · + µr · v r = 0.
Also ist (v 1 , . . . , v r ) linear abhängig
44
KAPITEL 2. VEKTORRÄUME
Beispiel 2.25. Sei V = K[t]. Die Familie (v i )i∈N0 mit v i = ti (mit t0 = 1) ist linear
unabhängig. In der Tat gilt für jede endliche Menge {e1 , . . . er } von verschiedenen Zahlen
in N
λ1 te1 + . . . λr ter = 0
genau dann, wenn λ1 = . . . = λr = 0. Sei f (t) ∈ V ein Polynom von Grad n (d.h.
deg(f ) = n). Dann ist (f (t), v 0 , v 1 , . . . , v n ) linear abhängig.
N
2.4
Basis und Dimension
Definition 2.26. Sei V ein K-Vektorraum und A = (v i )i∈I eine Familie von Elementen
von V . Die Familie A heisst Erzeugendensystem von V wenn V = span({v i }i∈I ). Die
Familie A heisst Basis von V , wenn A ein linear unabhängiges Erzeugendensystem ist.
V heisst endlich erzeugt, wenn es ein endliches Erzeugendensystem von V gibt.
Satz 2.27. Sei V ein K-Vektorraum und v 1 , . . . , v r ∈ V . Die folgenden Aussagen sind
äquivalent:
1. (v 1 , . . . , v r ) ist eine Basis von V .
2. Jeder Vektor w ∈ V kann auf eindeutige Weise als Linearkombination von (v 1 , . . . , v n )
geschrieben werden.
Beweis. 1) ⇒ 2). Weil v 1 , . . . , v n lineare unabhängig sind, lässt sich jeder Vektor v ∈
span(v 1 , . . . , v n ) in eindeutiger Weise aus den Vektoren v 1 , . . . , v n schreiben (Lemma 2.21).
Weil (v 1 , . . . , v r ) eine Basis von V ist, hat man span(v 1 , . . . , v r ) = V . Somit gilt 2).
2) ⇒ 1). Da jeder Vektor w ∈ V als Linearkombinationen von (v 1 , . . . , v n ) geschrieben werden kann, gilt span(v 1 , . . . , v r ) = V . Wenn diese Linearkombination eindeutig
ist, dann sind v 1 , . . . , v n linear unabhängig (Lemma 2.21). Es folgt, dass (v 1 , . . . , v n ) eine
Basis ist.
Beispiel 2.28.
1. Sei V = Kn . Für jede 1 ≤ i ≤ n seien ei wie in (2.1) definiert.
Man überprüft, dass (e1 , . . . , en ) eine Basis ist.
2. Sei V = K[t] und (v i )i∈N0 die Menge, die in Beispiel 2.25 definiert ist. In Beispiel
2.25 wurde gezeigt, dass (v i )i∈N0 linear unabhängig ist. Jedes Polynom ist von der
Form
f (t) = f0 v 0 + f1 v 1 + . . . fn v n
mit f0 , . . . , fn ∈ K. Also ist (v i )i∈N0 eine Basis von V .
3. Sei V = M der Menge
1
e1,1 =
0
wie in Aufgabe 1.27. Die Menge (e1,1 , e1,2 , e2,1 , e2,2 ) mit
0
0 1
0 0
0 0
, e1,2
, e2,1
, e2,2
0
0 0
1 0
0 1
ist eine Basis.
N
2.4. BASIS UND DIMENSION
45
Lemma 2.29 (Austauschlemma). Sei V ein K-Vektorraum, mit Basis B = (v 1 , . . . , v r ),
sei r ≥ 1 und w = λ1 · v 1 + · · · + λr · v r .
Wenn λi 6= 0, ist (v 1 , . . . , v i−1 , w, v i+1 , . . . , v r ) eine Basis von V . Man kann also v i
mit w vertauschen.
Beweis. Wir können annehmen, dass i = 1 (wenn i 6= 1 geht der Beweis analog). Also
nehmen wir λ1 6= 0 an. Zuerst beweisen wir, dass (w, v 2 , . . . , v r ) ein Erzeugendensystem
ist:
Sei v ein Element von V . Weil (v 1 , . . . , v r ) eine Basis ist, gilt
v = µ 1 · v 1 + · · · + µr · v r
mit µ1 , . . . , µr ∈ K. Da w = λ1 · v 1 + · · · + λr · v r folgt
v1 =
1
λ2
λr
·w−
· v − ··· −
·v .
λ1
λ1 2
λ1 r
·w−
λ2
λ1
Daher gilt
v = µ1
=
µ1
λ1
1
λ1
· w + (µ2 −
· v2 − · · · −
µ 1 λ2
λ1 )
λr
λ1
· v r + µ2 · v 2 + · · · + µr · v r
· v 2 + · · · + (µr −
µ1 λr
λ1 )
· vr
Es folgt, dass span(w, v 2 , . . . , v r ) = V .
Nun zeigen wir, dass w, v 2 , . . . , v r linear unabhängig sind. Seien µ1 , . . . , µr ∈ K s.d.
µ1 · w + µ2 · v 2 + · · · + µ r · v r = 0
Da w = λ1 · v 1 + · · · + λr · v r gilt
µ1 (λ1 · v 1 + · · · + λr · v r ) + µ2 · v 2 + · · · + µr · v r = 0
und so
µ1 λ1 · v 1 + (µ1 λ2 + µ2 ) · v 2 + · · · + (µ1 λr + µr ) · v r = 0.
Weil v 1 , . . . , v r lineare unabhängig sind, gilt
µ1 λ1 = 0, µ1 λ2 + µ2 = 0, . . . , µ1 λr + µr = 0.
Da λ1 6= 0, gilt µ1 = 0. Daher
µ1 = µ2 = · · · = µr = 0.
Satz 2.30. Sei V ein K-Vektorraum und (v 1 , . . . , v r ) eine linear unabhängige Menge in
V und v ∈ V . Dann gilt:
(v 1 , . . . , v r , v) linear unabhängig ⇔ v ∈
/ span(v 1 , . . . , v r ).
46
KAPITEL 2. VEKTORRÄUME
Beweis. (⇒) Sei v ∈ span(v 1 , . . . , v r ). Bei Lemma 2.24 Teil 3) sind die Vektoren v 1 , . . . , v r , v
linear unabhängig.
(⇐) Sei (v 1 , . . . , v r , v) linear abhängig. Also ∃λ1 , . . . , λr , λ ∈ K mit λ1 · v 1 + . . . + λr · v r +
λ · v = 0 und nicht alle λ1 , . . . , λr , λ sind 0. Wäre λ = 0, dann folgt λ1 = 0 . . . , λr = 0,
da (v 1 , . . . , v r ) linear abhängig ist. Daher ist λ 6= 0 und
v=−
λ1
λr
· v1 − . . . −
· v r ∈ span(v 1 , . . . , v r ).
λ
λ
Satz 2.31. Sei V ein K-Vektorraum, mit Basis B = (v 1 , . . . , v r ), wobei r ≥ 1. Seien w1 , . . . , wr ∈ V Elemente von V , die linear unabhängig sind, dann ist auch W =
(w1 , . . . , wr ) eine Basis von V .
Beweis. Wir beweisen den Satz per Induktion über s, wobei s die Anzahl der Elemente
in (v 1 , . . . , v r ) \ (w1 , . . . , wr ) ist. (d.h. s = r − |(v 1 , . . . , v r ) ∩ (w1 , . . . , wr )|)
(I.A.) Mit s = 0 ist die Aussage von Satz 2.31 trivialerweise wahr.
(I.V.) Sei s ≥ 1, d.h. (v 1 , . . . , v r ) ∩ (w1 , . . . , wr ) enthält genau r − s Elemente und
wir nehmen an, dass die Aussage von Satz 2.31 wahr ist, wenn die Vereinigungsmenge
(v 1 , . . . , v r ) ∩ W genau r − (s − 1) Elemente enthält. Da |(v 1 , . . . , v r ) ∩ (w1 , . . . , wr )| =
r − s, o.B.d.A. nehmen wir an, dass v i = wi ∀i ≤ r − s (sonst betrachtet man zwei
passende Wechsel der Indexen). Da wr−s+1 ∈ V = span(w1 , . . . , wr−s , v r−s+1 , . . . , v r )
∃λ1 . . . λr ∈ K mit
wr−s+1 = λ1 · w1 + · · · + λr−s · wr−s + λr−s+1 · v r−s+1 + . . . + λr v r .
Weil W linear unabhängig ist, ∃λj 6= 0 für ein r − s + 1 ≤ j ≤ r (nach Satz 2.30). Lemma
2.29 besagt, dass
B 0 := (w1 , . . . , wr−s , . . . , wj , v j+1 . . . , v r )
eine Basis von V ist (zwischen wr−s und wj könnten einige Vektoren v k sein). Nun
betrachten wir die Basis B 0 und W. Da r − |B 0 ∩ W| = s − 1 ist, folgt mit der Induktionsvoraussetzung, dass W eine Basis von V ist.
Satz 2.32 (Austauchsatz). Sei V ein K-Vektorraum, mit Basis B = (v 1 , . . . , v r ), wobei
r ≥ 1. Seien w1 , . . . , wn ∈ V Elemente von V , die linear unabhängig sind. Es gilt:
1. n ≤ r.
2. Wenn n < r, gibt es in+1 , in+2 , . . . , ir ∈ {1, . . . , r} so dass
(w1 , . . . , wn , v in+1 , . . . , v ir )
eine Basis von V ist.
2.4. BASIS UND DIMENSION
47
Beweis. 1. Sei n > r. Es gilt, dass jede Teilmenge von (w1 , . . . , wn ) linear unabhängig
ist. Besonders folgt mit Satz 2.31, dass (w1 , . . . , wr ) eine Basis von V ist. Daher ist
wn ∈ span(w1 , . . . , wr ) und das ist wegen Satz 2.30 absurd.
2. Wir beweisen den zweiten Teil des Satzes mit Induktion nach n.
(I.A.) Sei n = 1. Es reicht das Lemma 2.29 anzuwenden.
(I.V.) Sei n ≥ 1 und wir nehmen an, dass die Aussage 2) in Satz wahr ist für n − 1. Also
gibt es jn , jn+1 , . . . , jr ∈ {1, . . . , r}, so dass
(w1 , . . . , wn−1 , v jn , . . . , v jr )
eine Basis von V ist. Daher ∃λ1 . . . λr ∈ K mit
wn = λ1 · w1 + · · · + λn−1 · wn−1 + λjn · v jn + . . . + λjr · v jr .
Weil W linear unabhängig ist, ∃λj 6= 0 für ein j ∈ {jn , . . . , jr } (nach Satz 2.30). Man
schliesst mit Lemma 2.29, dass es eine Teilmenge {in+1 , in+2 , . . . , ir } ⊂ {jn , jn+1 , . . . , jr }
gibt, s.d. (w1 , . . . , wn , v in+1 , . . . , v ir ) eine Basis von V ist.
Korollar 2.33. Hat ein K-Vektorraum V eine endliche Basis mit r Elementen, so ist
jede Basis von V endlich mit genau r Elementen.
Beweis. Sei (v 1 , . . . , v r ) eine Basis von V und sei B = (wi )i∈I eine andere Basis.
Wenn B unendlich ist, so gibt es verschiedene i1 , . . . , ir+1 ∈ I, so dass wi1 , . . . , wir+1
lineare unabhängig sind. Nach dem Austauschsatz ist dies unmöglich.
Das gleiche Argument sagt, dass B nicht mehr als r Elemente enthalten kann. Mit der
anderen Richtung des Austauschsatzes findet man, dass B genau r Elemente enthält.
Mit Hilfe des Korollars 2.33 können wir eine sinnvolle Definition der Dimension eines
Vektorraums geben.
Definition 2.34. Sei V ein K-Vektoraum. Die Zahl dimK (V ) ist definiert als:
∞ falls V keine endliche Basis besitzt,
dimK (V ) =
r falls V eine Basis der Mächtigkeit r besitzt.
dimK (V ) heisst die Dimension von V über K. Falls klar ist, welcher Körper gemeint ist,
schreibt man nur dim(V ).
Bemerkung 2.35. Der Nullvektorraum {0} ist der einzige Vektorraum von Dimension
0. (Erinnerung span(∅) = 0)
N
Aufgaben
Aufgabe 2.1. Bestimmen Sie, welche der folgenden Teilmengen von R3 Unterräume
sind:
• A = {(x, y, z) ∈ R3 | x = y + 1};
48
KAPITEL 2. VEKTORRÄUME
• B = {(x, y, z) ∈ R3 | x = z 2 };
• C = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y, z) = (x, x, x)};
• D = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y, z) = (x, −y, x)};
• E = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 − y 2 = 0 und x + z = 0}.
Aufgabe 2.2. Beweisen Sie, dass die Beispiele gegeben in Beispiel 2.2 Vektorräume
sind.
Aufgabe 2.3. Sei V ein K–Vektorraum und W1 , W2 zwei Unterräume. Beweisen Sie
dass W1 ∪ W2 ein Unterraum ist genau dann, wenn W1 ⊂ W2 oder W2 ⊂ W1 .
Aufgabe 2.4. Beweisen Sie, dass die Mengen in Beispiel 2.7 Unterräume sind.
Aufgabe 2.5. Sei W = (x, y, z) ∈ K3 | x + y + z = 0 . Also ist W ein Unterraum des
Vektorraums K3 .
1. Beweisen Sie, dass v 1 = (1, 0, −1) und v 2 = (−1, 1, 0) die Menge W erzeugen, d.h.
W = span(v 1 , v 2 ).
2. Sei v 3 = (0, 1, −1). Finden Sie λ1 , λ2 , λ3 ∈ K, nicht alle null, mit
λ1 · v 1 + λ2 · v 2 + λ3 · v 3 = 0.
3. Sei K = Z/2Z. Geben Sie jedes Element von V = K3 und W an.
4. Sei K = Z/pZ (d.h. mit p Primzahl). Beweisen Sie, dass |V | = p3 und |W | = p2 .
Aufgabe 2.6. Zeigen Sie, dass (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ K2 linear abhängig sind genau dann,
wenn x1 y2 − x2 y1 = 0.
Aufgabe 2.7. Finden Sie einen Körper K und einen K–Untervektorraum W von K4
mit |W | = 27.
Aufgabe 2.8. Sei V = K[t]. Beweisen Sie, dass 1, t, . . . , tn ∀n ∈ N linear unabhängig
sind. Was ist span(1, t, . . . , tn )?
Aufgabe 2.9. Sei K ein Körper. Wenn n · 1K 6= 0 ∀n ∈ N sagt man, dass die Charakteristik von K null ist, d.h. char(K) = 0. Sei V ein K–Vektorraum mit char(K) = 0.
Beweisen Sie, dass
v1, v2, . . . , vn
linear unabhängig sind genau dann, wenn
v1, v1 + v2, . . . , v1 + v2 + . . . + vn
linear unabhängig sind.
2.4. BASIS UND DIMENSION
49
Aufgabe 2.10.PSei V = Kn . Seien e1 , . . . , en ∈ V die Vektoren, die als in (2.1) definiert
sind. Sei v k = ki=1 ei ∀k ∈ {1, . . . , n}. Beweisen Sie, dass (v 1 , . . . , v n ) eine Basis von
V ist.
Aufgabe 2.11. Sei V = R3 der dreidimensionale R–Vektorraum. Seien
v 1 = (1, 1, 2) , v 2 = (−1, 1, 1) , v 3 = (0, 2, λ).
Geben Sie jede möglichkeit für λ ∈ R, s.d. (v 1 , v 2 , v 3 ) eine Basis von V ist.
Aufgabe 2.12. Sei C der Körper der komplexen Zahlen.
1. Sei V = C2 . Welche ist die Dimension von C2 als R-Vektorraum? Geben Sie eine
Basis von C2 als R–Vektorraum. .
2. Seien v 1 = (1 + i, −2 + i) und v 2 = (−1 + i, −1 − 2i). Zeigen Sie, dass v 1 , v 2 linear
unabhängig sind, wenn V als ein R–Vektorraum betrachtet ist. Wenn wir C2 als
C–Vektorraum betrachten, sind v 1 , v 2 linear unabhängig?
√
√
Aufgabe 2.13. Sei V = {a + b 2 + c 3 | a, b, c ∈ Q}. Beweisen Sie, dass V ein Q–
Vektorraum ist. Welche ist die Dimension von V als Q–Vektorraum? Geben Sie eine
Basis von V und begründen Sie Ihre Antwort.
Aufgabe 2.14. Sei V = Rn der n–dimensionale R–Vektorraum. Seien λ1 , . . . , λn ∈ R
nicht alle null. Sei
W = {(a1 , . . . , an ) ∈ V | λ1 a1 + . . . + λn an = 0}.
Welche ist die Dimension von W als Unterraum von V ? Geben Sie eine Basis von W .
Aufgabe 2.15. Sei V = Abb(R, R) der R–Vektorraum der Abbildungen R → R.
1. Zeigen Sie, dass
W = {f ∈ V | f (0) = 0}
ein Unterraum von V ist.
2. Zeigen Sie, dass f (x) = x und g(x) = 2x linear unabhängig sind.
3. Geben Sie eine unendliche Familie in V , die linear unabhängig ist.
Aufgabe 2.16. Sei V = K[t]. Sei v n = (t + 1)n ∀n ∈ N0 (mit (t + 1)0 = 1). Beweisen
Sie, dass (v i )i∈N0 eine Basis für V ist.
Aufgabe 2.17. Sei K = Z/2Z. Sei V = K3 . Wie viele Basen von V als K–Vektorraum
gibt?
Aufgabe 2.18. (*) Sei K ein endlicher Körper, der Z/2Z enthält. Zeigen Sie, dass
1. K ein Z/2Z–Vektorraum ist.
2. ∃n ∈ N s.d. |K| = 2n .
Aufgabe 2.19. (*) Sei K ein endlicher Körper. Zeigen Sie, dass ∃n ∈ N und eine
Primzahl p s.d. |K| = pn .
Index
Äquivalenzklasse, 20
Äquivalenzrelation, 20
Abbildung, 17
Addition, 35
Additives Inverse, 23
Allquantor, 15
Argument einer komplexen Zahl, 31
Aufgespannten Raum, 40
Basis, 44
Betrag, 30
Bijektiv, 18
Bild, 18
Charakteristik, 32
De Morgansche Gesetze, 9
Definitionsmenge, 17
Die Formel von Moivre, 32
Dimension eines Vektorraums, 47
Durchschnitt von Mengen, 12
Einschränkung einer Abbildung, 18
Einselement, 23
Elemente einer Menge, 12
Endlich erzeugte Vektorraum, 44
Erzeugendensystem, 44
Erzeugnis, 41
Existenzquantor, 15
Imaginärteil, 30
Injektiv, 18
Integritätsbereich, 24
Inverse Abbildung, 21
Inverse Vektor, 37
Invertierbare Abbildung, 21
Kartesisches Produkt, 14
Kommutative Ring, 23
Komplement, 13
Komplex konjugierte Zahl, 30
Komplexe Zahlen, 29
Komposition, 19
Linear abhänging, 42
Linearkombination, 40
Menge, 12
Multiplikatives Inverse, 28
Negative Vektor, 37
Notwendige Bedingung, 10
Nullelement, 23
Nullstelle, 27
Nullteiler, 24
Nullvektor, 35
Hinreichende Bedingung, 10
Polarform, 31
Polarkoordinaten, 31
Polynom, 26
Grad, 27
Konstantes Polynom, 27
Irreduzibles Polynom, 32
Nullpolynom, 27
Potenzmenge, 15
imaginäre Einheit, 29
Realteil, 30
Fundamentalsatz der Algebra, 32
Grad vom einen Polynom, 27
50
INDEX
Relation, 20
Relatives Komplement, 14
Restklasse, 21
Ring, 22
Skalare Multiplikation, 35
Skalarmultiplikation, 37
Span, 41
Surjektiv, 18
Teilmenge, 12
triviale Vektoraum, 38
Umkehrabbildung, 19
Untermenge, 12
Unterraum, 39
Urbild, 18
Vektor, 37
Vektorraum, 37
Vereinigungsmenge, 13
Zielmenge, 17
51