Skript - Universität Paderborn

Lineare Algebra I-II
Joachim Hilgert
Der vorliegende Text ist das Skript zu den Vorlesungen Lineare Algebra I,II, die ich
im WS 2010/2011 und im SS 2011 an der Universität Paderborn gehalten habe.
Paderborn, den 9.7.2011
J. Hilgert

Inhaltsverzeichnis
0 Vorbemerkungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
0.1 Vom Wesen der Mathematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
0.2 Über die Abstraktion in der Mathematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
0.3 Die Sprache der Mathematik: Mengenlehre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Teil I Systeme von Gleichungen und Zahlen
1 Lineare Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.1 Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.2 Der Gaußalgorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.3 Gleichungssysteme mit zwei Unbekannten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2 Lineare Unterräume des K n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.1 Lösungsräume homogener Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2 Lineare Abhängigkeit und Unabhängigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.3 Basen für lineare Unterräume des K n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.4 Die Dimension eines linearen Unterraums des K n . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3 Matrizenrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.1 Matrizen und lineare Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.2 Bijektivität und Invertierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
4 Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.2 Die Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.3 Weitere Rechenverfahren für Determinanten und Inverse . . . . . . . . . . . 105
Teil II Vektorräume und ihre Abbildungen
5 Vektorräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
5.1 Vektorräume und Homomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
5.2 Basis und Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
5.3 Quotientenräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5.4 Dualräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
5.5 Direkte Summen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

Inhaltsverzeichnis 1
6 Lineare Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
6.1 Basiswechsel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
6.2 Eigenwerte und Eigenvektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
6.3 Polynomfunktionen und charakteristisches Polynom . . . . . . . . . . . . . . . 166
6.4 Diagonalisierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
7 Die Jordan-Normalform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
7.1 Zerlegung in invariante Teilräume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
7.2 Nilpotenz und ϕ-Ketten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
7.3 Die Jordan–Normalform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
Teil III Geometrische Strukturen auf Vektorräumen
8 Bi- und Sesquilinearformen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
8.1 Matrizendarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
8.2 Nichtausgeartete Sesquilinearformen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
8.3 Hermitesche Formen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232
8.4 Diagonalisierbarkeit von hermiteschen Formen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
9 Innere Produkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
9.1 Definitheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
9.2 Adjungierte Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
9.3 Der Spektralsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
10 Normen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
10.1 Normen und innere Produkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
10.2 Die Operatornorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281
Sachverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

0
Vorbemerkungen
0.1 Vom Wesen der Mathematik
Man kann Mathematik als eine Verfeinerung der Alltagssprache auffassen. Sie
dient dazu, beobachtbare Vorgänge so präzise zu beschreiben, dass es möglich wird,
Gesetzmäßigkeiten zu erkennen. Die Entdeckung der Newtonschen Gesetze der Mechanik,
die die Planetenbewegungen ebenso bestimmen wie die Flugbahn eines Satelliten,
ist ohne eine mathematische Formulierung kaum denkbar. Mathematische
Beschreibungen sollten nicht als Abbilder, sondern als Modelle betrachtet werden
und sind daher nicht durch die Situation festgelegt. Man braucht etwas Mathematik,
um ein Wahlergebnis statistisch so aufzubereiten, dass man es auf einer Zeitungsseite
wiedergeben kann; die präzisen Hochrechnungen aus relativ wenigen ausgezählten
Wahlkreisen zu erhalten, erfordert jedoch sehr viel mehr mathematischen Aufwand.
An den obigen Beispielen kann man zwei Funktionen der Mathematik ablesen:
Modellierung und Prognose. Die Newtonsche Mechanik ist das mathematische Modell
für die Bewegung massiver Gegenstände und es ist Aufgabe der Mathematik,
Flugbahnen vorherzuberechnen.
Die Modellierung ist eine Aufgabe, die nicht von der Mathematik oder dem
Mathematiker allein geleistet werden kann. Es ist Fachwissen in den Disziplinen
nötig, in deren Zuständigkeit das zu beschreibende System fällt. Daher kommen
Modellierungsprobleme in Mathematikbüchern meist nur am Rande vor.
In der Regel beinhaltet ein mathematisches Modell gesetzmässige Zusammenhänge
zwischen verschiedenen Eigenschaften des Systems. So sind zum Beispiel Spannung
und Stromstärke in einem Stromkreis über eine Materialeigenschaft, den Widerstand,
gekoppelt. Kennt man zwei dieser Grössen, kann man die dritte berechnen.
Für den Mathematiker bedeutet ”
Prognose“ sehr oft das Herausrechnen einer unbekannten
Grösse aus einer Reihe von bekannten Grössen. Die zentrale Problemstellung
der Mathematik wird daher gern als das ”
Lösen von Gleichungen“ beschrieben.
Das Lösen von Gleichungen ist keineswegs ein Automatismus. Die meisten Gleichungen
lassen sich nicht explizit lösen, und auch einfachen Gleichungen ist normalerweise
nicht anzusehen, ob sie überhaupt eine Lösung haben. Man prüft z.B.
leicht nach, dass die Gleichung
x 2 + y 2 = z 2
in den Unbekannten x, y, z von x = 3, y = 4, z = 5 gelöst wird. Eine solche ganzzahlige
Lösung dieser Gleichung heisst ein pythagoräisches Zahlentripel. Mit etwas
elementarer Geometrie kann man ein Konstruktionsverfahren angeben, wie man alle
pythagoräischen Zahlentripel findet. Für die Fermatsche Gleichung
x n + y n = z n

4 0 Vorbemerkungen
in den Unbekannten x, y, z mit einer vorgegebenen natürlichen Zahl n > 2 dagegen
gibt es keine positiven ganzzahligen Lösungen. Das war von P. Fermat (1601–1665)
behauptet worden, aber es bedurfte dreihundert Jahre intensiver mathematischer
Forschung, dies 1996 zu beweisen.
Mathematik ist also mehr als nur eine sprachliche Lupe. Losgelöst von der Modellierung
beobachteter Phänomene schafft sie sich eine eigene Begriffswelt und
Werkzeuge, mit denen man diese Begriffswelt untersuchen kann. Der Versuch Gleichungen
zu lösen hat viele neue mathematische Entwicklungen in Gang gesetzt, aber
den Begriffen und Techniken, die heute zum Repertoir des Mathematikers gehören,
ist diese Abstammung oft nicht mehr anzusehen.
Beispiel 0.1.1 (Die Entwicklung des Zahlbegriffs). In den natürlichen Zahlen
N: 1, 2, 3, . . . findet man keine Lösung der Gleichung
x + 1 = 1.
Nimmt man die Null hinzu, so findet man zwar hierfür eine Lösung, nicht aber für
die Gleichung
x + 1 = 0.
Dafür braucht man die ganzen Zahlen Z: . . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . ., die wiederum
nicht ausreichen, um die Gleichung
2x + 1 = 0
zu lösen. Zu diesem Zweck führt man die rationalen Zahlen Q: m n
mit m ∈ Z und
0 ≠ n ∈ Z ein. Schon die alten Griechen wussten, dass in den rationalen Zahlen die
Gleichung
x 2 = 2
nicht lösbar ist. Man führt die reellen Zahlen R als ”
Grenzwerte“ von rationalen
Zahlen (z.B. unendliche Dezimalbrüche) ein und stößt wieder an eine Grenze: Die
Gleichung
x 2 = −1
ist nicht lösbar in R. Wenn man schließlich die komplexen Zahlen C als Paare
(a, b) reeller Zahlen mit
(a, b) + (a ′ , b ′ ) = (a + a ′ , b + b ′ ) und (a, b)(a ′ , b ′ ) = (aa ′ − bb ′ , ab ′ + ba ′ )
als Addition und Multiplikation einführt, so lässt sich der Fundamentalsatz der
Algebra beweisen:
Satz: Über C sind alle Polynomgleichungen, d.h. Gleichungen der Form
lösbar.
a k x k + a k−1 x k−1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0,
Analysiert man die Vorgehensweise, so findet man folgende Prinzipien, die auch in
anderen Situationen zum Einsatz kommen:
• Man schafft den richtigen Rahmen für ein Problem (hier das Lösen von Polynomgleichungen).
• Der Lösungsbegriff wird verallgemeinert (Lösung in welchem Zahlbereich?).
• Später kann man dann immer noch die Frage stellen, ob es eine Lösung in einem
kleineren Zahlbereich gegeben hat, wie z.B: im Fermatschen Problem:
x n + y n = z n für ganzzahlige x, y, z.
⊓⊔

0.2 Über die Abstraktion in der Mathematik 5
0.2 Über die Abstraktion in der Mathematik
Der grundlegende Ansatz der modernen Mathematik ist es, Dinge über ihre Eigenschaften
zu beschreiben und sich dabei möglichst auf diejenigen Eigenschaften
zu beschränken, die für die zu behandelnde Frage wirklich relevant sind. Wenn man
die Umlaufbahn eines Raumgleiters beschreiben will, dann betrachtet man ihn als
einen bewegten Punkt (den Schwerpunkt). Will man ihn von einer Umlaufbahn in
eine andere steuern, muss man ihn als dreidimensionales Objekt auffassen mit ausgezeichneten
Richtungen, in die die Steuerraketen Schub ausüben. Beim Andocken
an eine Raumstation spielt die genaue Form des Gleiters eine Rolle, und beim Eintauchen
in die Atmosphäre auch noch die Hitzebeständigkeit des Materials. Diese
Abstraktion vom Raumgleiter auf ein Objekt mit einigen klar festgelegten Eigenschaften
erleichtert es, Ähnlichkeiten mit in anderen Zusammenhängen gefundenen
Beschreibungen und Lösungen zu erkennen und zu benutzen. Bewegte Massepunkte
modellieren auch Wurfgeschosse oder Planeten, in der Aerodynamik von Tragflächen
verfügt man über eine lange Erfahrung, und die Hitzebeständigkeit von Kacheln betrachtet
man auch nicht erst seit dem Eintritt ins Raumfahrtzeitalter.
Da der hohe Abstraktionsgrad für viele die höchste Hürde im Studium der Mathematik
ist, soll die Bedeutung der Abstraktion für die Mathematik hier an einer
Reihe von Beispielen noch näher erläutert werden. Zuerst geht es um den Übergang
von konkreten Modellen zu abstrakten Methoden:
Beispiel 0.2.1 (Stromkreise). Betrachte einen Stromkreis mit einer Spannungsquelle
U und drei Widerständen R 1 , R 2 , R 3 :
I 3
❄
I 2
❄
R 3
R 2
U
I 1
❄
R 1
Der Zusammenhang zwischen der Spannung U, den Widerständen R 1 , R 2 , R 3
und den resultierenden Stromstärken I 1 , I 2 , I 3 ist durch die Kirchhoffschen Gesetze
gegeben, die hier folgende Gleichungen erzwingen:
I 1 = I 2 + I 3
U = R 1 I 1 + R 2 I 2
R 2 I 2 = R 3 I 3
Dabei sind Spannung und Widerstände bekannt und die Stromstärken zu berechnen.
Man kann das erreichen, indem man eine Gleichung nach einer der gesuchten
Größen auflöst, das Ergebnis in die anderen Gleichungen einsetzt und so die Zahl
der Gleichungen und der Unbekannten um Eins reduziert hat. Dieses Verfahren wiederholt
man und löst die letzte Gleichung nach der einzig verbliebenen Unbekannten
auf. Dann setzt man das Ergebnis wieder in die anderen Gleichungen ein und findet
so sukzessive auch die anderen Unbekannten.
Im physikalisch gesehen realistischen Fall R 1 , R 2 , R 3 > 0 findet man so

6 0 Vorbemerkungen
I 2 = R 3
R 2
I 3
I 1 = I 2 + I 3 = ( R 3
R 2
+ 1)I 3 = (1 + R 2
R 3
)I 2
U = R 1R 2 + R 1 R 3 + R 3 R 2
I 3
R 2
I 3 =
R 2 U
R 1 R 2 + R 2 R 3 + R 1 R 3
I 2 =
R 3 U
R 1 R 2 + R 2 R 3 + R 1 R 3
I 1 =
(R 2 + R 3 )U
R 1 R 2 + R 2 R 3 + R 1 R 3
Wir können also feststellen:
• Wir haben die Gleichung gelöst.
• Die Lösung war nicht wirklich algorithmisch, d.h. automatisierbar, weil wir nicht
vorgeschrieben haben, welche Gleichung nach welcher Unbekannten aufgelöst
werden soll.
• Für jeden Schaltkreis müssten wir uns neu entscheiden, wie wir die Gleichungen
lösen wollen.
Beispiel 0.2.2 (Produktionsmodell). Betrachten wir ein Produktionssystem bestehend
aus drei Produzenten mit je einem Produkt, das nach außen (an den Markt)
und untereinander (zur Ermöglichung der Produktion) geliefert wird. Mit x 1 , x 2 , x 3
werden die produzierten Mengen (einheitlich gemessen z.B. in Geldwert) bezeichnet.
Annahme: Die von i an j gelieferte Menge ist proportional zu der von j produzierten
Menge: a ij x j . Sei y i die Nachfrage des Marktes nach dem Produkt von i. Ziel ist
dann (nach Leontief) die Herstellung des folgenden Gleichgewichts von Produktion
und Nachfrage.
⊓⊔
y 1
✟ ✟✟✯ y 3
❄
✻
✉ x 1
✁
✁✕ ❆❑
✁
❆ ❆
a 13 x 3 ✁
❆ a 12 x 2
✁
❆ ✁☛
✁ ❆❆❯
✟
✉
✲
✟✙ ✟ ✛ ❆
❍
✉
x 3 x 2 ❍❍❥
❍❨ ❍ y2 ❍
Es ergeben sich folgende Gleichungen
y 1 = x 1 − a 12 x 2 − a 13 x 3
y 2 = x 2 − a 21 x 1 − a 23 x 3
y 3 = x 3 − a 31 x 1 − a 32 x 2
⊓⊔

0.2 Über die Abstraktion in der Mathematik 7
Wir vergleichen die Gleichungen der beiden Beispiele und formen sie etwas um,
damit die Analogien deutlicher werden:
I 1 = I 2 + I 3
U = R 1 I 1 + R 2 I 2
R 2 I 2 = R 3 I 3
↓
I 1 + (−1)I 2 + (−1)I 3 = 0
R 1 I 1 + R 2 I 2 + 0I 3 = U
0 + R 2 I 2 + (−1)R 3 I 3 = 0
↓
1 −1 −1 0
R 1 R 2 0 U
0 R 2 −R 3 0
y 1 = x 1 − a 12 x 2 − a 13 x 3
y 2 = x 2 − a 21 x 1 − a 23 x 3
y 3 = x 3 − a 31 x 1 − a 32 x 2
↓
x 1 + (−a 12 )x 2 + (−a 13 )x 3 = y 1
(−a 21 )x 1 + x 2 + (−a 23 )x 3 = y 2
(−a 31 )x 1 + (−a 32 )x 2 + x 3 = y 3
↓
1 −a 12 −a 13 y 1
−a 21 1 −a 23 y 2
−a 31 −a 32 1 y 3
Die resultierenden Zahlenschemata nennt man Matrizen und durch eine systematisierte
Variante des sukzessiven Variableneliminierens von oben (dem Gauß-
Algorithmus) kann man daraus die Unbekannten bestimmen. Wir stellen fest:
• Mit dem Übergang von den Gleichungen zu den Matrizen hat man nur redundante
Information aus den Gleichungen entfernt und gleichzeitig die Übersichtlichkeit
erhöht.
• Die Anzahl der Gleichungen und der Unbekannten ist für das Vorgehen hier völlig
unerheblich und in den Anwendungen kommen durchaus Gleichungssysteme mit
mehr als 10000 Variablen vor.
• An dieser Stelle ist nichts darüber gesagt worden, welche Rolle die resultierende
mathematische Struktur bei der Auswahl der mathematischen Modelle gespielt
hat (in der Physik gibt es da natürlich weniger Optionen als in der Ökonomie).
Als nächstes betrachten wir einige Beispiele dafür, wie man aus konkreten Problemen
in natürlicher Weise auf abstrakte (algebraische) Strukturen geführt wird:
Beispiel 0.2.3 (Teilbarkeitsregeln). Wir beginnen mit der Frage: Gibt es eine
Teilbarkeitsregel für 7?
Eine Zahl ist durch 7 teilbar, wenn sie bei Teilung durch 7 den Rest 0 liefert. Es
liegt also nahe, von jeder Zahl z den Rest r zu betrachten, der sich ergibt, wenn
man durch 7 teilt. Man schreibt dann
z ≡ r mod 7
und spricht vom Teilen mit Rest modulo 7. Wir schreiben unsere Zahlen im Zehnersystem
und an dieser Darstellung wollen wir die Teilbarkeit durch 7 ablesen. Es ist
also nicht abwegig, zunächst die Reste modulo 7 der Zehnerpotenzen zu berechnen:
1 = 1 ≡ 1 mod 7 1 = 0 + 1
10 = 10 × 1 ≡ 3 × 1 mod 7 ≡ 3 mod 7 10 = 7 + 3
100 = 10 × 10 ≡ 3 × 3 mod 7 ≡ 2 mod 7 100 = 98 + 2
1000 = 10 × 100 ≡ 3 × 2 mod 7 ≡ 6 mod 7 1000 = 994 + 6
10000 = 10 × 1000 = 3 × 6 mod 7 ≡ 4 mod 7 10000 = 9996 + 4
100000 = 10 × 10000 ≡ 3 × 4 mod 7 ≡ 5 mod 7 100000 = 99995 + 5
1000000 = 10 × 100000 ≡ 3 × 5 mod 7 ≡ 1 mod 7 1000000 = 999999 + 1

8 0 Vorbemerkungen
Ab hier wiederholen sich die Reste der Zehnerpotenzen modulo 7, weil man ja
modulo 7 immer wieder mit 3 multipliziert:
10000000 = 10 × 1000000 ≡ 3 × 1 mod 7 ≡ 3 mod 7
etc.
Man schreibt jetzt eine beliebige Zahl im Zehnersystem, d.h. als gewichtete Summe
von Zehnerpotenzen, z.B.
94328 = 9 × 10000 + 4 × 1000 + 3 × 100 + 2 × 10 + 8 × 1
und rechnet die Reste modulo 7 aus:
94328 mod 7 ≡ 9 × 4 + 4 × 6 + 3 × 2 + 2 × 3 + 8 × 1 mod 7
Die Zahl 94328 ist also durch 7 teilbar, wenn
9 × 4 + 4 × 6 + 3 × 2 + 2 × 3 + 8 × 1
durch 7 teilbar ist. Wir haben also eine ”
gewichtete Quersummenregel“
Man multipliziere die
Einer mit 1
Zehner mit 3
Hunderter mit 2
Tausender mit 6
Zehntausender mit 4
Hunderttausender mit 5
und dann von vorne, etc.
So erhält man eine gewichtete Quersumme. Die Zahl ist durch 7 teilbar
genau dann, wenn die gewichtete Quersumme durch 7 teilbar ist.
Die Vorgehensweise lässt sich sofort auf andere Zahlen übertragen:
Teilbarkeit durch n:
1.Schritt: Bestimme die ”
Restklassen“ modulo n der 10er-Potenzen. Da es nur endlich
viele Restklassen gibt, ergibt sich nach einem endlichen ”
Anlauf“ eine periodische
Struktur:
Abb. 0.1. Periodische Struktur der Reste von 10er-Potenzen
(Bemerkung: Dass es für 7 keinen Anlauf gibt, liegt daran, dass 7 eine Primzahl
ist.)

2.Schritt: Schreibe eine Zahl m in der Form
0.2 Über die Abstraktion in der Mathematik 9
m = a k 10 k + a k−1 10 k−1 + . . . + a 1 10 + a 0
und berechne die Restklasse von m über die Restklassen der a j gewichtet mit
den Restklassen der 10 j .
Aus dem allgemeinen Verfahren kann man als Übung die üblichen Teilbarkeitsregeln
für:
3 (Quersumme)
4 (letzten zwei Ziffern)
5 (letzte Ziffer)
8 (letzten drei Ziffern)
9 (Quersumme)
11 (alternierende Quersumme)
ableiten.
Analyse der Vorgehensweise:
• Statt mit den Zahlen selbst haben wir mit ihren Resten modulo 7 gearbeitet,
d.h. Zahlen mit gleichen Resten (diese bilden die Restklasse modulo 7) sind in
dieser Problemstellung in jeder Hinsicht gleichwertig (äquivalent).
• Die Aufteilung in Äquivalenzklassen nach dem relevanten Merkmal (Restklassen
modulo 7) bringt eine drastische Reduktion der Anzahl der zu betrachtenden
Objekte (von unendlich vielen auf 7).
Abb. 0.2. Visualisierung der Aufteilung in Äquivalenzklassen
• Wir haben die Rechenoperationen + und × auf die Restklassen übertragen (das
habe ich in der Tabelle der Zehnerpotenzen versteckt) und damit eine abstrakte
algebraische Struktur eingeführt, d.h. eine Menge (die Restklassen) mit
Verknüpfungen (Addition und Multiplikation; hier ergibt sich ein sogenannter
Ring).
+ 0 1 2 3 4 5 6
× 0 1 2 3 4 5 6
0 0 1 2 3 4 5 6
0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 2 3 4 5 6 0
1 0 1 2 3 4 5 6
2 2 3 4 5 6 0 1
2 0 2 4 6 1 3 5
3 3 4 5 6 0 1 2
3 0 3 6 2 5 1 4
4 4 5 6 0 1 2 3
4 0 4 1 5 2 6 3
5 5 6 0 1 2 3 4
5 0 5 3 1 6 4 2
6 6 0 1 2 3 4 5
6 0 6 5 4 3 2 1
• Wir haben festgestellt, dass sich die Methode von 7 auf beliebige Zahlen verallgemeinern
lässt und es ist dann auch nicht mehr schwer, vom Zehner- auf
ein beliebiges anderes System überzugehen.
⊓⊔

10 0 Vorbemerkungen
Abb. 0.3. Regelmäßige Vielecke
Beispiel 0.2.4 (Symmetrie).
Betrachte die regelmäßigen Vielecke in Abbildung 0.2.4.
Es stellt sich die Frage, wie man die augenfälligen Symmetrie-Eigenschaften dieser
Figuren präzise beschreiben kann. Hier ist eine erste Antwort: Symmetrie ist eine
Bewegung, die die Figur mit sich selbst zur Deckung bringt (z.B. Spiegelung oder
Rotation). Solche Symmetrien kann man hintereinanderschalten und erhält wieder
eine algebraische Struktur (hier ist es eine Gruppe).
A
B
C
B
B
C
D
C D A A
Abb. 0.4. Verknüpfung von Symmetrien
D
Es ist allerdings nicht wirklich klar, was eine Bewegung ist und damit ist der Begriff
Symmetrie etwas vage gelassen. Abhilfe schafft hier der Begriff der Abbildung,
ein Begriff, der in Mathematik absolut zentral ist:
Wenn A und B zwei Mengen (von irgendwelchen Objekten, z.B. Punkten auf
einem Vieleck) sind, dann ist eine Abbildung f : A → B eine Vorschrift, jedem Element
von A ein Element von B zuzuordnen. Dies ist eine Abstraktion der Vorstellungen
”
Vergleichen“ (von A und B z.B. durch Übereinanderlegen) und ”
Messen“
(von A durch B z.B. durch Anlegen eines Maßstabs oder durch Zuordnung einer
Zahl).
Jetzt lässt sich eine präzisere Definition von Symmetrie formulieren: Eine Symmetrie
von A ist eine Abbildung f : A → A, für die jedes Element von A als Bild
von genau einem Element von A auftaucht (jedes Element wird von genau einem
Pfeil getroffen). An dieser Stelle kann man dann noch Zusatzforderungen stellen
(z.B. Geraden auf Geraden, Winkel sollen erhalten bleiben, die Figuren sollen nicht
zerrissen werden, etc.)
Wenn man nur die Rotationssymmetrien des n-Ecks betrachtet, dann liefert n-
malige Anwendung der Rotation um 360
n
Grad (von einer Ecke auf die nächste) die

0.2 Über die Abstraktion in der Mathematik 11
A
B
A ‘‘größer’’ als B
A
f
B
A ‘‘kleiner’’ als B
A
f
Die Punkte von A
werden gemessen
Abb. 0.5. Messen und Vergleichen von Mengen
00000 11111
11111 00000
00000000
11111 00000
111
11111
000 111
000
111
11111
00011111
00000
000
11111
111
00000
11111
11100000
00000
11111 00000
11111
000
111
00000
000
11111
111
11111
11111
00000000
111 000 111
11111
11111000
00000
11100000
000 111
11111
11111
00000111
11111
00000000
111
11111
000 111 000 111
Abb. 0.6. Zerreißen“ von Mengen
”
Identität. Das erinnert an die n-fache Addition von 1 in den Restklassen modulo n
aus Beispiel 0.2.3. Vergleichen wir
• die Rotationen R k des n-Ecks um k× 360
n
Grad mit der Hintereinanderausführung
und
• die Restklassen [k] = {m | m ≡ k mod n} modulo n mit der Addition,
so finden wir eine Korrespondenz
die zusätzlich
R k ←→ [k],
R k ◦ R k ′ = [k] + [k ′ ]
erfüllt (◦ bezeichnet die Hintereinanderausführung). Man sagt, die beiden Strukturen
sind isomorph (hier als Gruppen) und stellt fest, dass Aussagen, die die
Verknüpfungen betreffen, mit dieser Isomorphie von einer zur anderen Struktur
einfach transferiert werden können.
⊓⊔

12 0 Vorbemerkungen
0.3 Die Sprache der Mathematik: Mengenlehre
Die ersten Objekte mathematischer Überlegungen waren Zahlen und geometrische
Figuren. Was diese Objekte eigentlich sind, war praktisch von Anfang an
Gegenstand intensiver Überlegungen und kontroverser Philosophien. Im Laufe der
Zeit kamen weitere mathematische Objekte ganz unterschiedlicher Natur hinzu wie
z.B. Variablen, Gleichungen, Funktionen, etc. Die moderne Mathematik bedient
sich der Mengenlehre zur Beschreibung aller mathematischen Objekte. Zahlen, Figuren,
Funktionen sind Mengen mit gewissen Eigenschaften. Dabei ist keineswegs
klar, was eine Menge ist. Der Begründer der Mengenlehre G. Cantor gab folgende
Definition“ einer Menge: Unter einer Menge verstehen wir jede Zusammenfassung
”
von bestimmten wohlunterschiedenen Objekten unserer Anschauung oder unseres
Denkens zu einem Ganzen. Dies ist keine wirkliche Erklärung, weil der unbekannte
Begriff Menge auf den ebenfalls unbekannten Begriff Zusammenfassung zu einem
Ganzen zurückgeführt wird. Widersprüchliche Bildungen solcher Zusammenfassungen
führen zu logischen Problemen wie dem vom Dorfbarbier, der alle Männer des
Dorfes rasiert, die sich nicht selbst rasieren (rasiert er sich selbst oder nicht?). Antinomien
wie diese führten Anfang des zwanzigsten Jahrhunderts in einen Streit über
die Grundlagen der Mathematik, der bis heute nicht wirklich ausgestanden ist. Für
die gegenwärtige Praxis der Mathematik ist vor allem bedeutsam, dass sich die axiomatische
Methode, eine Theorie aus nicht hinterfragten Grundtatsachen (Axiomen)
unter Benutzung festgelegter logischer Regeln aufzubauen, universell durchgesetzt
hat.
Auch für die Mengenlehre und die Logik gibt es solche axiomatischen Zugänge,
allerdings sind sie für den Laien oder Anfänger nicht nachvollziehbar. Daher stützt
man sich bei der Einführung in die Mathematik auf (möglichst wenige) intuitive
Konzepte, aus denen man dann das mathematische Gebäude aufbaut. Diese intuitiven
Konzepte werden schließlich (in Vorlesungen wie Axiomatische Mengentheorie“
”
oder Logik“) hinterfragt, wenn die Studierenden eine gewisse Vertrautheit mit mathematischen
Denkweisen erlangt ”
haben.
Ausgangspunkt für unseren ”
naiven“ Zugang zur Mengenlehre ist, dass eine
Menge durch ihre Elemente festgelegt wird: Eine Menge ist gebildet, wenn feststeht,
welche Objekte dazugehören. Die Objekte, die zu einer Menge gehören, heißen
Elemente der Menge. Wenn M eine Menge ist und a ein Element von M, dann
schreibt man a ∈ M (a ist Element von M). Eine Menge kann man beschreiben,
indem man alle ihre Elemente aufzählt, oder aber indem man ihre Elemente durch
eine Eigenschaft charakterisiert:
{a, b, c, d, e}
ist die Menge der ersten fünf (kleinen) Buchstaben des Alphabets und
{x | x ∈ Z und x 2 ∈ Z}
ist die Menge der durch 2 teilbaren ganzen Zahlen (wenn wir akzeptieren, dass Z
die Menge der ganzen Zahlen ist). Die Klammern { }, die in dieser Schreibweise
vorkommen, nennt man Mengenklammern. Will man klarstellen, dass eine Menge
aus Elementen einer vorgegebenen Menge X besteht, schreibt man auch
{x ∈ X | Eigenschaften von x},
zum Beispiel
{x ∈ Z | x 2 ∈ Z}

0.3 Die Sprache der Mathematik: Mengenlehre 13
für die geraden Zahlen von oben. Wenn a kein Element von M ist, schreibt man
a ∉ M. Entsprechend unserem Ausgangspunkt nennen wir zwei Mengen gleich,
wenn sie die gleichen Elemente enthalten. Also sind die Mengen
gleich, nicht aber die Mengen
{a, b, c, d, e} und {e, d, c, b, a}
{a, b, c, d, e} und {e, d, b, a}.
Wenn A und B Mengen sind, dann heißt A eine Teilmenge von B, wenn jedes
Element von A auch Element von B ist. Man schreibt dann A ⊆ B. Es gilt also
{e, d, b, a} ⊆ {a, b, c, d, e}.
Für jede Teilmenge A ⊆ B kann man ihr Komplement 1
{b ∈ B | b ∉ A}
betrachten. Es wird mit B\A oder (wenn B aus dem Kontext klar ist) ∁A bezeichnet.
Wenn A keine Teilmenge von B ist, schreibt man A ⊈ B. Die Menge
PM := {N | N ⊆ M}
aller Teilmengen von M heißt die Potenzmenge von M.
Hat man zwei Mengen A und B, so gibt es verschiedene Möglichkeiten, daraus
neue Mengen zu konstruieren:
{x | x ∈ A oder x ∈ B}
heißt die Vereinigung von A und B und wird mit A∪B bezeichnet. Dagegen heißt
{x | x ∈ A und x ∈ B}
der Schnitt von A und B und wird mit A ∩ B bezeichnet. Um sicherzustellen, dass
der Schnitt zweier Mengen immer gebildet werden kann, muss man eine besondere
Menge zulassen: die leere Menge, die überhaupt kein Element enthält und mit ∅
oder { } bezeichnet wird.
Die Definition von Schnitt und Vereinigung von zwei Mengen lässt sich problemlos
auf beliebig viele Mengen verallgemeinern: Hat man eine Familie von Mengen
A j mit j ∈ J, so ist
⋃
A j = {x | es gibt ein j ∈ J mit x ∈ A j }
j∈J
die Vereinigung der A j und
⋂
A j = {x | für alle j ∈ J gilt x ∈ A j }
j∈J
der Schnitt der A j . Die Vereinigung von disjunkten Mengen, d.h. Mengen, deren
Schnitt leer ist, bezeichnen wir oft mit A ∪ . B bzw. ⋃ .
j∈J
A j .
Eine dritte Menge, die man aus A und B bauen kann, ist das kartesische
Produkt. Es besteht aus allen geordneten Paaren (a, b) mit a ∈ A und b ∈ B und
wird mit A × B bezeichnet:
1 Allgemeiner könnte man auch B \ A := {b ∈ B | b ∉ A} definieren ohne dabei vorauszusetzen,
dass A eine Teilmenge von B ist.

14 0 Vorbemerkungen
A × B := {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}.
(Wann immer wir eine neue Bezeichnung N für ein bekanntes Objekt B einführen,
schreiben wir N := B.)
Das kartesische Produkt lässt sich auch für mehr als zwei Faktoren definieren:
Wenn A 1 , . . . , A k Mengen sind, dann setzt man
A 1 × . . . × A k := {(a 1 , . . . , a k ) | a j ∈ A j , j = 1, . . . , k}
und bezeichnet die (a 1 , . . . , a k ) als k-Tupel. Wenn alle A j gleich sind, z.B. eine
Menge M, schreibt man auch einfach M k für die Produktmenge M × . . . × M, d.h.
} {{ }
k-mal
M k := {(m 1 , . . . , m k ) | m j ∈ M}.
Das kartesische Produkt ist nützlich, wenn es darum geht, Beziehungen zwischen
Elementen einer oder mehrerer Mengen zu modellieren. Betrachtet man als
Beispiel die Menge H aller Hörer der Vorlesung Analysis I und S die Menge aller
an der Universität Paderborn angebotenen Studienrichtungen, so lässt sich aus der
Teilmenge
{(x, F ) ∈ H × S | x studiert F }
von H × S ablesen, welcher Hörer welches Fach studiert. Allgemein bezeichnet man
jede Teilmenge R eines kartesischen Produkts A × B als eine Relation zwischen
A und B. Die Interpretation von (a, b) ∈ R ist: a ”
steht in Relation“ R zu b. Man
schreibt auch oft aRb statt (a, b) ∈ R. Wenn A gleich B ist, d.h. die Relation aus
Elementen von A × A besteht, spricht man auch von einer Relation auf A.
Beispiel 0.3.1. Sei A = {1, 3, 5} und B = {2, 3, 4}. Dann ist
R := {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (3, 4)}
eine Relation. Bei genauerem Hinsehen stellt man fest, dass (a, b) ∈ A × B genau
dann Element der Relation ist, wenn a kleiner als b ist. Wenn man jetzt die Relation
< statt R nennt, wird die Schreibweise aRb zu a < b. Auf diese Weise erhält man
eine saubere mengentheoretische Beschreibung der Relation ohne auf die gewohnte
intuitive Schreibweise verzichten zu müssen.
Wenn jedes Element von A zu genau einem Element von B in Relation steht,
nennt man so eine Relation eine Abbildung oder Funktion von A nach B. Die
Idee hinter dieser Setzung ist, dass man jedem Element a von A genau ein Element
b von B zuordnen will, nämlich dasjenige mit (a, b) ∈ R. Man schreibt dann
R: A → B, a ↦→ R(a)
und R(a) = b für (a, b) ∈ R. Auch hier dient die veränderte Schreibweise dazu,
saubere mengentheoretische Definitionen (in denen nicht von Variablen etc. die
Rede ist) und die traditionelle Notation für Funktionen unter einen Hut zu bringen.
Die obige Relation zwischen Hörern der Analysis I und Studienrichtungen der
Universität Paderborn ist also genau dann eine Funktion, wenn jeder Hörer für eine
Studienrichtung eingeschrieben ist, aber nicht für mehrere (jedem Hörer lässt sich in
eindeutiger Weise eine Studienrichtung zuordnen). Nicht ausgeschlossen ist durch

0.3 Die Sprache der Mathematik: Mengenlehre 15
die Definition der Funktion, dass mehrere Hörer für die gleiche Studienrichtung
eingeschrieben sind.
Die Formalisierung des Funktionsbegriffs als Teilmenge eines kartesischen Produkts
mit gewissen Eigenschaften ist ein erstes Beispiel dafür, dass die Mengenlehre
in der Lage ist, einen einheitlichen Rahmen für zunächst als ganz verschieden betrachtete
mathematische Begriffe zu schaffen. Sie ist ein wesentlicher Schritt im stufenweisen
Aufbau eines immer komplexer werdenden mathematischen Universums,
in dem nach immer den gleichen Prinzipien aus Mengen Funktionen zwischen Mengen,
dann Mengen von Funktionen zwischen Mengen, dann Funktionen zwischen
Mengen von Funktionen zwischen Mengen, etc. werden.
An dieser Stelle könnte man schon eine Reihe von Eigenschaften von Vereinigungsund
Durchschnittsmengen, Relationen und Funktionen beweisen. Da hier aber die
Mengentheorie nicht Selbstzweck, sondern nur Startpunkt für das Studium von
Zahlensystemen, Gleichungen und Funktionen sein soll, schieben wir mengentheoretische
Überlegungen immer dort ein, wo sie tatsächlich gebraucht werden.
Mathematische Gesetzmäßigkeiten werden normalerweise als Sätze formuliert.
Sätze können unterschiedliches Gewicht und unterschiedliche Funktionen haben.
Einen Satz, den man (gemessen am Kontext) relativ leicht beweisen kann, bezeichnet
man oft als Proposition. Sätze, die vorbereitender Natur sind, werden oft
Lemma genannt. Das Wort Lemma (Plural: Lemmata) ist griechisch und bedeutet
wörtlich ”
Annahme“ (vgl. auch Dilemma). Dagegen heißen Sätze, die mehr oder
weniger unmittelbare Konsequenzen eines vorausgehenden Satzes sind, oft Korollar.
Wir schließen diese Vorbemerkung mit einem speziellen mengentheoretischen
Axiom ab, das in der Grundlagendebatte eine besondere Rolle gespielt hat. In der
Linearen Algebra ist es noch nicht unverzichtbar, aber sowohl in der Algebra als
auch der Analysis kommt man ohne dieses Axiom nicht sehr weit. Ein wichtiger
Grund für uns, dieses Axiom an dieser Stelle einzuführen ist, dass man mehrere
dazu äquivalente Axiome angegeben kann, die ganz unterschiedlich plausibel sind.
Axiom 0.3.2 (Auswahlaxiom). Sei Γ eine Menge und {U γ | γ ∈ Γ } eine Menge
von nichtleeren Mengen. Dann kann man aus jedem U γ ein Element x γ ∈ U γ
auswählen.
Schwierigkeiten macht das Auswahlaxiom, wenn Γ sehr viele (z.B. überabzählbar
viele) Elemente enthält. Das Auswahlaxiom ist plausibel, aber unabhängig von den
gängigen Axiomensystemen der Mengenlehre (z.B. Zermelo–Fraenkel) und damit
nicht beweisbar. Die Frage, ob man das Auswahlaxiom benutzen darf, hat im Grundlagenstreit
eine wichtige Rolle gespielt. Wir merken an, dass wir das Auswahlaxiom
benutzen, wo immer wir es nicht vermeiden können.
Eine partielle Ordnung auf einer Menge M ist eine Relation ≤ auf M, die
folgende Eigenschaften hat:
(a) x ≤ x (Reflexivität).
(b) Aus x ≤ y und y ≤ z folgt x ≤ z (Transitivität).
(c) Aus x ≤ y und y ≤ x folgt x = y (Antisymmetrie).
Man schreibt auch y ≥ x für x ≤ y. Eine partielle Ordnung, die
für alle x, y ∈ M : (x ≤ y oder y ≤ x)

16 0 Vorbemerkungen
erfüllt, heißt totale Ordnung.
Um sich die Schreibarbeit zu vereinfachen und um später bei komplizierteren Aussagen
den Überblick zu behalten, benutzt man für die Quantoren ”
für alle“ und ”
es
existiert ein“ abkürzende Schreibweisen:
• Statt ”
für alle“ (oder ”
zu jedem“) schreibt man ”
∀“
• Statt ”
gibt es“ (oder ”
existiert“) schreibt man ”
∃“
Sei (M, ≤) eine partiell geordnete Menge und N ⊆ M. Dann heißt x ∈ M eine
obere Schranke von N, wenn y ≤ x für alle y ∈ N gilt. Analog heißt x ∈ M eine
untere Schranke von N, wenn x ≤ y für alle y ∈ N gilt.
N heißt total geordnet oder eine Kette, wenn die Einschränkung der Relation
≤ auf N eine totale Ordnung ist.
Eine total geordnete Menge M heißt induktiv geordnet, wenn jede total geordnete
Teilmenge eine obere Schranke besitzt. Ein Element x ∈ N heißt maximal
in N, wenn
∀x ′ ∈ N : (x ≤ x ′ ⇒ x = x ′ ).
Axiom 0.3.3 (Zornsches Lemma).
maximales Element.
Jede induktiv geordnete Menge hat ein
Eine total geordnete Menge M heißt wohlgeordnet, wenn jede nichtleere Teilmenge
N von M ein kleinstes Element hat, d.h. eine untere Schranke, die zu N
gehört.
Axiom 0.3.4 (Wohlordnungssatz). Jede Menge kann wohlgeordnet werden.
Es klar ist, wie man die natürlichen oder die ganzen Zahlen wohlordnen kann.
Man sich damit auch relativ leicht überlegt, wie das für die rationalen Zahlen zu
bewerkstelligen ist. Andererseits ist überhaupt nicht zu sehen, wie eine Wohlordnung
auf den reellen Zahlen auszusehen hat. Die übliche Ordnung tut es ganz sicher
nicht: was zum Beispiel sollte die kleinste Zahl sein, oder die kleinste Zahl, die im
herkömmlichen Sinne strikt positiv ist?
Man kann zeigen, dass das Zornsche Lemma 0.3.3 äquivalent zu einer Reihe
anderer mengentheoretischer Aussagen ist, darunter auch das Auswahlaxiom 0.3.2
und der Wohlordnungssatz 0.3.4. Damit ist das Zornsche Lemma zwar in der Mengenaxiomatik
von Zermelo-Fraenkel unter Zuhilfenahme des Auswahlaxioms beweisbar,
nicht aber ohne dieses. Es birgt daher dieselben Schwierigkeiten wie das
Auswahlaxiom und wir setzen es als Axiom ein.
Es stellt sich also heraus, dass das Zornsche Lemma äquivalent zu einer ”
offensichtlich
richtigen“ Aussage ist (dem Auswahlaxiom), aber auch zu einer ”
offensichtlich
falschen“ (dem Wohlordnungssatz). Plausibilitätsargumenten ist in der
Mathematik also mit Vorsicht zu begegnen.
Literatur: [DH85], [GH70], [Ha72], [If86], [Kat98], [Kl72], [Si98]
Übung 0.3.1 (Mengen I). Unter den folgenden sechs Aussagen sind einige nur verschiedene
Beschreibungen ein und desselben Sachverhalts. Man finde heraus, welche das sind
(mit Begründung):

0.3 Die Sprache der Mathematik: Mengenlehre 17
a) {x} ⊂ M b) {x} ∈ M c) x ∈ M
d) {x} ∩ M = ∅ e) {x} \ M = ∅ f) M \ {x} = ∅ .
Übung 0.3.2 (Mengen II). Man entscheide, ob die folgenden Aussagen richtig oder falsch
sind.
(i) 1 ∈ {1, {2, 3}}.
(ii) 1 ∈ {2, {1, 3}}.
(iii)1 ∈ {{1}, 2, 3}.
(iv){1} = {1, {1}}.
Übung 0.3.3 (Mengen III). Zeige: Für M, N ⊂ X gilt
(v) ∅ ∈ ∅.
(vi){1} ⊆ {{1}, 2, 3}.
(vii){1, 2} = {2, 1}.
(viii)∅ = {∅}.
X \ (M ∪ N) = (X \ M) ∩ (X \ N) .
Übung 0.3.4 (Mengen IV). Zeige: Für M, N ⊂ X gilt
X \ (M ∩ N) = (X \ M) ∪ (X \ N) .
Übung 0.3.5 (Abbildungen I). Eine Abbildung f : M → N heißt injektiv, falls es für
jedes y ∈ N höchstens ein x ∈ M gibt mit f(x) = y. Die Abbildung f heißt surjektiv, falls
es für jedes y ∈ N (mindestens) ein x ∈ M gibt mit f(x) = y.
Man entscheide, welche der folgenden Abbildungen injektiv und/oder surjektiv ist. Hierbei
sei S die Menge der Studierenden der Universität Paderborn.
1. f : S → N, f(s) =Matrikelnummer von s,
2. f : S → {Studienfächer der Universität Paderborn}, f(s) =Studienfach von s,
3. f : Z → Z, x ↦→ 2x + 1, d) f : Z → Z, x ↦→ x 2 , e) f : N → N, x ↦→ x 2 .
Übung 0.3.6 (Abbildungen II). Sei M = {a, b} eine Menge mit genau zwei Elementen
a, b. Bestimme die Menge Abb(M, M) aller Abbildungen f : M → M.
Übung 0.3.7 (Abbildungen III). Sei f : X → Y eine Abbildung und für N ⊂ Y bezeichne
das Urbild von N unter f. Zeige:
f −1 (N) := {x ∈ X | f(x) ∈ N}
1. Für M 1 ⊂ M 2 ⊂ X und N 1 ⊂ N 2 ⊂ Y gilt
2. Für M ⊂ X und N ⊂ Y gilt
f(M 1) ⊂ f(M 2) und f −1 (N 1) ⊂ f −1 (N 2) .
M ⊂ f −1 (f(M)) und f(f −1 (N)) ⊂ N .
Übung 0.3.8 (Abbildungen IV). Es sei f : M → N eine Abbildung. Man zeige:
f injektiv ⇐⇒ f(M \ A) ⊂ N \ f(A) für alle A ⊂ M .
Übung 0.3.9 (Abbildungen V). Seien f : X → Y und g : Y → X Abbildungen, für die
g(f(x)) = x für alle x ∈ X und f(g(y)) = y für alle y ∈ Y gilt. Zeige:
1. f ist injektiv
(Beweisstruktur: Seien x, x ′ ∈ X mit f(x) = f(x ′ ). Dann gilt . . . , also x = x ′ .)
2. f ist surjektiv
(Beweisstruktur: Sei y ∈ Y . Wähle x = . . ., dann ist f(x) = y.)
Übung 0.3.10 (Abbildungen VI). Welche der folgenden Aussagen gelten für alle Abbildungen
f : X → Y und alle Teilmengen M, N von X:
1. f(M ∩ N) = f(M) ∩ f(N),
2. f(M ∪ N) = f(M) ∪ f(N),
3. f(X \ M) = Y \ f(M).

18 0 Vorbemerkungen
Beweise die Aussagen bzw. gib ein Gegenbeispiel an.
Übung 0.3.11 (Mengen).
1. Seien N, M Mengen. Zeige:
M ⊂ N ⇐⇒ P(M) ⊂ P(N) ,
wobei P(M) die Potenzmenge von M bezeichnet.
2. Finde eine Folge von Mengen A 1, A 2, . . ., so dass A 1 ∩ . . . ∩ A n ≠ ∅ gilt für alle n ∈ N,
es aber kein x gibt mit x ∈ A n für alle n ∈ N.

Teil I
Systeme von Gleichungen und Zahlen

Vorbemerkung
Wir beginnen diesen Teil mit dem Studium linearer Gleichungssysteme, d.h.
Systemen der Form
a 11 x 1 + ... + a 1n x n = b 1
.
. .
a m1 x 1 + ... + a mn x n = b m
(LGS)
wobei die a ij Elemente eines Körpers K sind (z.B. des Körpers R aller reellen Zahlen)
und die x j die (in K) zu bestimmenden Unbekannten (vgl. Kapitel 1).
Die Lösungsmengen linearer Gleichungssysteme führen auf den Begriff des linearen
Unterraums von K n = {(x 1 , . . . , x n ) | x j ∈ K}. Genauere Fragen nach
der Größe“ der Lösungsmengen liefern Begriffe wie lineare Unabhängigkeit“,
” ”
” Basis“ und Dimension“ (vgl. Kapitel 2). Insbesondere führt das Problem, zwei
”
Lösungsmengen zu vergleichen auf den Begriff der linearen Abbildung“. Die Berechnung
von Lösungen und charakteristischen Größen wie Dimensionen wird stark
”
erleichtert durch die Matrizenrechnung (vgl. Kapitel 3).
Ein eigenes Kapitel ist den Determinanten“ gewidmet (vgl. Kapitel 4). Dies sind
”
Zahlen, die man quadratischen Matrizen zuordnen kann. An der Determinante kann
man ablesen, ob eine lineare Abbildung umkehrbar ist. Später wird man sehen, dass
Determinanten auch ganz natürlich in der Berechnung von Volumina auftauchen
und eine wichtige Rolle in der Beschreibung linearer Abbildungen spielen.

1
Lineare Gleichungssysteme
In diesem Kapitel zeigen wir, wie man lineare Gleichungssysteme mit Hilfe des
Gauß-Algorithmus systematisch lösen kann. Neben einigen Umformulierungen des
Gauß-Algorithmus betrachten wir auch die Struktur der Lösungsmengen im Falle
zweier Variablen. Dieser einfache Fall liefert dann den Ansatzpunkt für eine eingehendere
Untersuchung der Lösungsmengen allgemeiner linearer Gleichungssysteme.
Es gibt mehrere Gründe dafür, eine Vorlesung ”
Lineare Algebra“ mit der Untersuchung
von linearen Gleichungssystemen zu beginnen. Einer davon ist rein didaktisch:
Zumindest kleine lineare Gleichungssysteme kommen auch im Schulunterricht
vor, man knüpft also bei Bekanntem an. Außerdem kann man das gesetzte Ziel,
diese Systeme zu lösen wann immer das geht, direkt angehen und muss nicht vorher
langwierig einen großen Apparat einführen, mit dem man das gestellte Problem
dann löst. Im weiteren Verlauf bieten die linearen Gleichungssysteme dann auch die
Möglichkeit, eine Reihe von Konzepten 1 einzuführen, die überall in der Mathematik
eine zentrale Rolle spielen. Aber es lässt sich auch inhaltlich begründen das Lösen
von linearen Gleichungen an den Anfang zu stellen. Das Lösen von Gleichungen
allgemein ist ein zentrales Anliegen der Mathematik und ein Großteil der (approximativen)
Lösungsverfahren, die man kennt, basieren darauf, das jeweilige Problem
in geschickter Weise auf ein lineares Problem zurückzuführen. Sehr viel strukturelle
Mathematik dient genau dem Zweck, diese ”
Linearisierung“ wirklich durchführen
zu können.
1.1 Körper
An sich ist es für die Zwecke dieses Kapitels gut genug alle Rechnungen mit
den als bekannt vorausgesetzten reellen Zahlen R durchzuführen. Um aber präzise
darüber buchführen zu können, welche Eigenschaften der reellen Zahlen wir wirklich
dabei benutzen, führen wir den Begriff des Körpers ein. Bis auf weiteres werden
wir nur die Körpereigenschaften verwenden. Wenn wir schließlich speziellere Eigenschaften
brauchen, werden wir gesondert darauf hinweisen.
Seien M und N zwei Mengen, wobei wir eine Menge ganz naiv als Ansammlung
von Objekten, ihren Elementen, auffassen 2 . Eine Abbildung ϕ : M → N ist eine
1 wie z.B. Vektorräume, Dimension, Basen, Lineare Abbildungen u.v.m.
2 Die Fallstricke, die die Betrachtungsweise in sich birgt (Paradoxien á la Russell!), ignorieren
wir in dieser Vorlesung.

24 1 Lineare Gleichungssysteme
Vorschrift, die jedem Element m ∈ M genau ein Element ϕ(m) ∈ N zuordnet. Man
schreibt m ↦→ ϕ(m).
Definition 1.1.1. Ein Körper ist eine Menge K, die mindestens zwei Elemente
enthält, zusammen mit zwei Abbildungen +, · : K × K → K, genannt Addition
und Multiplikation, so dass gilt:
(Add)
(1) (∀a, b ∈ K) a + b = b + a (Kommutativgesetz)
(2) (∀a, b, c ∈ K) a + (b + c) = (a + b) + c (Assoziativgesetz)
(3) (∃0 ∈ K) (∀a ∈ K) 0 + a = a (Neutrales Element oder Null)
(4) (∀a ∈ K) (∃b ∈ K) a + b = 0 (Additives inverses Element)
(Mult)
(1) (∀a, b ∈ K) a · b = b · a (Kommutativgesetz)
(2) (∀a, b, c ∈ K) a · (b · c) = (a · b) · c (Assoziativgesetz)
(3) (∃1 ∈ K) (∀a ∈ K) 1 · a = a (Neutrales Element oder Eins)
(4) (∀a ∈ K \ {0}) (∃b ∈ K) a · b = 1 (Inverses Element von a)
(Dist) (∀a, b, c ∈ K) (a + b) · c = a · c + b · c (Distributivgesetz)
Im Distributivgesetz haben wir die ”
Punkt vor Strich“ Konvention benutzt, nach
der Multiplikationen immer vor Additionen ausgeführt werden. Ansonsten müsste
man (a + b) · c = (a · c) + (b · c) schreiben. In der Multiplikation schreibt man für
gewöhnlich einfach ab statt a · b.
Diese Auflistung von Eigenschaften, die die reellen Zahlen alle erfüllen, zeigt
also, dass R ein Körper ist.
Die folgenden Beispiele zeigen, dass mehrere der schon in den Vorbemerkungen
angesprochenen Zahlbereiche Körper sind, aber nicht alle. Gerade für das Lösen
von Gleichungen ist die Existenz von multiplikativen Inversen besonders wichtig.
Ohne diese Eigenschaft verkompliziert sich alles enorm. Daher betreibt man in einer
Anfängervorlesung die Lineare Algebra nicht über den ganzen Zahlen Z, obwohl die
Suche nach ganzzahligen Lösungen von großem Interesse wäre.
Beispiel 1.1.2. (a) Sei Q ⊆ R die Menge von Brüchen der Form p q
mit p und q ≠ 0
aus den ganzen Zahlen. Dann ist Q mit den von R geerbten Verknüpfungen
(Addition und Multiplikation) ein Körper, den man den Körper der rationalen
Zahlen nennt.
(b) Die Menge Z der ganzen Zahlen erfüllt bzgl. der normalen Addition und
Multiplikation alle Körperaxiome bis auf eines: Die Existenz des multiplikativen
Inversen. Eine solche Menge nennt man einen kommutativen Ring mit Eins
c) Hätte man nicht vorausgesetzt, dass ein Körper mindestens zwei Elemente haben
muss, dann wäre auch die Menge {0} mit den Verknüpfungen 0 + 0 = 0
und 0 · 0 = 0 ein Körper.
(d) Die zweielementige Menge {g, u} mit den Verknüpfungen
+ g u
g g u
u u g
· g u
g g g
u g u
ist ein Körper mit g als Null und u als Eins 3 .
3 Man sollte g als ”
gerade“ lesen und u als ”
ungerade“. Dann spiegeln die beiden Verknüpfungen
das Verhalten von geraden und ungeraden Zahlen unter Addition und Multiplikation
wieder.

1.1 Körper 25
⊓⊔
Beispiel 1.1.3. Definiere auf C := {(a, b) | a, b ∈ R} die Addition
und die Multiplikation
(a, b) + (a ′ , b ′ ) := (a + a ′ , b + b ′ )
(a, b) · (a ′ , b ′ ) := (aa ′ − bb ′ , ab ′ + ba ′ ).
Dann ist C ein Körper mit (0, 0) als Null und (1, 0) als Eins (Übung). Dieser Körper
heißt der Körper der komplexen Zahlen.
Um die Schreibweise zu erleichtern, führt man die Notation a + ib für (a, b)
ein. Die Zahl a nennt man den Realteil Re(a + ib) von a + ib und die Zahl b den
Imaginärteil Im(a + ib) von a + ib.
Man betrachtet R als Teilmenge von C, indem man a mit (a, 0) = a + i0 identifiziert.
Definiert man die imaginäre Einheit i := (0, 1), so erhält man zunächst
(a, 0) + i · (b, 0) = (a, 0) + (0, 1) · (b, 0) = (a, 0) + (0, b) = (a, b) = a + ib
(also entstehen durch die Identifikation a = (a, 0) keine Zweideutigkeiten). Außerdem
gilt
i · i = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) = −1.
Die Multiplikation
(a + ib) · (a ′ + ib ′ ) = (aa ′ − bb ′ ) + i(ab ′ + ba ′ )
entsteht also durch formales Ausmultiplizieren. Auch hier lässt man normalerweise
den Multiplikationspunkt weg und schreibt zz ′ statt z · z ′ .
⊓⊔
Der Körper der komplexen Zahlen spielt in der Linearen Algebra eine ganz wesentliche
Rolle. Der Grund dafür ist der Fundamentalsatz der Algebra, der besagt,
dass für jede polynomiale Gleichung Lösungen existieren. Auch andere Körper haben
diese Eigenschaft, die man algebraische Abgeschlossenheit nennt. Aber weder
R noch Q sind algebraisch abgeschlossen.
Bis auf weiteres reicht es jedoch aus, sich bei allen Rechnungen die reellen Zahlen
vorzustellen, sich dabei aber immer klarzumachen, dass in den Rechnungen keine
anderen als die Körpereigenschaften der reellen Zahlen benutzt werden.
Es folgen einige Rechenregeln für Körper, die man unmittelbar aus den Axiomen
in Definition 1.1.1 ableiten kann.
Bemerkung 1.1.4. Sei K ein Körper.
(i) Es gibt genau eine Null und genau eine Eins in K: Wenn nämlich 0 und 0 ′ beide
Nullen sind, dann gilt
0 = 0 + 0 ′ = 0 ′ .
Für die Eins geht das Argument analog.
(ii) Es gibt zu a ∈ K genau ein additives Inverses b ∈ K, das man dann mit −a
bezeichnet: Wenn b, b ′ ∈ K additive Inverse von a ∈ K sind, dann gilt
b = b + 0 = b + (a + b ′ ) = (b + a) + b ′ = 0 + b ′ = b ′ .
Man nennt das additive Inverse von a oft auch einfach das Negative von a.

26 1 Lineare Gleichungssysteme
(iii) Es gibt zu a ∈ K \ {0} genau ein multiplikatives Inverses b ∈ K, das man dann
mit a −1 bezeichnet: Wenn b, b ′ ∈ K multiplikative Inverse von a ∈ K \ {0} sind,
dann gilt
b = b1 = b(ab ′ ) = (ba)b ′ = 1b ′ = b ′ .
(iv) Für alle a ∈ K gilt 0a = 0: Wegen 0a + 0a = (0 + 0)a = 0a haben wir
0 = 0a + (−0a) = (0a + 0a) + (−0a) = 0a + ( 0a + (−0a) ) = 0a + 0 = 0a.
(v) Es gilt (−1)a = −a für alle a ∈ K, weil
a + (−1)a = 1a + (−1)a = (1 + (−1))a = 0a = 0.
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 1.1
Axiome
Übung 1.1.1. Zeige, dass in einem Körper immer 0 ≠ 1 gilt.
Übung 1.1.2. Betrachte die Körperaxiome, wie sie in Definition 1.1.1 aufgeführt sind. Man
zeige, dass
(Mult) (3)
(∃1 ∈ K \ {0}) : (∀a ∈ K) 1a = a
auch durch
(Mult) (3 ′ )
(∃1 ∈ K) : (∀a ∈ K) 1a = a
ersetzt werden kann. Dies zeigt, dass die Forderungen, dass K mindestens zwei Elemente
enthält und dass 1 ≠ 0 gilt, redundant sind.
Übung 1.1.3. Betrachte die Körperaxiome, wie sie in Definition 1.1.1 aufgeführt sind. Man
zeige, dass die beiden Axiome (Add) (3) und (Add) (4) gemeinsam ersetzt werden können
durch das Axiom
(Add) (3 ′ ) (∀a, b ∈ K)(∃x ∈ K) : a + x = b (Lösbarkeit) .
Zeigen Sie hierzu, dass die Forderung von (Add) (1)−(4) gleichbedeutend ist mit der Forderung
von (Add) (1),(2),(3 ′ ).
Beispiele
Übung 1.1.4 (Teilen mit Rest). Sei eine natürliche Zahl n ∈ N = {1, 2, 3, . . .} fest gegeben.
Zu jeder ganzen Zahl a ∈ Z betrachte den Rest R n(a), der bleibt, wenn man a durch
n teilt. Dann ist R n(a) ∈ {0, 1, . . . , n − 1} und es gilt a = n · b + R n(a), wobei b ∈ Z eine
ganze Zahl ist. Dann ist Z die disjunkte Vereinigung der Mengen
{a ∈ Z | R n(a) = 0}, . . . , {a ∈ Z | R n(a) = n − 1},
die man die Restklassen von Z modulo n nennt. Wenn zwei Zahlen a, b ∈ Z zur selben
Restklasse gehören, schreibt man a ≡ b mod n. Die Menge aller Restklassen modulo n
bezeichnet man mit Z/nZ.
(i) Für a ∈ Z bezeichne die (eindeutig bestimmte) Restklasse von Z, die a enthält, mit
[a]. Zeige, dass durch
[a] + [b] := [a + b] und [a] · [b] := [ab]
zwei Abbildungen Z/nZ × Z/nZ → Z/nZ definiert werden.

1.2 Der Gaußalgorithmus 27
(ii) Man stelle für die in (i) definierten Verknüpfungen 4 für die Zahlen n = 2, 3, 4, 5 Verknüpfungstafeln
analog denen aus Beispiel 1.1.2(d) auf.
(iii) Man zeige, dass Z/2Z, Z/3Z und Z/5Z Körper sind, nicht aber Z/4Z.
Übung 1.1.5. Verifiziere, dass für alle (a, b), (c, d), (e, f) ∈ C gilt:
1. Kommutativität: (a, b) · (c, d) = (c, d) · (a, b),
2. Assoziativität: ( (a, b) · (c, d) ) · (e, f) = (a, b) · ((c,
d) · (e, f) ) ,
3. Existenz eines neutralen Element: (1, 0) · (a, b) = (a, b) · (1, 0) = (a, b).
Übung 1.1.6. Sei eine komplexe Zahl (a, b) ∈ C gegeben mit (a, b) ≠ (0, 0). Bestimme eine
komplexe Zahl (a ′ , b ′ ) ∈ C, so dass
(a, b) · (a ′ , b ′ ) = (1, 0)
gilt. Ist (a ′ , b ′ ) eindeutig bestimmt? Gilt auch (a ′ , b ′ ) · (a, b) = (1, 0) ?
1.2 Der Gaußalgorithmus
In diesem Abschnitt geben wir ein konstruktives Verfahren zur Bestimmung
von Lösungsmengen beliebig großer Systeme von linearen Gleichungen an. Die notationellen
Vereinfachungen dieser Lösungsmethode werden unser Einstieg in die
Matrizenrechnung sein. Wir beginnen mit einer präzisen Formulierung der zu behandelnden
Gleichungssysteme.
Definition 1.2.1. Sei K ein Körper. Eine lineare Gleichung über K ist eine Gleichung
der Form
a 1 x 1 + . . . + a n x n = b.
(LG)
Dabei sind a 1 , . . . a n , b ∈ K als bekannt vorausgesetzte Zahlen, die man die Koeffizienten
der Gleichung nennt, und x 1 , . . . , x n die Unbekannten. Ein lineares
Gleichungssystem ist eine endliche Menge von linearen Gleichungen:
a 11 x 1 + . . . + a 1n x n = b 1
.
. .
a m1 x 1 + . . . + a mn x n = b m .
(LGS)
Die Lösungsmenge von (LGS) ist die Menge
{(x 1 , . . . , x n ) ∈ K n | die x 1 , . . . , x n erfüllen (LGS)},
wobei K n einfach die Menge aller n-Tupel (x 1 , . . . , x n ) mit x j ∈ K für j = 1, . . . , n
bezeichnet (siehe auch Seite 14).
Wir beginnen unsere systematische Lösungstheorie für (LGS) mit einer Diskussion
des Falls einer einzigen Gleichung, d.h. (LG).
Bemerkung 1.2.2. Eine einzelne lineare Gleichung (LG) lässt sich wie folgt lösen:
1. Fall: a 1 = . . . = a n = 0 und b = 0. In diesem Fall lösen alle x 1 , . . . , x n ∈ K die
Gleichung.
4 Addition und Multiplikation von Restklassen

28 1 Lineare Gleichungssysteme
2. Fall: a 1 = . . . = a n = 0 und b ≠ 0. In diesem Fall löst keine Wahl von x 1 , . . . , x n
die Gleichung.
3. Fall: Nicht alle a j sind Null. Sei a m , 1 ≤ m ≤ n, der erste von Null verschiedene
Koeffizient.
0x 1 + . . . + 0x m−1 + a m x m + . . . + a n x n = b
In diesem Fall wähle x m+1 , . . . , x n beliebig:
und setze
0x 1 + . . . + 0x m−1 + a m x m + a m+1 x m+1 + . . . + a n x n = b,
x m := 1
a m
(b − a m+1 x m+1 − . . . − a n x n ).
Die Wahl der x 1 , . . . , x m−1 hat auf die Gleichung keinen Einfluß.
Das Ergebnis ist: Wählt man x 1 , . . . , x m−1 , x m+1 , . . . , x n beliebig und setzt x m
wie in (∗), dann hat man alle Lösungen von (LG).
(∗)
⊓⊔
Algorithmus 1.2.3 (Gaußalgorithmus, erste Version). Der Gaußalgorithmus
ist ein Verfahren zur Lösung von linearen Gleichungssystemen über Körpern:
Gegeben sei ein Körper K und ein lineares Gleichungssystem (LGS) mit a ij , b i ∈ K
für i = 1, . . . , m und j = 1, . . . , n. Die Idee hinter dem Algorithmus ist, sukzessiv
Unbekannte aus den Gleichungen zu eliminieren, bis man entweder nur noch
eine Unbekannte hat, oder aber erkennt, dass die Unbekannten keine Bedingungen
erfüllen müssen.
1. Schritt: Wenn gilt a 1j = . . . = a mj = 0, dann muss x j keine Bedingung erfüllen,
d.h. x j ist frei wählbar. Seien N := {j ∈ {1, . . . , n} | (∀i = 1, . . . , m) a ij = 0}
(Nullspalten) und U := {1, . . . , n} \ N (nicht-Nullspalten). Streiche alle
Nullspalten.
Ergebnis:
a 1j1 x j1 + . . . + a 1ju x ju = b 1
a 2j1 x j1 + . . . + a 2ju x ju = b 2
(∗ 1 )
.
. .
a mj1 x j1 + . . . + a mju x ju = b m
Nach diesem Schritt gibt es keine Nullspalten mehr, die neue erste Spalte ist
die j 1 -te Spalte, wobei U = {j 1 , . . . , j u } (der Grösse nach geordnet).
2. Schritt: Sei a pj1 der erste von Null verschiedene Koeffizient in der (neuen) ersten
Spalte. Dann vertausche die erste mit der p-ten Zeile.
Ergebnis:
a ′ 1j 1
x j1 + . . . + a ′ 1j u
x ju = b ′ 1
a ′ 2j 1
x j1 + . . . + a ′ 2j u
x ju = b ′ 2
(∗ 2 )
.
. .
a ′ mj 1
x j1 + . . . + a ′ mj u
x ju = b ′ m
Nach diesem Schritt ist der erste Koeffizient in der ersten Zeile von Null verschieden.

1.2 Der Gaußalgorithmus 29
3. Schritt: Teile jeden Koeffizienten in der ersten Zeile durch den ersten Koeffizienten.
Ergebnis:
x j1 + a′ 1j 2
a ′ 1j 1
}{{}
a ′′
1j 2
x j2 + . . . + a′ 1j u
a ′ 1j 1
}{{}
a ′′
1ju
x ju = b′ 1
a ′ 1j 1
}{{}
b ′′
1
Nach diesem Schritt ist der erste Koeffizient in der ersten Zeile gleich 1.
4. Schritt: Subtrahiere von der i-ten Zeile a ′ ij 1
-mal die erste Zeile (i ≥ 2).
Ergebnis:
x j1 + a ′′
1j 2
x j2 + . . . + a ′′
1j u
x ju = b ′′
1
a ′′
2j 2
x j2 + . . . + a ′′
2j u
x ju = b ′′
2
.
. .
a ′′ mj 2
x j2 + . . . + a ′′ mj u
x ju = b ′′ m
Beachte, dass jeder der vier Schritte rückgängig gemacht werden kann, d.h., keine
Information wurde verschenkt. Genauer, wenn (x j1 , . . . , x ju ) eine Lösung von
(∗ 4 ) ist, dann ist (x 1 , . . . , x n ) für beliebige x j mit j ∈ N eine Lösung von (LGS)
und umgekehrt ist für jede Lösung (x 1 , . . . , x n ) von (LGS) auch (x j1 , . . . , x ju )
eine Lösung von (∗ 4 ). Nochmal anders ausgedrückt: Alle vier Schritte lassen die
Lösungsmenge unverändert 5 .
Iteration: Wenn man jetzt das System
(∗ 4 )
a ′′
2j 2
x j2 + . . . + a ′′
2j u
x ju = b ′′
2
.
. .
a ′′ mj 2
x j2 + . . . + a ′′ mj u
x ju = b ′′ m
(∗∗)
lösen kann, dann erhält man zu jeder Lösung (x j2 , . . . , x ju ) von (∗∗) genau eine
Lösung (x j1 , . . . , x ju ) von (∗ 4 ), indem man die erste Zeile von (∗ 4 ) nach x j1
auflöst, d.h.
x j1 = b ′′
1 − (a ′′
1j 2
x j2 + . . . + a ′′
1j u
x ju ).
Also wiederholt man die Schritte 1 bis 4 für das kleinere System (∗∗).
⊓⊔
Wenn man das System (∗∗) im Iterationsschritt betrachtet, erkennt man, warum
man am Anfang den banal erscheinenden Schritt des Nullspaltenstreichens 6 in den
5 An dieser Stelle ist zu zeigen, dass die linearen Gleichungssysteme vor und nach dem
jeweiligen Schritt die gleichen Lösungsmengen haben. Für den 3. Schritt kann man das
wie folgt machen: Wenn (x j1 , . . . , x ju ) die Gleichung
a ′ 1j 1
x j1 + a ′ 1j 2
+ . . . + a ′ 1j u
x ju = b ′ 1
(∗)
löst, dann gilt
x j1 + a′ 1j 2
a ′ 1j 1
x j2 + . . . + a′ 1j u
a ′ 1j 1
x ju = b′ 1
a ′ 1j 1
.
Umgekehrt, wenn (x j1 , . . . , x ju ) die Gleichung (∗∗) löst, dann gilt auch (∗). Damit sind
die Lösungsmengen dieser beiden Gleichungen identisch und weil die anderen Gleichungen
des Systems sich im 3. Schritt nicht ändern, ist der Beweis komplett. Die entsprechenden
Nachweise für die anderen Schritte sind dem Leser als Übung überlassen.
6 Wer würde schon ein Gleichungssystem so aufstellen, in dem gewisse Variablen nur mit
Nullen als Koeffizienten vorkommen?
(∗∗)

30 1 Lineare Gleichungssysteme
Algorithmus aufgenommen hat: In (∗∗) können nämlich durch die vorhergegangenen
Schritte sehr wohl Nullspalten entstanden sein.
Beispiel 1.2.4.
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 5
4x 1 + 5x 2 + 6x 3 + 7x 4 = 8
3x 1 + 4x 2 + 5x 3 + 6x 4 = 7
0x 1 + x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 4
❀
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 5
− 3x 2 − 6x 3 − 9x 4 = −12
− 2x 2 − 4x 3 − 6x 4 = −8
x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 4
❀
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 5
x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 4
− 2x 2 − 4x 3 − 6x 4 = −8
x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 4
❀
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 5
x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 4
0x 2 + 0x 3 + 0x 4 = 0
0x 2 + 0x 3 + 0x 4 = 0
Also kann man x 3 und x 4 frei wählen und berechnet dann x 2 und x 1 wie folgt:
x 2 berechnen: x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 4 liefert x 2 = 4 − 2x 3 − 3x 4 .
x 1 berechnen: x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 5 liefert x 1 = −3 + x 3 + 2x 4
Die Lösungsmenge ist also
{(−3 + x 3 + 2x 4 , 4 − 2x 3 − 3x 4 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 | x 3 , x 4 ∈ R}.
⊓⊔
Im Prinzip hat man das Problem, die Lösungsmengen linearer Gleichungssysteme
zu bestimmen, mit dem Algorithmus 1.2.3 gelöst: Jedes lineare Gleichungssystem
lässt sich mit dem Gaussalgorithmus lösen, sofern eine Lösung existiert. Allerdings
kann man den Algorithmus noch erheblich ökonomischer formulieren und dabei
zusätzliche Einsichten gewinnen, die für die weitere Entwicklung der Linearen Algebra
wichtig sind.
Eine Matrix ist ein rechteckiges Zahlenschema der Form
⎛
⎞
a 11 . . . a 1n
⎜
⎟
⎝ . . ⎠ .
a m1 . . . a mn
Die a i1 , . . . , a in für i = 1, . . . , m heißen die Zeilen der Matrix und die
⎛ ⎞
a 1j
⎜
⎝
⎟
. ⎠
a mj
für j = 1, . . . , n die Spalten der Matrix.
Wir führen einige neue Bezeichnungen für die Daten eines linearen Gleichungssystems
(LGS) ein. Die Matrizen
⎛
⎛
⎜
⎝
⎞
a 11 a 12 . . . a 1n
.
⎟
. . ⎠
a m1 a m2 . . . a mn
und
⎜
⎝
⎞
a 11 a 12 . . . a 1n b 1
⎟
. . . . ⎠
a m1 a m2 . . . a mn b m

1.2 Der Gaußalgorithmus 31
heißen die Koeffizientenmatrix bzw. die erweiterte Koeffizientenmatrix von
(LGS).
Um die verschiedenen Schritte im Gaußalgorithmus 1.2.3 effizient beschreiben
zu können, betrachtet man für eine Matrix die folgenden elementaren Zeilenumformungen
7 .
Definition 1.2.5 (Elementare Zeilenumformungen).
Typ I(p, q): Vertauschen zweier Zeilen (p) und (q).
Typ II(p; c): Multiplikation einer Zeile (p) mit c ≠ 0.
Typ III(c, p; q): Addition des c-fachen einer Zeile (p) zu einer anderen Zeile (q).
Die elementaren Zeilenumformungen lassen sich durch ebensolche Umformungen
wieder rückgängig machen, d.h. invertieren:
I(p, q) invertiert I(p, q).
II(p; c −1 ) invertiert II(p; c).
III(−c, p; q) invertiert III(c, p; q).
Proposition 1.2.6. Zwei lineare Gleichungssysteme, deren erweiterte Koeffizientenmatrizen
durch eine elementare Zeilenumformung auseinander hervorgehen, haben
dieselben Lösungsmengen.
Beweis. Für die Umformungen vom Typ I(p, q) ist das trivial und die Umformungen
vom Typ II(p; c) wurden in Fußnote 5 behandelt. Der Fall der Umformungen vom
Typ III(c, p; q) sei den Lesern als Übung überlassen.
⊓⊔
Mithilfe von Koeffizientenmatrix und elementaren Zeilenumformungen lässt sich
der Gaußalgorithmus wie folgt darstellen:
Algorithmus 1.2.7 (Gaußalgorithmus, zweite Version).
1.Schritt: Streiche alle Spalten, die nur aus Nullen bestehen. Die übrig bleibenden
Spalten seien j 1 < . . . < j u .
Ergebnis:
⎛
⎜
⎝
⎞
a 1j1 a 1j2 . . . a 1ju b 1
⎟
. . . . ⎠
a mj1 a mj2 . . . a mju b m
2.Schritt: Wenn a pj1 ≠ 0 und a ij1 = 0 für i < p, dann I(1, p).
Ergebnis:
⎛
a ′ 1j 1
a ′ 1j 2
. . . a ′ 1j u
b ′ ⎞
1
⎜
⎟
⎝ . . . . ⎠
a ′ mj 1
a ′ mj 2
. . . a ′ mj u
b ′ m
7 Selbstverständlich lassen sich auch die analogen elementare Spaltenumformungen
betrachten, aber die werden im Moment noch nicht gebraucht.

32 1 Lineare Gleichungssysteme
3.Schritt: II(1;
1
a ′ 1j 1
).
Ergebnis:
⎛
1 a ′′
1j 2
. . . a ′′
1j u
b ′′ ⎞
1
a ′ 2j 1
a ′ 2j 2
. . . a ′ 2j u
b ′ 2
⎜
⎟
⎝ . . . . ⎠
a ′ mj 1
a ′ mj 2
. . . a ′ mj u
b ′ m
4.Schritt: III(−a ′ ij 1
, 1; i), i = 2, . . . , m.
Ergebnis:
⎛
1 a ′′
1j 2
. . . a ′′
1j u
b ′′ ⎞
1
0 a ′′
2j 2
. . . a ′′
2j u
b ′′
2
⎜
⎟
⎝ . . . . ⎠
0 a ′′ mj 2
. . . a ′′ mj u
b ′′ m
Iteration: Starte das Verfahren mit
⎛
⎜
⎝
a ′′
2j 2
. . . a ′′
2j u
b ′′
2
.
. . .
a ′′ mj 2
. . . a ′′ mj u
b ′′ m
⎞
⎟
⎠
⊓⊔
Beispiel 1.2.8. (i)
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 5
4x 1 + 5x 2 + 6x 3 + 7x 4 = 8
3x 1 + 4x 2 + 5x 3 + 6x 4 = 7
0x 1 + x 2 + 2x 3 + 3x 4 = 4
⎛ ⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞ ⎛ ⎞
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
⎜ 4 5 6 7 8
⎟
⎝ 3 4 5 6 7 ⎠ ❀ ⎜ 0 −3 −6 −9 −12
⎟
⎝ 0 −2 −4 −6 −8 ⎠ ❀ ⎜ 0 1 2 3 4
⎟
⎝ 0 −2 −4 −6 −8 ⎠ ❀ ⎜ 0 1 2 3 4
⎟
⎝ 0 0 0 0 0 ⎠
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 0 0 0 0
und man fährt fort wie in Beispiel 1.2.4.
(ii)
ix 1 + 3x 2 = −1
3x 1 − ix 2 = 2
( ) ( ) ( )
i 3 −1 1 −3i i 1 −3i i
❀
❀
❀
3 −i 2 3 −i 2 0 8i 2 − 3i
führt auf x 2 = − 3 8 − 1 4 i und x 1 = i + 3ix 2 = 3 4 − 1 8 i.
( )
1 −3i i
0 1 − 3 8 − 1 4 i
⊓⊔
Der erste Schritt des Gaußalgorithmus (Streichen der Nullspalten) kann bei der
Iteration zu Verwirrung führen, weil man ständig die Variablenanzahl ändern muss.
Darum schleppt man oft die Nullspalten mit, übergeht sie aber im Algorithmus. Als
Ergebnis des Gaußalgorithmus 1.2.7 erhält man eine Matrix im selben Format wie
die erweiterte Koeffizientenmatrix des ursprünglichen (LGS). Genauer, man findet
die folgende Proposition:

1.2 Der Gaußalgorithmus 33
Proposition 1.2.9. Jede (Koeffizienten-) Matrix lässt sich durch elementare Zeilenumformungen
auf eine Zeilenstufenform bringen:
⎛
⎞
0 · · · 0 1 ∗ · · · · · · · · · · · · · · · · · · ∗ · · ·
. . 0 0 · · · 0 1 ∗ · · · · · · ∗ · · ·
. .
. . . . . .
. . 0 0 · · · 0 1 · · ·
. . . . . . . . 0 · · ·
⎜
⎟
⎝ . . . . . . . . . . ⎠
0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 · · ·
Die Stellen einer Matrix in Zeilenstufenform, an denen in einer Zeile zum ersten
Mal eine 1 steht, nennen wir die Stufen der Matrix. Die Anzahl der Spalten, die man
von einer Stufe aus nach links gehen muss, um eine Zeile höher die vorhergehende
Stufe zu finden, heißt die Stufenlänge der Stufe. Die Stufenlänge ist 1, falls die
erste Spalte des betreffenden Iterationsschritts keine Nullspalte ist. Auf jeden Fall
ist die Anzahl der Stufen kleiner gleich der Anzahl der Zeilen bzw. der Spalten (je
nach dem, was kleiner ist).
⊓⊔
Bemerkung 1.2.10. Betrachte jetzt ein lineares Gleichungssystem (LGS) und
bringe die erweiterte Koeffizientenmatrix durch elementare Zeilenumformungen auf
Zeilenstufenform (vgl. Proposition 1.2.9). Seien s 1 < . . . s k die Nummern der Spalten,
in denen eine Stufe vorkommt, d.h. a lsl = 1 und a ij = 0 für (i, j) ≠ (l, s l ) mit
i ≥ l und j ≤ s l . In anderen Worten links unterhalb der Eins stehen Nullen.
Aus einer erweiterten Koeffizientenmatrix in Zeilenstufenform lassen sich verschiedene
Informationen über die Lösungsmenge des zugehörigen 8 (LGS), sofort
ablesen:
Lösbarkeit: Das System (LGS) ist dann und nur dann lösbar, wenn s k ≤ n. In
anderen Worten, wenn h die Anzahl der Stufen der Zeilenstufenform der Koeffizientenmatrix
ist und k die Anzahl der Stufen der Zeilenstufenform der erweiterten
Koeffizientenmatrix, dann muss für die Lösbarkeit von (LGS) gelten
h = k. Um das einzusehen, nehmen wir an, dass s k = n + 1, d.h. in der letzten
Spalte gibt es eine Stufe. Dann hat man die Gleichung
0x 1 + . . . + 0x n = 1
zu lösen, was offensichtlich nicht geht. Umgekehrt, wenn s k ≤ n, dann ist jede
Gleichung des Systems entweder von der Form 0 = 0 oder von der Form
x j + a j+1 x j+1 + . . . + a n x n = b i ,
was für beliebige x j+1 , . . . , x n mit passendem x j gelöst werden kann.
Bestimmung der Lösungsmenge: Wir nehmen jetzt an, dass das (LGS) in Zeilenstufenform
gegeben ist und s k ≤ n. Ziel ist es, diejenigen (x 1 , . . . , x n ) zu
bestimmen, die Lösungen von (LGS) sind.
(A) Alle x j mit j ∉ S := {s 1 , . . . , s k } sind frei wählbar (in K).
8 und damit aller (LGS) aus deren erweiterter Koeffizientenmatrix diese Zeilenstufenform
durch elementare Zeilenumformungen gewonnen werden kann

34 1 Lineare Gleichungssysteme
(B) Die Zahlen x s1 , . . . , x sk
müssen dann das Gleichungssystem
x s1 + a 1,s1+1x s1+1 + . . . + a 1,n x n = b 1
x s2 + a 2,s2+1x s2+1 + . . . + a 1,n x n = b 2
x sk + a k,sk +1x sk +1 + . . . + a 1,n x n = b k
lösen (alle anderen Zeilen von (LGS) liefern nur Nullen und keine Bedingungen).
Das lässt sich von unten nach oben bewerkstelligen:
1. Schritt: Da keine der Spalten s k + 1, . . . , n eine Stufe enthält, sind alle
x j mit j = s k + 1, . . . , n schon in (A) bestimmt worden (durch freie
Wahl). Die Zahl x sk wird dann eindeutig durch die Gleichung
x sk = b k − (a k,sk +1x sk +1 + . . . + a 1,n x n )
festgelegt.
2. Schritt: Da mit Ausnahme von s k keine der Spalten s k−1 + 1, . . . , n eine
Stufe enthält, sind alle x j mit j = s k−1 + 1, . . . , n schon entweder in (A)
(durch freie Wahl) oder in Schritt B.1 bestimmt worden. Die Zahl x sk−1
wird dann eindeutig durch die Gleichung
festgelegt.
x sk−1 = b k−1 − (a k−1,sk−1 +1x sk−1 +1 + . . . + a 1,n x n )
.
k. Schritt: Da mit Ausnahme von s 2 , . . . , s k keine der Spalten s 1 +1, . . . , n
eine Stufe enthält, sind alle x j mit j = s 1 + 1, . . . , n schon entweder
in (A) (durch freie Wahl) oder in den Schritten (B.1) bis (B.(k − 1))
bestimmt worden. Die Zahl x s1 wird dann eindeutig durch die Gleichung
x s1 = b 1 − (a 1,s1+1x s1+1 + . . . + a 1,n x n )
festgelegt.
Zusammen liefern (A) und (B) alle möglichen Lösungen von (LGS).
Nicht-triviale Lösungen: Wenn b i = 0, i = 1, . . . , m, dann ist (LGS) immer
lösbar, weil in diesem Fall in der letzten Spalte der erweiterten Koeffizientenmatrix
keine Stufe sein kann. Es ist z.B. (0, . . . , 0) eine Lösung. Wenn n > m
(mehr Unbekannte als Gleichungen), dann ist n − k ≥ n − m > 0 und es existieren
auch von Null verschiedene Lösungen, weil S eine echte Teilmenge von
{1, . . . , n} sein muss.
.
⊓⊔
Beispiel 1.2.11. Wenn die erweiterte Koeffizientenmatrix von (LGS) durch
⎛
⎞
0 1 2 3 4 5 6
⎜ 0 0 0 1 2 3 4
⎟
⎝ 0 0 0 0 0 1 2 ⎠
0 0 0 0 0 0 0
gegeben ist, dann gilt k = 3, n = 6 und s 1 = 2, s 2 = 4, s 3 = 6. Dementsprechend
gilt

x 6 = 2
x 5 = frei zu wählen
x 4 = 4 − (2x 5 + 3x 6 )
x 3 = frei zu wählen
x 2 = 6 − (2x 3 + 3x 4 + 4x 5 + 5x 6 )
x 1 = frei zu wählen
1.2 Der Gaußalgorithmus 35
Wir führen noch eine abkürzende Schreibweise für das lineare Gleichungssystem
(LGS) ein:
n∑
a ij x j = b i , i = 1, . . . , m. (LGS)
j=1
Dabei symbolisiert das Zeichen ∑ den griechischen Buchstaben Σ (Sigma) und
steht für Summe: ∑ k
j=1 a j = a 1 + . . . + a k . Das lineare Gleichungssystem
n∑
a ij x j = 0, i = 1, . . . , m (HLGS)
j=1
heisst das zu (LGS) gehörige homogene lineare Gleichungssystem. Das System
(LGS) heisst selbst homogen, wenn b i = 0 für alle i = 1, . . . , m.
⊓⊔
Proposition 1.2.12. Sei (y 1 , . . . , y n ) eine Lösung von (LGS). Dann erhält man
alle Lösungen von (LGS), indem man zu (y 1 , . . . , y n ) alle Lösungen des zugehörigen
homogenen Systems (HLGS) addiert (komponentenweise).
Beweis.
Also gilt
n∑
a ij y j = b i , i = 1, . . . , m.
j=1
n∑
a ij z j = b i für i = 1, . . . , m genau dann, wenn
j=1
n ∑
j=1
a ij (z j − y j ) = 0 für
i = 1, . . . , m. Letzteres heißt aber gerade, dass (x 1 , . . . , x n ) mit x j = z j − y j eine
Lösung des homogenen Systems (HLGS) ist.
⊓⊔
Beispiel 1.2.13. Betrachte das (LGS)
x 1 + x 2 + x 3 = 1
x 1 − x 2 + x 3 = 0
x 1 + x 3 = 1 2
Der Gaußalgorithmus 1.2.7 liefert
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
⎝ 1 −1 1 0 ⎠ ❀ ⎝ 0 −2 0 −1 ⎠ ❀ ⎝
1
0 1 0 ⎠
1 0 1 1 2
0 −1 0 − 1 2
❀ ⎝ 0 1 0 1 ⎠
2
0 −1 0 − 1 2
2
0 0 0 0
d.h. wir erhalten das (LGS)
x 1 + x 2 +x 3 = 1
x 2 = 1 2

36 1 Lineare Gleichungssysteme
Eine Lösung ist durch x 2 = 1 2 , x 1 = 1 2
und x 3 = 0 gegeben. Das resultierende
(HLGS)
x 1 + x 2 +x 3 = 0
x 2 = 0
liefert die Bedingungen x 2 = 0 und x 1 + x 3 = 0. Wählt man x 3 = r ∈ R beliebig, so
sieht man, dass die Lösungen von (HLGS) alle die Form (r, 0, −r) mit beliebigem
r ∈ R haben. Aus der Summe der Lösungen des homogenen Systems und der speziellen
Lösung ( 1 2 , 1 2
, 0) für das inhomogene System ergibt sich die Lösungsmenge des
inhomogenen Systems als {( 1 2 + r, 1 2
, −r) | r ∈ R}.
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 1.2
Übung 1.2.1. Man stelle fest, ob die folgenden Gleichungssysteme in R n eine Lösung haben
und gebe diese gegebenenfalls an:
a)
x 1 − x 2 + 2x 3 = 1
2x 1 + x 2 − x 3 = 0
3x 1 + x 3 = 2
b)
c)
2x 1 − 3x 2 + x 3 = 0
x 1 + x 2 − x 3 = 0
5x 1 − 5x 2 + x 3 = 0
x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 = 4
x 1 + x 2 + x 3 − x 4 − x 5 − x 6 = 2
x 1 − x 2 + x 3 − x 4 + x 5 − x 6 = 2
Übung 1.2.2. Man löse, soweit möglich, die folgenden Gleichungssysteme:
a)
x 1 + x 2 + x 3 = 2
2x 1 + 4x 2 − 4x 3 = 4
3x 1 + x 2 + 3x 3 = 0
b)
c)
x 1 + 2x 2 + 2x 3 = 12
2x 1 + 4x 2 + 5x 3 = 4
5x 1 + 10x 2 + 11x 3 = 9
x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 14
2x 1 + 2x 2 − 4x 3 + 5x 4 = 20
5x 1 + 4x 2 + 5x 3 + 5x 4 = 50
d) Wie lautet die Lösung von c), wenn x 1, . . . , x 4 ∈ Z gelten soll?
Übung 1.2.3. Man löse, soweit möglich, das folgende Gleichungssystem:
4x 1 + 2x 2 + 2x 3 − x 4 − 3x 5 − 9x 6 − 4x 7 − 10x 8 = 2
− 2x 2 − 2x 3 − x 4 + 4x 5 + 12x 6 + 4x 7 − 2x 8 = −16
x 1 + x 2 + x 3 − 5x 5 − 15x 6 − 2x 7 − 2x 8 = 11
9x 1 + 3x 2 + 3x 3 − 3x 4 − 3x 5 − 9x 6 − 6x 7 − 24x 8 = −9
Übung 1.2.4. Gegeben sei das folgende vom Parameter t ∈ R abhängige lineare Gleichungssystem
in R 3 :
(2 − t)x 1 + 3x 2 − 6x 3 = 1
3x 1 + (2 − t)x 2 − 6x 3 = 1
−6x 1 − 6x 2 + (11 − t)x 3 = −2

1.2 Der Gaußalgorithmus 37
(a) Man bestimme die Lösungsmenge des LGSs für t = −1.
(b) Für welche t ∈ R ist das LGS eindeutig lösbar?
(c) Für welche t ∈ R ist das zugehörige HLGS durch (x 1, x 2, x 3) ≠ (0, 0, 0) lösbar?
Übung 1.2.5. Gegeben sei das folgende vom Parameter a ∈ R abhängige lineare Gleichungssystem
in R 3 :
ax 1 + 4x 2 + ax 3 = 1
− 2x 2 + 4x 3 = 3
2x 1 + ax 2 + 6x 3 = 4
(a) Für welche a ∈ R ist das LGS lösbar?
(b) Für welche a ∈ R ist das LGS eindeutig lösbar?
(c) Für welche a ∈ R ist das zugehörige HLGS durch (x 1, x 2, x 3) ≠ (0, 0, 0) lösbar?
Übung 1.2.6. Gegeben seien die folgenden Gleichungssysteme in R n :
1)
2)
3x 1 − 2x 2 + x 3 = 1
5x 1 − 4x 2 + 3x 3 = 2
7x 1 − 6x 2 + 5x 3 = 3
x 1 + x 2 − x 3 − x 4 = 1
2x 1 + 5x 2 − 7x 3 − 5x 4 = −2
2x 1 − x 2 + x 3 + 3x 4 = 4
5x 1 + 2x 2 − 4x 3 + 2x 4 = 6
(a) Man bestimme die Lösungsmengen der zugehörigen homogenen Systeme.
(b) Man bestimme die Lösungsmengen der gegebenen Systeme.
Übung 1.2.7. Gegeben seien die folgenden Gleichungssysteme in R n :
1)
2)
2x 1 + 3x 2 + 4x 3 = 2
3x 1 + 4x 2 + 5x 3 = −1
x 1 + x 2 + x 3 = −3
x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 14
2x 1 + 3x 2 − 4x 3 + 5x 4 = 20
3x 1 − 2x 2 − 5x 3 + 2x 4 = −4
5x 1 + 4x 2 + 30x 3 − 5x 4 = 25
(a) Man bestimme die Lösungsmengen der zugehörigen homogenen Systeme.
(b) Man bestimme die Lösungsmengen der gegebenen Systeme.
Übung 1.2.8. Gegeben sei ein lineares Gleichungssystem
a 11x 1 + . . . + a 1nx n = b 1
.
.
.
a m1x 1 + . . . + a mnx n = b m.
(LGS)
mit a ij, b i ∈ K für 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n. Für 1 ≤ k < l ≤ m und λ ∈ K sei (LGS ′ ) das
Gleichungssystem, das aus (LGS) hervorgeht durch Addition des λ-fachen der k-ten Zeile
auf die l-te Zeile.
1. Bestimme die Koeffizienten des linearen Gleichungssystems (LGS ′ ).
2. Zeige, dass (x 1, . . . , x n) genau dann eine Lösung von (LGS) ist, wenn es eine Lösung
von (LGS ′ ) ist.

38 1 Lineare Gleichungssysteme
Übung 1.2.9. Es sei das folgende Gleichungssystem gegeben
a 11x 1 + a 12x 2 = b 1
a 21x 1 + a 22x 2 = b 2
mit a 11, a 21, a 12, a 22, b 1, b 2 ∈ R. Wie sind a 11, a 21, a 12, a 22, b 1, b 2 zu wählen (nur Beispiele!),
wenn das System keine, genau eine, bzw. unendliche viele Lösungen haben soll? Kann man
auch erreichen, dass alle Paare (x 1, x 2) das System lösen?
Übung 1.2.10. Bestimme mit Hilfe des Gaußalgorithmus (zweite Version) die Lösungsmenge
des linearen Gleichungssystems
x 1 − x 2 + x 3 = 1 ,
− x 1 − x 2 + x 3 = 1 ,
x 1 + x 2 − x 3 = 1 .
Übung 1.2.11. Gegeben sei das folgenden Gleichungssysteme in R 3 :
2x 1 + 3x 2 + 4x 3 = 3
3x 1 + 4x 2 + 5x 3 = 0
x 1 + x 2 + x 3 = −3
1. Man bestimme die Lösungsmenge des zugehörigen homogenen Systems.
2. Man bestimme die Lösungsmenge des gegebenen Systems.
Übung 1.2.12. Gegeben sei das folgende lineare Gleichungssystem in R 3
(2a − 1)x 1 + ax 2 + x 3 = 2 − a
ax 1 + ax 2 + x 3 = 1
x 1 + x 2 + ax 3 = 1
Man bestimme die Lösungsmenge des LGSs in Abhängigkeit von dem Parameter a ∈ R.
Übung 1.2.13. Lösen Sie folgendes LGS über den komplexen Zahlen und stellen Sie die
Lösung in der Form (z 1, z 2, z 3) = (x 1 + i y 1, x 2 + i y 2, x 3 + i y 3) mit x k , y k ∈ R dar.
z 1 + (2 + i)z 2 + i z 3 = 1
(1 − i)z 1 + z 2 − 2i z 3 = 2 − i
−z 1 + (2 + 3i)z 2 − i z 3 = 3
Übung 1.2.14. Eine 4 × 4-Matrix heißt ein magisches Viereck, wenn die Summe der Einträge
jeder Zeile, jeder Spalte und jeder der zwei Diagonalen dieselbe Zahl s ist. Man
ersetzte die Sterne durch Zahlen, so dass folgende Matrix ein magisches Viereck wird:
⎛ ⎞
⋆ 2 ⋆ ⋆
⎜⋆ ⋆ ⋆ 3
⎟
⎝1 ⋆ ⋆ ⋆⎠
⋆ ⋆ 3 ⋆
Übung 1.2.15. Ein Schokoladenfabikant kauft Restbestände an Schoko-Osterhasen auf,
um diese zu Weihnachtsmännern umzuschmelzen. Vier Sorten von Osterhasen O 1, . . . , O 4
sind erhältlich, die Kakao und Pflanzenfett in folgender Zusammensetzung enthalten:
in % O 1 O 2 O 3 O 4
K 2 17 32 8
F 3 18 18 11
Preis in 1 6 7 3
e/kg
Wie kauft der Fabrikant möglichst kostengünstig ein, wenn er Weihnachtsmänner mit dem
Gesamtgewicht 15 kg mit 21 % Kakao und 17 % Pflanzenfett herstellen will?

1.3 Gleichungssysteme mit zwei Unbekannten 39
1.3 Gleichungssysteme mit zwei Unbekannten
Lösungsmengen von linearen Gleichungssystemen sind nicht irgendwelche Mengen,
sondern sie haben eine spezielle Struktur, die sich sehr gut geometrisch interpretieren
lässt. Wir illustrieren dies für homogene lineare Gleichungssysteme in dem
besonders einfachen Fall von nur zwei Unbekannten. Die mögliche Zeilenstufenformen
der Koeffizientenmatrix sehen dann wie folgt aus:
a) Zwei Stufen:
⎛ ⎞
1 r
0 1
0 0
⎜ .
⎝ . . ⎟
. ⎠
0 0
•
Das HLGS hat die Form x 2 = 0, x 1 + rx 2 = 0, was auf die Lösungsmenge
{(x 1 , x 2 ) ∈ K 2 | x 1 = 0 = x 2 } führt.
b) Eine Stufe in der ersten Spalte:
⎛ ⎞
1 r
0 0
⎜ ⎟
⎝ . . ⎠
0 0
✟ ✟✟✟✟✟ nicht horizontal!
Hier ist x 2 frei wählbar und x 1 + rx 2 = 0 führt auf x 1 = −rx 2 . Also ist die
Lösungsmenge {(x 1 , x 2 ) ∈ K 2 | x 1 = −rx 2 }.
c) Eine Stufe in der zweiten Spalte:
⎛ ⎞
0 1
0 0
⎜ ⎟
⎝ . . ⎠
0 0
Jetzt gilt x 2 = 0 und x 1 ist frei wählbar, d.h. die Lösungsmenge ist {(x 1 , x 2 ) ∈
K 2 | x 2 = 0}.
d) Keine Stufe:
⎛ ⎞
0 0
⎜ ⎟
⎝ . . ⎠
0 0
Hier sind x 2 und x 1 frei wählbar, d.h. die Lösungsmenge ist K 2 .

40 1 Lineare Gleichungssysteme
Im Fall a) hat das zugehörige (HLGS) nur eine Lösung: (0, 0). Dagegen löst im
Fall d) jedes Paar (x 1 , x 2 ) das (HLGS). Wir wollen die Lösungsmengen in den
Fällen b) und c) geometrisch beschreiben. Es wird sich herausstellen, dass diese
Lösungsmengen Geraden sind. Um präzise sagen zu können, was eine Gerade ist,
führen wir zunächst den n-dimensionalen Zahlenraum ein:
Definition 1.3.1. Sei K ein Körper. Dann heißt K n = {x = (x 1 , . . . , x n ) | x j ∈
K, j = 1, . . . , n} der n-dimensionale Zahlenraum über K. Seine Elemente werden
auch als Vektoren bezeichnet. Auf K n gibt es zwei Rechenoperationen, die
(Vektor)Addition und die Multiplikation mit Skalaren (d.h. Elementen von K,
die wir als Zahlen“ interpretieren).
”
Addition: (x 1 , . . . , x n ) + (y 1 , . . . , y n ) := (x 1 + y 1 , . . . , x n + y n )
Multiplikation mit einem Skalar: c(x 1 , . . . , x n ) := (cx 1 , . . . , cx n )
Es gelten folgende Rechenregeln, wie man unter Verwendung der Körperaxiome
leicht verifiziert (Übung):
(x + y) + z = x + (y + z) ∀x, y, z ∈ K n (Assoziativgesetz)
x + y = y + x ∀x, y ∈ K n (Kommutativgesetz)
c(x + y) = cx + cy
∀x, y ∈ K n , c ∈ K (1. Distributivgesetz)
(c + d)x = cx + dx ∀x ∈ K n , c, d ∈ K (2. Distributivgesetz)
c(dx) = (cd)x
∀x ∈ K n , c, d ∈ K
1x = x
0x = (0, . . . , 0) =: 0 ∈ K n
x + 0 = x
∀x ∈ K n
x + (−1)x = 0
∀x ∈ K n
Wir betrachten die Lösungen eines linearen Gleichungssystems in n Variablen
als Punkte in K n . Lösungsmengen sind also Teilmengen des K n . Die Menge L :=
{v + tw ∈ K n | t ∈ K} mit fest gewählten v ∈ K n und w ∈ K n \ {0} heißt die affine
Gerade durch v mit Richtungsvektor w.
✡ ✡✡ + 2w
✡ ✡✡✣•v
✡ ✡
✡ •v ✡
✡✣ w
✡
✡ ✡ ✡
Wenn v = 0, dann sagt man auch einfach L sei eine Gerade (ohne ”
affin“).
Bemerkung 1.3.2. Die Lösungsmengen der obigen homogenen linearen Gleichungssysteme
lassen sich mithilfe der Vektor-Verknüpfungen wie folgt beschreiben:
{0 + t(−r, 1) | t ∈ K} im Fall b)
und
{0 + t(1, 0) | t ∈ K} im Fall c).
Insbesondere sind beide Lösungsmengen Geraden durch den Nullpunkt.
⊓⊔

1.3 Gleichungssysteme mit zwei Unbekannten 41
Wir zeigen jetzt, dass jede Gerade durch den Nullpunkt als Lösungsmenge einer
homogenen linearen Gleichung vorkommt.
Proposition 1.3.3. Für L ⊂ K 2 sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) L ist eine Gerade durch den Nullpunkt.
(2) L ist Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems (in zwei Unbekannten)
mit einer Zeilenstufenform, in der genau eine Stufe vorkommt.
(3) L ist Lösungsmenge einer homogenen linearen Gleichung a 1 x 1 + a 2 x 2 = 0 mit
(a 1 , a 2 ) ≠ (0, 0).
Beweis. ”
(1) ⇒ (3)“: Sei L = {tw ∈ K 2 | t ∈ K} mit w = (w 1 , w 2 ) ≠ (0, 0). Dann
erfüllt jedes x = (x 1 , x 2 ) ∈ L die Gleichung w 2 x 1 − w 1 x 2 = 0.
” (3) ⇒ (2)“: Betrachte die Koeffizientenmatrix (a 1, a 2 ). Ihre Zeilenstufenform ist
( 1 ∗
)
, wenn a1 ≠ 0, und
(
0 1
)
, wenn a1 = 0 (weil dann a 2 ≠ 0 gelten muss).
Also hat man jeweils genau eine Stufe.
” (2) ⇒ (1)“: Das wurde in Bemerkung 1.3.2 nachgewiesen. ⊓⊔
Als Ergebnis halten wir fest: Die Lösungsmengen von homogenen linearen Gleichungssystemen
in zwei Variablen sind entweder
• der Nullpunkt,
• eine Gerade durch den Nullpunkt, oder
• die ganze Ebene.
Nach Proposition 1.2.12 sind daher die Lösungen von beliebigen linearen Gleichungssystemen,
wenn überhaupt welche existieren, entweder
• ein Punkt,
• eine affine Gerade, oder
• die ganze Ebene.
Umgekehrt zeigen Proposition 1.2.12 und Proposition 1.3.3, dass jeder Punkt, jede
Gerade und die ganze Ebene jeweils Lösung eines linearen Gleichungssystems ist
(vgl. Übung 1.3.1).
Übungen zu Abschnitt 1.3
Übung 1.3.1. Zeige, dass jede affine Gerade in R 2 die Lösungsmenge einer linearen Gleichung
ist.
Übung 1.3.2. Es sei das folgende Gleichungssystem gegeben
a 11x 1 + a 12x 2 = b 1
a 21x 1 + a 22x 2 = b 2
mit a 11, a 21, a 12, a 22, b 1, b 2 ∈ R. Wie sind a 11, a 21, a 12, a 22, b 1, b 2 zu wählen (nur Beispiele!),
wenn das System keine, genau eine, bzw. unendliche viele Lösungen haben soll? Kann man
auch erreichen, dass alle Paare (x 1, x 2) das System lösen?

42 1 Lineare Gleichungssysteme
Übung 1.3.3. Man stelle die Lösungsmengen der Gleichungen 2x+3y = 0 und 2x+3y = 6
sowohl graphisch als auch im 2-dimensionalen Zahlenraum dar. Weiter zeige man, dass die
Lösungsmenge der inhomogenen Gleichung eine affine Gerade ist.
Übung 1.3.4. Zwei verschiedene affine Geraden L = {v +tw : t ∈ R, v, w ∈ R 2 , w ≠ 0} und
L ′ = {v ′ + tw ′ : t ∈ R, v ′ , w ′ ∈ R 2 , w ′ ≠ 0} haben keinen oder genau einen Schnittpunkt.
Wie kann man das an den Vektoren v, w, v ′ , w ′ erkennen?
Übung 1.3.5. Der Einfluß von Rundungsfehlern kann bei der Behandlung linearer Gleichungssysteme
erheblich sein. Man berechne für ε > 0 jeweils die Lösungsmenge von
(a)
(b)
(c)
x + y = 2
x + (1 + ε)y = 2 + ε,
x + y = 2
x + (1 + ε)y = 2,
x + y = 2
x + y = 2.
Übung 1.3.6. Man zeige: Das lineare Gleichungssystem
a x 1 + b x 2 = 0
c x 1 + d x 2 = 0
mit a, b, c, d ∈ K hat genau dann eine von (0, 0) verschiedene Lösung, wenn ad − bc = 0 ist.
Übung 1.3.7. Man zeige, daß die affinen Geraden L = {v + tw ∈ R n | t ∈ R} und
L ′ = {v ′ + sw ′ ∈ R n | s ∈ R} (mit v, v ′ ∈ R n und w, w ′ ∈ R n \ {0}) genau dann
übereinstimmen, wenn v ′ ∈ L und w ′ = cw mit c ∈ R \ {0} gilt.
Übung 1.3.8.
Gegeben sei das folgende lineare Gleichungssystem in R 3
(2k − 1)x 1 + kx 2 + x 3 = 2 − k
kx 1 + kx 2 + x 3 = 1
x 1 + x 2 + kx 3 = 1
(a) Man bestimme die Lösungsmenge des LGSs in Abhängigkeit von dem Parameter k ∈
R.
(b) Man bestimme eine Basis der Lösungsmenge des zugehörigen HLGSs in Abhängigkeit
von dem Parameter k ∈ R.

2
Lineare Unterräume des K n
In diesem Kapitel entwickeln wir verschiedene neue Begriffe ( ”
linearer Unterraum“,
”
lineare Unabhängigkeit“, ”
linearer Spann“, ”
Basis“, ”
Dimension“ etc.),
die man braucht um die Lösungsmengen linearer Gleichungssysteme möglichst effizient
zu beschreiben. Diese Begriffe werden sich aber auch in anderen Kontexten
als sehr nützlich erweisen.
2.1 Lösungsräume homogener Gleichungssysteme
In diesem Abschnitt beginnen wir mit einer genaueren Untersuchung der Lösungsmengen
von homogenen linearen Gleichungssystemen. Dabei dienen die geometrischen
Erkenntnisse aus Abschnitt 1.3 als Inspiration und Muster.
Proposition 2.1.1. Sei
j=1
n∑
a ij x j = 0, i = 1, . . . , m, ein homogenes lineares Gleichungssystem
mit Lösungsmenge U.
(a) Wenn v, w ∈ U, dann gilt v + w ∈ U.
(b) Wenn v ∈ U, t ∈ K, dann gilt tv ∈ U.
Beweis. Gegeben seien t, s ∈ K und v, w ∈ U. Man zeigt (a) und (b) gleichzeitig,
wenn man zeigt, dass dann tv + sw ∈ U gilt.
n∑
a ij (tv j + sw j ) =
j=1
n∑
ta ij v j +
j=1
n∑
sa ij w j = t
j=1
n∑
a ij v j
j=1
} {{ }
= 0 nach Vor.
+s
n∑
a ij w j
j=1
} {{ }
= 0 nach Vor.
= 0.
⊓⊔
Wir gießen die Eigenschaften von Lösungsmengen homogener linearer Gleichungssysteme
in eine Definition, die gleichzeitig den Begriff einer Geraden (durch
den Nullpunkt) verallgemeinert.
Definition 2.1.2. Eine Teilmenge ∅ ≠ U ⊆ K n heißt linearer Unterraum, wenn
gilt:
a) Für alle u, v ∈ U gilt u + v ∈ U.
(Abgeschlossenheit unter der Addition)

44 2 Lineare Unterräume des K n
b) Für alle t ∈ K und u ∈ U gilt tu ∈ U.
(Abgeschlossenheit unter Multiplikation mit Skalaren)
Beispiel 2.1.3. (i) Die Mengen {0} und K n sind lineare Unterräume von K n . Man
nennt sie die trivialen Unterräume.
(ii) Jede Gerade in K n durch 0 ist ein linearer Unterraum.
(iii) Jede Lösungsmenge eines (HLGS) in n Variablen ist nach Proposition 2.1.1 ein
linearer Unterraum des K n .
(iv) Der Schnitt von linearen Unterräumen ist selbst wieder ein linearer Unterraum.
(v) Die Vereinigung von zwei linearen Unterräumen ist genau dann ein linearer
Unterraum, wenn die beiden Räume ineinander enthalten sind (Übung).
⊓⊔
Einer der großen Vorteile der linearen Unterräume von K n ist der Umstand,
dass wenige Elemente solcher Unterräume genügen, diese vollständig zu beschreiben.
Letztendlich werden wir sehen, dass man lineare Unterräume immer aus endlich
vielen Elementen rekonstruieren kann. Insbesondere kann man dann im Prinzip
die vollständige Information über den Lösungsraum eines homogenen linearen Gleichungssystems
im Computer abspeichern, obwohl der Lösungsraum selbst unendlich
viele Elemente enthält, falls dies für den Körper gilt.
Wir nähern uns diesen Tatsachen zunächst dadurch an, dass wir studieren, wie
man zu vorgegebenen Teilmengen A von K n den kleinstmöglichen linearen Unterraum
baut, der diese Teilmenge enthält.
Definition 2.1.4. Sei A ⊆ K n beliebige (nicht leere) Teilmenge. Die Menge
{ k∑ ∣ }
span(A) := c j a j ∈ K n ∣∣ k ∈ N, aj ∈ A, c j ∈ K
j=1
heißt der lineare Spann oder die lineare Hülle von A. Man sagt auch, A spannt
span(A) auf oder A erzeugt span(A). Dementsprechend spricht man auch von A
als einem Erzeugendensystem für span(A). Eine endliche Summe der Form
v =
k∑
c j a j ∈ K n
j=1
heißt Linearkombination der a 1 , . . . , a k , d.h., der lineare Spann von A ist gerade
die Menge der Linearkombinationen von Elementen aus A. Um lästige Fallunterscheidungen
zu vermeiden, setzt man
span(∅) := {0}.
Die Setzung span(∅) := {0} lässt sich durch den folgenden Satz motivieren, weil
{0} der kleinste Untervektorraum eines Vektorraum ist.
Proposition 2.1.5. Sei A ⊆ K n . Dann ist span(A) der kleinste lineare Unterraum,
der A enthält, d.h.
(a) span(A) ist ein linearer Unterraum.
(b) Wenn A ⊆ U und U ein linearer Unterraum ist, dann gilt span(A) ⊆ U.

∑
Beweis. (a) Seien u = m ∑
c j a j , v = k
j=1
2.1 Lösungsräume homogener Gleichungssysteme 45
c ′ l a′ l
l=1
j=1
l=1
und t, s ∈ K. Dann gilt
m∑
k∑
su + tv = sc j a j + tc ′ la ′ l ∈ span(A).
(b) Seien u 1 , . . . , u k ∈ U, c 1 , . . . , c k ∈ K. Dann zeigt man mit Induktion über k,
k∑
dass c j u j ∈ U gilt. Insbesondere ist das für a 1 , . . . , a k ∈ A ⊆ U richtig, d.h.
j=1
span(A) ⊆ U.
⊓⊔
Wir listen einige Spezialfälle von Proposition 2.1.5 auf:
Bemerkung 2.1.6. (i) Wenn A = {a 1 , . . . , a k }, dann schreiben wir span(a 1 , . . . , a k )
statt span({a 1 , . . . , a k }).
(ii) Sei e j ∈ K n der Vektor, der überall Nullen hat, nur an der j-ten Stelle eine 1:
Dann gilt
e j := (0, . . . , 0, 1
}{{}
j-te
Stelle
, 0, . . . , 0).
span(e 1 , . . . , e k ) = {x ∈ K n | x = (x 1 , . . . , x n ) und x k+1 = . . . = x n = 0}
für k ≤ n. Zum Beispiel haben wir in K 3 :
e 1 = (1, 0, 0) e 2 = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1)
span(e 1 , e 2 ) = {c 1 e 1 + c 2 e 2 | c 1 , c 2 ∈ K}
= {(c 1 , 0, 0) + (0, c 2 , 0) | c 1 , c 2 ∈ K}
= {(c 1 , c 2 , 0) | c 1 , c 2 ∈ K}
= {(c 1 , c 2 , c 3 ) | c 3 = 0}
(iii) Seien U 1 , U 2 zwei lineare Unterräume in K n . Dann ist in der Regel U 1 ∪ U 2 ⊆ K n
kein linearer Unterraum (vgl. Beispiel 2.1.3(v)).
{ ∑
m
span(U 1 ∪ U 2 ) = c j a j
+
j=1 i=1
} {{ }
∈U 1
k∑ ∣ }
∣∣
d i b i m, k ∈ N, cj , d i ∈ K, a j ∈ U 1 , b i ∈ U 2
} {{ }
∈U 2
= {u 1 + u 2 | u 1 ∈ U 1 , u 2 ∈ U 2 }
Man schreibt auch U 1 + U 2 für diese Menge und spricht von der Summe der
beiden Unterräume.
⊓⊔
Beachte, dass sich A nicht aus span(A) zurückgewinnen lässt: Wenn man in der
Notation von Bemerkung 2.1.6 hat A 1 = {e 1 , e 2 } und A 2 = {e 1 , e 2 , e 1 + e 2 }, dann
gilt span(A 1 ) = K 2 = span(A 2 ).

46 2 Lineare Unterräume des K n
Man schreibt die Elemente des n-dimensionalen Zahlenraums K n oft nicht in
der Form (a 1 , . . . , a n ), d.h. als Zeilenvektoren, sondern in der Form
⎛
⎜
⎝
⎞
a 1
.
a n
d.h. als Spaltenvektoren. Das nimmt mehr Platz weg, hat aber andere schreibtechnische
Vorteile, die klar werden sobald man über Matrizenmultiplikation spricht.
⎟
⎠ ,
Übungen zu Abschnitt 2.1
Linearer Spann
Übung 2.1.1. Man zeige die Richtigkeit der folgenden Aussagen für A, B ⊆ K n :
(a) A = span(A) gilt genau dann, wenn A ein linearer Unterraum ist.
(b) A ⊆ B impliziert span(A) ⊆ span(B).
(c) span(A ∪ B) = span(A) + span(B).
Übung 2.1.2. Seien A und B Teilmengen von K n . Man zeige: A ⊆ B impliziert span(A) ⊆
span(B).
Übung 2.1.3. Es seien
⎛
⎞
a 11 . . . a 1n
⎜
A =
⎝
.
.
a m1 . . . a mn
⎟
⎠ und B =
⎛
⎞
a 11 . . . a 1n b 1
⎜
⎝
.
⎟
.
. ⎠
a m1 . . . a mn b m
die Koeffizientenmatrix und die erweiterte Koeffizientenmatrix eines linearen Gleichungssystems.
Dann sind
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a 11 a 1n b 1
⎜
⎟ ⎜
⎝
. ⎠ , . . . ,
⎟ ⎜
⎝
. ⎠ ,
. ⎟
⎝ .. ⎠
a m1 a mn b m
die Spaltenvektoren der erweiterten Koeffizientenmatrix. Beweise die Äquivalenz der
folgenden Aussagen:
(1) Das System ist lösbar.
(2) span(A) = span(B). Dabei ist der lineare Spann span(M) einer Matrix M definiert
als der lineare Spann der Spaltenvektoren von M.
Übung 2.1.4. Gegeben seien die Vektoren
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
0
λi
z 1 = ⎜ 0
⎟
⎝ 2 ⎠ , z2 = ⎜ λ
⎟
⎝ 1 ⎠ , z3 = ⎜
⎝
2i
i
λi
λ
0
0
⎞
⎟
⎠ ,
⎛
z4 = ⎜
⎝
3
0
i
−1 + 3i
⎞
⎟
⎠ ,
⎛ ⎞
0
z5 = ⎜ −1
⎟
⎝ 1 ⎠ ,
λ
aus C 4 , wobei λ ∈ C sei. Bestimme die Menge M = {λ ∈ C | span(z 1, . . . , z 5) ≠ C 4 }.
Lineare Unterräume
Übung 2.1.5. Man zeige, dass A = span(A) genau dann gilt, wenn A ein linearer Unterraum
ist.

2.2 Lineare Abhängigkeit und Unabhängigkeit 47
Übung 2.1.6. (a) Man zeige, daß der Schnitt von linearen Unterräumen stets wieder ein
linearer Unterraum ist.
(b) Seien U und V lineare Unterräume von R n . Man zeige, dass U ∪V nur dann ein linearer
Unterraum von R n sein kann, wenn U ⊆ V oder V ⊆ U.
Übung 2.1.7. Sei A ⊆ K n . Zeige
span(A) = ⋂ {U ⊆ K n | A ⊆ U, U lin. Unterraum von K n }.
Übung 2.1.8. Welche der folgenden Mengen sind lineare Unterräume von R 3 bzw. R 2 ?
M 1 = {(x 1, x 2, x 3): x i ∈ R, x 3 = 0}.
M 2 = {(x 1, x 2): x 1 ≠ x 2, x i ∈ R}.
M 3 = {(x 1, x 2): x 1 + x 2 = 0, x i ∈ R}.
M 4 = {(x 1, x 2): x 1 ∈ R, x 2 ∈ Z}.
M 5 = {(x 1, x 2, x 3): x 1 = x 2 = x 3, x i ∈ R}.
Übung 2.1.9. Welche der folgenden Mengen sind lineare Unterräume von R 2 bzw. R 3 ?
1. M 1 = {(x 1, x 2) ∈ R 2 | x 1 · x 2 = 0},
2. M 2 = {(x 1, x 2) ∈ R 2 | x 1 ≤ x 2},
3. M 3 = {(x 1, x 2, x 3) ∈ R 3 | x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 = 0},
4. M 4 = {(x 1, x 2, x 3) ∈ R 3 | 1 · x 1 + 2 · x 2 + 3 · x 3 = 0}.
Man begründe die Antworten und skizziere die Mengen M 1 und M 2 in R 2 .
2.2 Lineare Abhängigkeit und Unabhängigkeit
Wir arbeiten weiter an dem Projekt lineare Unterräume durch möglichst wenige
Elemente vollständig zu charakterisieren. Der nächste Schritt ist es zu untersuchen,
wie viele Elemente nötig sind, um einen vorgegebenen linearen Unterraum aufzuspannen.
Die Quintessenz der folgenden Definition, die in ihrer Bedeutung gar nicht
überschätzt werden kann, ist, dass man eine aufspannende Menge nicht weiter verkleinern
kann, wenn sie linear unabhängig ist.
Definition 2.2.1. Eine Teilmenge A ⊆ K n heißt linear abhängig, wenn schon
eine echte Teilmenge von A ausreicht, um span(A) aufzuspannen:
(∃A ′ A)
span(A ′ ) = span(A).
Ansonsten heißt A linear unabhängig.
Beispiel 2.2.2. (i) {e 1 , e 2 , e 1 + e 2 } ist linear abhängig.
(ii) {e 1 , e 2 } ist linear unabhängig:
{e 1 } ⊆ {e 1 , e 2 }, span(e 1 ) = {(x 1 , 0) | x 1 ∈ K} K 2 = span(e 1 , e 2 ).
Analog gilt auch, dass span(e 2 ) K 2 .
(iii) Wenn 0 ∈ A ⊆ K n , dann ist A linear abhängig, weil span(A) = span(A \ {0}).

48 2 Lineare Unterräume des K n
(iv) Sei A ⊆ K n . Wenn es ein a ∈ A mit a ∈ span(A \ {a}) gibt, dann ist A linear
abhängig: Setzt man nämlich A ′ := A \ {a} A, dann gilt nach Voraussetzung
∑
a = m c j a ′ j wobei a′ j ∈ A \ {a} = A′ . Aber dann folgt
j=1
span(A) =
{
ta +
}
k∑
d i b i | b i ∈ A ′ , t, d i ∈ K, k ∈ N
i=1
⎧
⎨ m∑
= tc
⎩ j a ′ j +
j=1
⎫
k∑
⎬
d i b i | a ′ j, b i ∈ A ′ , c j , t, d i ∈ K, k ∈ N
⎭
i=1
⊆ span(A ′ ) ⊆ span(A)
und es folgt, dass span(A) = span(A ′ ).
(v) Wenn v 1 , . . . , v k ∈ A verschieden und c 1 , . . . , c k ∈ K nicht alle 0 sind, jedoch
k∑
c j v j = 0
j=1
(NLR)
gilt (so eine Gleichung nennt man eine nicht-triviale lineare Relation), dann
ist A linear abhängig. Um das zu sehen, kann man o.B.d.A. (ohne Beschränkung
der Allgemeinheit) annehmen 1 , dass c 1 ≠ 0. Durch Umstellen der Gleichung
findet man
k∑ ( )
v 1 = − cj
c 1
v j ∈ span(A \ {v 1 })
j=2
und dies zeigt nach (iv) die lineare Abhängigkeit von A.
⊓⊔
Die Aussage aus Beispiel 2.2.2(v) lässt sich auch umkehren und so erhält man
eine Charakterisierung der Linearen Unabhängigkeit, die von großer praktischer
Bedeutung ist, weil sie in vielen Situation als Test eingesetzt werden kann.
Satz 2.2.3. Eine Teilmenge A ⊆ K n ist genau dann linear abhängig, wenn es eine
nicht-triviale lineare Relation der Form (NLR) zwischen Elementen von A gibt.
Beweis. ⇐“: Dies wurde in Beispiel 2.2.2(v) gezeigt.
”
” ⇒“: Wenn A linear abhängig ist, dann gibt es A′ A mit span(A ′ ) = span(A).
Sei v ∈ A \ A ′ ∑
und v = k c j v j , v j ∈ A ′ , c j ∈ K. Dann ist
j=1
1v +
k∑
(−c j )v j = 0
j=1
die gewünschte nicht-triviale lineare Relation.
⊓⊔
1 Man kann die v’s und c’s ja umnumerieren.

2.2 Lineare Abhängigkeit und Unabhängigkeit 49
Korollar 2.2.4 (Test auf lineare Unabhängigkeit).
linear unabhängig, wenn gilt:
Für v 1 , . . . , v k ∈ A verschieden und c 1 , . . . , c k ∈ K mit
c 1 = . . . = c k = 0.
A ⊆ K n ist genau dann
k∑
c j v j = 0 folgt, dass
j=1
Beispiel 2.2.5. Sei v 1 = (1, 0, 0), v 2 = (1, 1, 0), v 3 = (1, 1, 1) ∈ R 3 und A =
{v 1 , v 2 , v 3 }.
0 = c 1 v 1 + c 2 v 2 + c 3 v 3 = (c 1 + c 2 + c 3 , c 2 + c 3 , c 3 )
impliziert erst c 3 = 0, dann c 2 = 0 und schließlich c 1 = 0. Also ist A linear unabhängig.
⊓⊔
Beispiel 2.2.6. Die Teilmenge A ⊆ K n habe mehr als n Elemente. Dann ist A
ist linear abhängig. Wenn nämlich v 1 , . . . , v n+1 ∈ A verschieden sind und v j =
(v j,1 , . . . , v j,n ), dann hat das homogene Gleichungssystem
n+1
∑
x j v j,i = 0
j=1
i = 1, . . . , n
mehr Unbekannte als Gleichungen. Es lässt daher (vgl. Bemerkung 1.2.10) eine von
0 verschiedene Lösung (c 1 , . . . , c n+1 ) zu. Diese erfüllt dann
n+1
∑
c j v j = 0
j=1
und wir haben eine nicht-triviale lineare Relation.
⊓⊔
Beispiel 2.2.7. Betrachte eine Matrix in Zeilenstufenform mit k Stufen. Weiter
seien v 1 , . . . , v k ∈ K n die ersten k Zeilenvektoren der Matrix. Dann ist die Menge
{v 1 , . . . , v k } linear unabhängig: Wir wenden Korollar 2.2.4 an und nehmen an, dass
gilt
k∑
c j v j = 0.
j=1
Zu zeigen ist also, dass alle c j Null sind. Seien s 1 < . . . < s k die Spaltennummern, in
denen Stufen auftauchen. Dann gilt für den Koeffizienten v i,s1 von v i in der s 1 -ten
Spalte
{
1 i = 1
v i,s1 =
0 i = 2, . . . , k
und es folgt c 1 = 0 sowie ∑ k
i=2 c iv i = 0. Genauso finden wir
{
1 i = 2
v i,s2 =
0 i = 3, . . . , k,
was dann c 2 = 0 und ∑ k
i=3 c iv i = 0 zeigt. Wir fahren so fort und finden sukzessive
c 1 = . . . = c k = 0.
⊓⊔

50 2 Lineare Unterräume des K n
Übungen zu Abschnitt 2.2
Übung 2.2.1. Man teste die folgenden Mengen auf lineare Unabhängigkeit:
1. {(1, 1, 1), (1, −1, 1), (−1, 1, 1)} ⊂ R 3 ,
2. {(3, −2, 1), (5, −3, 1), (4, −5, 6)} ⊂ R 3 .
Übung 2.2.2. Man teste die folgenden Mengen auf lineare Unabhängigkeit:
a) {(−2, −2, 2, 4, 4), (3, 6, 9, 6, 3), (3, 5, −7, 2, 2), (4, 8, −6, 8, 7)}
b) {(4, 1, 1, −2), (−7, −2, −4, 7), (7, 1, −7, 8), (9, 2, −7, 3)}
c) {(1, 2, 3, 4), (2, 3, 4, 5), (3, 4, 5, 6), (4, 5, 6, 7), (5, 6, 7, 8)}
Hinweis: Es ist möglich, Teil c) ohne Rechnung zu beantworten.
Übung 2.2.3. Ist die Menge
linear unabhängig?
{(4, 5, −7, 1, 2), (2, 1, 3, 1, 2), (−1, 0, 8, 0, −3), (3, 9, 1, 1, 7)}
Übung 2.2.4. Für welche Werte der Parameter a, b ∈ R ist die Menge {u, v, w} linear
abhängig? Dabei ist
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1
1
1
u = ⎝1⎠ , v = ⎝1 + a 2 ⎠ , w = ⎝1 + b 2 ⎠ .
1
1 + a 2 2a
Übung 2.2.5. Für welche Werte des Parameters t ∈ R ist die Menge {a 1, a 2, a 3, a 4} linear
abhängig? Dabei ist
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1
2
1
3
2t
a 1 =
⎜ 1
⎟
⎝ −2 ⎠ , a2 = 5
⎜−2t
⎟
⎝ 1 ⎠ , a3 = t + 2
⎜ 1
⎟
⎝ −t ⎠ , a4 = 8
⎜ 3
⎟
⎝ 2 ⎠ .
2t − 1
8
3
13
Übung 2.2.6. Begründe oder widerlege:
1. Sind u, v, w ∈ K n Vektoren, so dass die Mengen {u, v}, {u, w}, {v, w} linear unabhängig
sind, dann ist auch {u, v, w} linear unabhängig.
2. Sind die Vektoren u, v, w ∈ K n linear unabhängig, so sind auch u + v, v + w, u + w
linear unabhängig.
Übung 2.2.7. Es seien Vektoren w 1, w 2, w 3, w 4 ∈ R n gegeben, und es sei
v 1 = w 1 + w 2 + w 3 + w 4 ,
v 2 = 2w 1 + 2w 2 + w 3 − w 4 ,
v 3 = w 1 + w 2 + 3w 3 − w 4 ,
v 4 = 2w 1 − w 3 + w 4 ,
v 5 = − w 2 + w 3 − w 4 .
Man beweise, dass (v 1, . . . , v 5) linear abhängig ist.
Hinweis: Man kann diese Aufgabe dadurch lösen, dass man eines der v i als Linearkombination
der anderen vier darstellt. Es gibt aber auch einen Beweis, bei dem man überhaupt
nicht zu rechnen braucht!
Übung 2.2.8. Gegeben seien eine Matrix A und ein Vektor b als
⎛
⎞ ⎛ ⎞
2 − t 3 −6
1
A = ⎝ 3 2 − t −6 ⎠ , b = ⎝ 1 ⎠ .
−6 −6 11 − t
−2
(a) Bestimme die Lösung von Ax = b für t = −1.
(b) Für welche t ∈ R ist Ax = 0 durch ein x ≠ 0 lösbar?
(c) Für welche t ∈ R ist Ax = b lösbar?

2.3 Basen für lineare Unterräume des K n
2.3 Basen für lineare Unterräume des K n 51
Mit dem Konzept der linearen Spanns einer Menge können wir feststellen, ob sie
groß genug ist einen linearen Unterraum zu rekonstruieren, mit dem Konzept der
linearen Unabhängigkeit können wir feststellen, ob es dabei Redundanzen gibt. In
Kombination führen die beiden Konzepte auf das Konzept der Basis eines linearen
Unterraums. Solche Basen kann man als die minimalen Mengen betrachten, aus
denen man den linearen Unterraum rekonstruieren kann.
Definition 2.3.1. Sei U ⊆ K n ein linearer Unterraum. Eine Basis für U ist eine
Menge {v 1 , . . . , v k } ⊆ U mit
a) span(v 1 , . . . , v k ) = U,
b) {v 1 , . . . , v k } ist linear unabhängig.
Die Zahl k heißt die Länge der Basis. Ähnlich wie im Fall des linearen Spanns
definiert man: ∅ ist eine Basis für {0}.
An dieser Stelle ist noch nichts darüber ausgesagt, ob es überhaupt solche Basen
gibt (außer für den Null-Unterraum). Wir werden aber zeigen, dass jeder lineare
Unterraum von K n eine Basis hat.
So wie wir Basen definiert haben sind sie Teilmengen von K n , d.h. bei der
Auflistung der Basiselemente kommt es nicht auf die Reihenfolge an. Später, wenn
wir Basen als Rechenhilfen benutzen, wird es nützlich sein auch eine Reihenfolge
der Basiselemente festzulegen.
Beispiel 2.3.2. (a) Sei 0 ≠ v ∈ K n . Dann ist {v} ist eine Basis für Kv.
(b) Die Menge {e 1 , . . . , e n } aus Bemerkung 2.1.6(ii) ist eine Basis für K n , die man
die Standardbasis oder auch kanonische Basis nennt. Man meint damit
dann auch die hier vorgegebene Reihenfolge.
⊓⊔
Satz 2.3.3. Sei U ⊆ K n ein linearer Unterraum und v 1 , . . . , v k ∈ U. Dann sind
folgende Aussagen äquivalent:
(1) {v 1 , . . . , v k } ist eine Basis für U.
(2) Jedes u ∈ U lässt sich in eindeutiger Weise als Linearkombination der v 1 , . . . , v k
schreiben.
Beweis. Idee: Die beiden Teilbedingungen für die Eigenschaft von {v 1, . . . , v k } Basis zu
sein, lassen sich als Existenz, bzw. Eindeutigkeit der Linearkombination umformulieren.
Sei u ∈ U. Die Existenz der Linearkombination ist nach Definition 2.1.4
äquivalent zu span(v 1 , . . . , v k ) = U.
Die Eindeutigkeit der Linearkombination ist dagegen äquivalent zur linearen
Unabhängigkeit von {v 1 , . . . , v k }: Falls nämlich {v 1 , . . . , v k } linear unabhängig ist,
folgt aus u = ∑ k
j=1 c jv j = ∑ k
j=1 d jv j , dass ∑ k
j=1 (c j − d j )v j = 0 und daher (vgl.
Korollar 2.2.4) c j = d j für alle j. Umgekehrt, wenn aus ∑ k
j=1 c jv j = 0 = ∑ k
j=1 0·v j
folgt, dass für alle j gilt c j = 0, dann folgt (wieder aus Korollar 2.2.4) die lineare
Unabhängigkeit von {v 1 , . . . , v k }.
⊓⊔

52 2 Lineare Unterräume des K n
Der folgende Satz wird uns den Induktionsschritt im Nachweis dafür liefern, dass
jeder lineare Unterraum von K n eine Basis hat.
Satz 2.3.4 (Basis-Ergänzungssatz). Seien V ⊆ U ⊆ K n lineare Unterräume
und {v 1 , . . . , v k } eine Basis für V . Dann gibt es Elemente u 1 , . . . , u m ∈ U, so dass
{v 1 , . . . , v k ,u 1 , . . . , u m } eine Basis für U ist.
Beweis. Idee: Falls V U ist, ergänze {v 1, . . . , v k } um ein Element in U \ V und
verifiziere, dass die resultierende Menge linear unabhängig ist. Dann iteriere.
1. Fall: Wenn V = U, dann ist nichts zu zeigen.
2. Fall: Wenn V U, dann gibt es ein u ∈ U \ V und {v 1 , . . . , v k , u} ist linear
unabhängig. Um das einzusehen, stellen wir zunächst fest, dass
⎛ ⎞
k∑
⎝ c j v j
⎠ + cu = 0
j=1
impliziert c = 0, weil wir andernfalls
u = − 1 c
k∑
c j v j =
j=1
k∑ (
c −
j
)
c vj ∈ V
hätten, was im Widerspruch zu u ∈ U \ V stünde. Also gilt ∑ k
j=1 c jv j = 0
und das zeigt wegen der linearen Unabhängigkeit von {v 1 , . . . , v k }, dass c 1 =
0, . . . , c k = 0. Damit haben wir die lineare Unabhängigkeit von {v 1 , . . . , v k , u}
nachgewiesen.
Jetzt setzen wir u 1 := u und U 1 := span(v 1 , . . . , v k , u 1 ) ⊆ U. Dann ist
{v 1 , . . . , v k , u 1 } nach dem obigen Argument eine Basis für U 1 und man kann
die bisherigen Beweisschritte für U 1 statt V wiederholen, falls U 1 V gilt.
Auf diese Weise findet man u 1 , . . . , u j , . . . ∈ U und lineare Unterräume U 1 ⊆
. . . ⊆ U j ⊆ . . . ⊆ U mit der Eigenschaft, dass {v 1 , . . . , v k , u 1 , . . . , u j } eine Basis
für U j ist. Da nach Beispiel 2.2.6 keine Basis mehr als n Elemente haben kann,
muss irgendwann der erste Fall eintreten, d.h., es gibt ein m mit U m = U.
Folglich ist {v 1 , . . . , v k ,u 1 , . . . , u m } ist eine Basis für U.
j=1
⊓⊔
Korollar 2.3.5. Jeder lineare Unterraum U von K n hat eine Basis.
Beweis. Falls U = {0}, dann ist ∅ nach Definition eine Basis für U. Andernfalls
wenden wir Satz 2.3.4 auf U mit V = {0} an und finden so eine Basis für U. ⊓⊔
Satz 2.3.6 (Basisauswahlsatz). Sei U = span(v 1 , . . . , v k ) ⊆ K n . Dann gibt es
eine Teilmenge {v i1 , . . . , v ir } ⊆ {v 1 , . . . , v k }, so dass {v i1 , . . . , v ir } eine Basis für U
ist.
Beweis. Idee:
Elemente.
Teste {v 1, . . . , v k } auf lineare Unabhängigkeit und streiche überflüssige
Wir testen {v 1 , . . . , v k } auf lineare Unabhängigkeit.

2.3 Basen für lineare Unterräume des K n 53
1. Fall: Wenn {v 1 , . . . , v k } linear unabhängig ist, gibt es nichts zu zeigen.
2. Fall: Wenn {v 1 , . . . , v k } linear abhängig ist, dann existiert eine echte Teilmenge
{v i1 , . . . , v ir } {v 1 , . . . , v k } mit
span(v i1 , . . . , v ir ) = span(v 1 , . . . , v k ) = U.
Jetzt wiederholt man den Test mit der kleineren Menge. Dieses Verfahren bricht
ab, weil man in jedem Schritt mindestens ein Element streicht. Man ist dann in Fall
1 und hat die gewünschte Basis. ⊓⊔
Unsere Motivation für die Einführung linearer Unterräume war, dass die Lösungsmengen
von homogenen linearen Gleichungssystemen solche Unterräume sind. Mit
der Einführung von Basen können wir jetzt unser Versprechen einlösen, diese Lösungsräume
durch endlich viele Elemente vollständig zu charakterisieren.
Beispiel 2.3.7. Wir suchen ein Verfahren, mit dem für jeden Lösungsraum eines
homogenen linearen Gleichungssystems eine Basis gefunden werden kann. In diesem
Beispiel soll zunächst illustriert werden, was dabei die Schwierigkeiten sind. Das
allgemeine Verfahren wird dann in Satz 2.3.8 angegeben.
Sei jetzt (a ij ) i
j
Beispiel 1:
= 1 , ... ,
= 1 , ... ,
m
n
eine in Zeilenstufenform gegebene Koeffizientenmatrix.
( ) 1 2 3 4
0 0 1 2
Beispiel 2:
liefert die Lösungsmenge
x 4 beliebig
x 3 = −2x 4
x 2 beliebig
x 1 = −2x 2 − 3x 3 − 4x 4 = −2x 2 + 2x 4 .
( )
1 2 0 −2
0 0 1 2
liefert die Lösungsmenge
x 4 beliebig
x 3 = −2x 4
x 2 beliebig
x 1 = −2x 2 + 2x 4 .
Die Idee zur allgemeinen Konstruktion einer Basis ist jetzt, von den frei wählbaren
x j alle bis auf jeweils eines zu 0 zu setzen und das eine zu 1. Um dann eine Lösung
zu erhalten, muss man noch die nicht frei wählbaren x sr sukzessive so modifizieren,
dass alle Gleichungen auch wirklich erfüllt sind. Diese zu modifizierenden x’e sind
genau die, die zu einer Stufe gehören.
In Beispiel 1 kann man mit (0, 0, 0, 1) anfangen und diesen Vektor mit der
2. Gleichung zu (0, 0, −2, 1) modifizieren. Diesen Vektor modifiziert man dann mit
der 1. Gleichung zu (2, 0, −2, 1). Den Vektor (0, 1, 0, 0) modifiziert man mit der
1. Gleichung zu (−2, 1, 0, 0). Man sieht dann sofort, dass {(2, 0, −2, 1), (−2, 1, 0, 0)}
tatsächlich eine Basis für den Lösungsraum ist. Beachte dabei folgendes: Wollte
man (0, 0, 0, 1) zunächst mit der 1. Gleichung modifizieren, dann hätte man keine
eindeutige Auswahl, (?, 0, ?, 1), und die Wahl der 3. Komponente würde die Wahl
der 1. Komponente beeinflussen.
In Beispiel 2 findet man mit denselben Rechenschritten dieselbe Basis. Der Unterschied
ist folgender: Wollte man jetzt (0, 0, 0, 1) mit der 1. Gleichung modifizieren,
dann hätte man zwar wieder keine eindeutige Auswahl, (?, 0, ?, 1), aber die Wahl
der 3. Komponente würde die Wahl der 1. Komponente nicht beeinflussen. Der
Grund dafür ist, dass der Koeffizient über der Stufe in der dritten Spalte 0 ist. Wir
können also die 3. Komponente beliebig setzen, z.B. zu 0, und finden (2, 0, 0, 1).

54 2 Lineare Unterräume des K n
Jetzt liefern die beiden Modifikationen mit der 1. Gleichung und der 2. Gleichung
zusammen (2, 0, −2, 1). Dies ist eine Art Parallelisierung“ der Modifikationen, die
”
sich in der allgemeinen Konstruktion als eine einfache Formel für die Basisvektoren
niederschlagen wird.
⊓⊔
Satz 2.3.8. Sei (a ij ) i
j
= 1 , ... ,
= 1 , ... ,
m
n
die Koeffizientenmatrix eines homogenen linearen
Gleichungssystems (HLGS), gegeben in Zeilenstufenform mit Stufen in den Spalten
s 1 , . . . , s k . Weiter sei a isr = 0 für i ≠ r. Dann bilden die Vektoren v j ∈ K n ,
j ∈ M := {1, . . . , n} \ {s 1 , . . . , s k }, gegeben durch
v j = e j −
k∑
a lj e sl
eine Basis des Lösungsraums. Die Länge dieser Basis ist n − k.
Beweis. Idee: Man verifiziert direkt, dass die angegebenen Vektoren das Gleichungssystem
lösen und benutzt Korollar 2.2.4 um die lineare Unabhängigkeit von {v j | j ∈ M}
nachzuweisen. Dass jede Lösung eine Linearkombination dieser v j ist, erhält man mit Bemerkung
1.2.10.
l=1
1) Wir zeigen zuerst, dass die v j Lösungen des (HLGS) sind. Die Komponenten
des Zeilenvektors v j = (v j,1 , . . . , v j,n ) sind durch
⎧
⎪⎨ 1 s = j ∈ M
v j,s = −a lj s = s l
⎪⎩
0 sonst
gegeben, also kann man wegen a isl =
n∑
a is v j,s = a ij +
s=1
{
0 i ≠ l
1 i = l
wie folgt rechnen
k∑
a isl (−a lj ) = a ij + 1(−a ij ) = 0.
l=1
2) Als nächstes zeigen wir, dass die Menge {v j | j ∈ M} linear unabhängig ist.
Wenn
0 = ∑ c j v j = ∑ k∑
c j e j + d l e sl
j∈M j∈M
gilt, dann sind alle Koeffizienten, insbesondere die c j , gleich Null, weil {e 1 , . . . , e n }
linear unabhängig ist. Also sind nach Korollar 2.2.4 die v j linear unabhängig.
3) Schließlich zeigen wir noch, dass die v j , j ∈ M, den Lösungsraum aufspannen.
Um das einzusehen erinnert man sich an Bemerkung 1.2.10, die zeigt, dass man
jede beliebige Lösungen (x 1 , . . . , x n ) ∈ K n erhalten kann, indem man die x j mit
j ∈ M frei wählt und dann die x sl für l = 1, . . . , k daraus berechnet. Also gibt
es zu jeder Vorgabe von Zahlen c j ∈ K, j ∈ M, genau eine Lösung (x 1 , . . . , x n ),
die x j = c j für alle j ∈ M erfüllt. Aber ∑ c j v j ist so eine Lösung, d.h.
j∈M
l=1
∑
c j v j = (x 1 , . . . , x n ).
s∈M
Damit ist span{v j | j ∈ M} ist der ganze Lösungsraum.

2.3 Basen für lineare Unterräume des K n 55
⊓⊔
Die Aussage von Satz 2.3.8 über die Länge der Basis ist kompatibel mit der
Vorstellung, dass die Menge K n aller n-Tupel n Freiheitsgrade hat und diese durch
k effektive Gleichungen (eine für jede Stufe) auf n − k Freiheitsgrade reduziert
werden.
Beachte, dass jede Matrix in Zeilenstufenform durch elementare Zeilenumformungen
vom Typ III in eine Matrix übergeführt werden kann, auf die sich der Satz
2.3.8 anwenden lässt. Dazu addiert man einfach geeignete Vielfache der Zeile mit
Stufe zu den Zeilen darüber und erreicht so, dass über den Stufen nur Nullen stehen.
Beispiel 2.3.9. Wir greifen das Beispiel 2 aus 2.3.7 nochmal auf. Es gilt s 1 =
1, s 2 = 3 und die Formel aus Satz 2.3.8 liefert
M = {1, 2, 3, 4} \ {1, 3} = {2, 4},
v 2 = e 2 − (a 12 e 1 + a 22 e 3 ) = (0, 1, 0, 0) − (2, 0, 0, 0) = (−2, 1, 0, 0),
v 4 = e 4 − (a 14 e 1 + a 24 e 3 ) = (0, 0, 0, 1) − (−2, 0, 0, 0) − (0, 0, 2, 0) = (2, 0, −2, 1).
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 2.3
Übung 2.3.1. Es sei U := {(x 1, x 2, x 3) ∈ R 3 | x 1 + x 2 + x 3 = 0}.
1. Zeige, dass U ein linearer Unterraum von R 3 ist.
2. Bestimme eine Basis von U.
Übung 2.3.2. Man finde eine Basis für den Lösungsraum folgendes homogenen linearen
Gleichungssystems in R 4 :
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 + 5x 5 = 0
x 2 + x 3 + 2x 4 + 2x 5 = 0
x 4 + 3x 5 = 0
Übung 2.3.3. Man bestimme jeweils eine Basis des Lösungsraum von
Übung 2.3.4. Es seien
und
2x 1 − 3x 2 + 2x 3 + 4x 4 + 5x 5 + 2x 7 = 0
4x 1 − 6x 2 + 4x 3 + 10x 4 + 8x 5 − x 7 = 0
2x 1 − 3x 2 + 2x 3 + 5x 4 + 4x 5 + 3x 6 − x 7 = 0
⎧⎛
⎪⎨
A = ⎜
⎝
⎪⎩
1
1
−1
2
⎛ ⎞
1
u = ⎜ −1
⎟
⎝ 0 ⎠ ,
1
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
2
⎟
⎠ , ⎜ 0
⎟
⎝ 3 ⎠ , ⎜
⎝
1
⎛
v = ⎜
⎝
0
−2
1
−1
1
5
−3
4
⎞⎫
⎪⎬
⎟
⎠
⎪⎭
(a) Man zeige, dass u, v ∈ span(A).
(b) Man gebe –falls möglich– eine Basis von span(A) an, die die Vektoren u and v enthält.
⎞
⎟
⎠ .

56 2 Lineare Unterräume des K n
Übung 2.3.5. Man finde jeweils eine Basis für die Lösungsräume folgender homogenen
linearen Gleichungssystemen in R 4 :
(a)
(b)
Übung 2.3.6. Es seien
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 0
x 3 + 2x 4 = 0
2x 1 + x 2 = 0
x 1 − x 3 = 0
x 2 + x 4 = 0
V 1 := span ( (3, 8, −2, 7), (2, 9, −4, 4), (2, 5, −1, 3) ) ,
V 2 := span ( (1, 3, −1, 4), (0, 4, −3, 1), (−3, 1, −5, 2) ) .
Man bestimme jeweils eine Basis von V 1, V 2, V 1 + V 2 und V 1 ∩ V 2.
Übung 2.3.7. Es seien
V 1 := span ( (1, 1, 2, 1), (0, −2, 1, 0), (1, −1, 3, 1) ) ,
V 2 := span ( (3, 1, 7, 3), (−3, 2, −5, −1), (0, 3, 2, 2) ) .
Man bestimme jeweils eine Basis von V 1, V 2, V 1 + V 2 und V 1 ∩ V 2.
Übung 2.3.8. Es seien
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0
0
0
2
v 1 = ⎝ 1 ⎠ , v 2 = ⎝1⎠ , v 3 = ⎝1⎠ , v 4 = ⎝3⎠ .
−1
1
2
4
Ferner seien U 1 = span(v 1, v 2) und U 2 = span(v 3, v 4). Man bestimme jeweils eine Basis
von U 1 ∩ U 2 und U 1 + U 2.
Übung 2.3.9 (Komplexe Unterräume). Im komplexen Vektorraum C 3 seien die Unterräume
⎧⎛
⎞ ∣ ⎫ ⎧⎛
⎞ ∣ ⎫
⎨ α ∣∣∣∣∣ ⎬ ⎨ α ∣∣∣∣∣ ⎬
U 1 = ⎝β⎠ ∈ C 3 iα − β = γ
⎩
⎭ , U2 = ⎝β⎠ ∈ C 3 iα − iγ = β
⎩
⎭
γ
γ
gegeben. Bestimme jeweils eine Basis von U 1, U 2, U 1 ∩ U 2 und U 1 + U 2.
Übung 2.3.10. Es sei {v 1, . . . , v n} eine Basis von K n und u := c 1v 1+· · ·+c nv n ein weiterer
Vektor mit c i ∈ K für i = 1, . . . , n. Zeigen Sie:
n∑
{v 1 − u, . . . , v n − u} Basis von K n ⇐⇒ c i ≠ 1 .
Übung 2.3.11. Es seien gegeben
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
2 −4 6
v 1 = ⎜ 1
⎟
⎝ 3 ⎠ , v2 = ⎜ −2
⎟
⎝ −6 ⎠ , v3 = ⎜ 3
⎟
⎝ 4 ⎠ , v4 = ⎜
⎝
2 −4 5
0
−1
−13
0
⎞ ⎛
⎟
⎠ , v5 = ⎜
⎝
(a) Man bestimme Basen für die folgenden Unterräume
U 1 = span(v 1),
U 2 = span(v 1, v 2),
.
U 7 = span(v 1, . . . , v 7).
0
3
−9
−6
(b) Für welche i, j = 1, . . . , 7 gilt U i ⊆ U j und für welche U i = U j?
i=1
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
0
⎟
⎠ , v6 = ⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ , v7 = ⎜
⎝
7
6
3
9
12
⎞
⎟
⎠ .

2.4 Die Dimension eines linearen Unterraums des K n 57
2.4 Die Dimension eines linearen Unterraums des K n
Der nachfolgende Satz 2.4.1 zeigt, dass wir nicht befürchten müssen, bei der
Konstruktion der Basis in Satz 2.3.8 eine unnötig lange Basis gefunden zu haben.
Satz 2.4.1 (Invarianz der Basislänge). Die Länge einer Basis für einen linearen
Unterraum U ⊆ K n hängt nicht von der Basis, sondern nur von U ab.
Beweis. Idee: Stelle die Elemente der einen Basis als Linearkombinationen der anderen
Basis dar und betrachte das homogene lineare Gleichungssystem, das aus den Koeffizienten
dieser Darstellung entsteht.
Seien {v 1 , . . . , v r } und {u 1 , . . . , u s } zwei Basen für U. Zu zeigen ist, dass r = s
gilt. Aus Symmetriegründen reicht es zu zeigen, dass s ≤ r gilt; danach vertauscht
man einfach die Rollen von r und s, d.h., von {v 1 , . . . , v r } und {u 1 , . . . , u s }. Jetzt
stellen wir die Elemente von {u 1 , . . . , u s } als Linearkombinationen der {v 1 , . . . , v r }
Basis dar, was wegen span{v j | j = 1, . . . , r} = U möglich ist:
r∑
u i = c ij v j
j=1
i = 1, . . . , s
j = 1, . . . , r.
Als nächstes betrachten wir das homogene lineare Gleichungssystem mit Koeffizientenmatrix
(c ij ) i = 1 , ... , s
j = 1 , ... , r
s∑
c ij x i = 0
i=1
r
s
Gleichungen
Unbekannte
Wenn jetzt r < s wäre, dann hätte das System nach Bemerkung 1.2.10 eine von
Null verschiedene Lösung (x 1 , . . . , x s ) ≠ 0. Wegen
s∑
x i u i =
i=1
s∑
i=1
x i
⎛
⎝
r∑
j=1
c ij v j
⎞
⎠ =
i
j
∑
= 1 , ... , s
= 1 , ... , r
x i c ij v j =
r∑
c ij x i
)
( s∑
v j
j=1 i=1
} {{ }
0
stünde dies aber nach Satz 2.2.4 im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit von
{u 1 , . . . , u s }. Damit ist s ≤ r bewiesen. ⊓⊔
= 0
Als Ergebnis der bisherigen Überlegungen zum Thema lineare Unabhängigkeit
und Basen halten wir fest: Die minimale Anzahl von Elementen, die man benötigt,
um einen vorgegebenen linearen Unterraum aufzuspannen, hängt ausschließlich von
diesem Unterraum ab. Insbesondere findet man zu jedem (HLGS) in n Variablen
eine Menge {v 1 , . . . , v k } ⊆ K n mit k ≤ n so, dass jede Lösung von (HLGS) eine
Linearkombination der v j ist, aber keine Teilmenge von {v 1 , . . . , v k } ausreicht,
um den Lösungsraum aufzuspannen. Man sieht also, dass der Lösungsraum eines
(LGS), obwohl er im allgemeinen unendlich viele Elemente hat, durch endlich viele
Zahlen vollständig beschrieben werden kann. Die Anzahl der benötigten Elemente
hängt nicht vom Auswahlverfahren ab, sondern ist eine Invariante, d.h. eine
Kenngröße, des entsprechenden Lösungsraums. Wir nennen sie die Dimension des
Lösungsraums. Die Eigenschaften von Dimensionen werden uns im nächsten Abschnitt
beschäftigen.

58 2 Lineare Unterräume des K n
Später werden wir auch sehen, dass in Verallgemeinerung des Falles von Geraden
durch den Nullpunkt, jeder lineare Unterraum von K n der Lösungsraum
eines (HLGS) in endlich vielen Variablen ist. Das heißt, Lösungsräume von homogenen
linearen Gleichungsystemen sind gar keine wirklichen Spezialfälle linearer
Unterräume.
Motiviert durch die Invarianz der Basislänge in Satz 2.4.1 definieren wir die
Dimension eines linearen Unterraums und untersuchen, wie die Dimensionen von
Schnitten und linearen Hüllen von Unterräumen mit den Dimensionen dieser Unterräume
zusammenhängen. Abgesehen davon, dass die Dimension eine saubere
mathematische Formulierung des physikalischen Begriffs ”
Anzahl der Freiheitsgrade“
ist, ist sie auch beweistechnisch sehr nützlich, denn man kann viele Aussagen
über Vektorräume mit Induktion über die Dimension beweisen, ähnlich wie wir das
im Beweis des Basisergänzungssatzes 2.3.4 schon gesehen haben.
Definition 2.4.2. Die Dimension eines linearen Unterraums U von K n ist die
Länge einer (beliebigen) Basis für U. Man schreibt dim K (U) für diese Zahl.
Beispiel 2.4.3. (i) Es gilt dim(K n ) = n, denn {e 1 , . . . , e n } ist eine Basis für K n .
(ii) Sei (a ij ) i = 1 , ... , m eine Koeffizientenmatrix in Zeilenstufenform und U der
j = 1 , ... , n
Lösungsraum des zugehörigen (HLGS). Dann gilt
dim K (U) = n − (Anzahl der Stufen).
Das ist nach Satz 2.3.8 klar für Zeilenstufenformen, die die Voraussetzungen
dieses Satzes erfüllen. Da aber jeder Zeilenstufenform durch elementare Zeilenumformungen
in eine solche umgewandelt werden kann, ohne die Anzahl der Stufen zu
verändern (vgl. die Bemerkungen im Anschluss an den Beweis von Satz 2.3.8), gilt
die Formel nach Proposition 1.2.6 auch für alle anderen Zeilenstufenformen. ⊓⊔
Satz 2.4.4 (Dimensionsformel für Unterräume).
Unterräume.
Seien U 1 , U 2 ⊆ K n lineare
(i) Wenn U 1 ⊆ U 2 , dann gilt dim K (U 1 ) ≤ dim K (U 2 ). Falls zusätzlich dim K (U 1 ) =
dim K (U 2 ) gilt, hat man U 1 = U 2 .
(ii) Es gilt
dim K (U 1 ) + dim K (U 2 ) = dim K (U 1 + U 2 ) + dim K (U 1 ∩ U 2 ).
Beweis. Idee: Ergänze mit Satz 2.3.4 Basen der kleinen Unterräume zu Basen der
größeren Unterräume.
(i) {v 1 , . . . , v r } sei eine Basis von U 1 . Ergänze diese mithilfe von Satz 2.3.4 zu einer
Basis {v 1 , . . . , v r , v r+1 , . . . , v r+s } von U 2 . Dann gilt
}
dim (U 1 ) = r
‖
⇒ s = 0
dim (U 2 ) = r + s,
d.h. {v 1 , . . . , v r } ist eine Basis von U 2 . Damit haben wir U 1 = U 2 .

2.4 Die Dimension eines linearen Unterraums des K n 59
(ii) Sei {u 1 , . . . , u d } eine Basis für U 1 ∩ U 2 . Betrachte U 1 ∩ U 2 einmal als linearen
Unterraum von U 1 und einmal als linearen Unterraum von U 2 . Dementsprechend
ergänze {u 1 , . . . , u d } einerseits zu einer Basis {u 1 , . . . , u d , v 1 , . . . , v r } für U 1 und
andererseits zu einer Basis {u 1 , . . . , u d , w 1 , . . . , w s } für U 2 . Wir zeigen jetzt, dass
die u 1 , . . . , u d , v 1 , . . . , v r , w 1 , . . . , w s paarweise verschieden sind und die Menge
{u 1 , . . . , u d , v 1 , . . . , v r , w 1 , . . . , w s } eine Basis für U 1 + U 2 ist. Dazu müssen wir
die Menge auf lineare Unabhängigkeit prüfen und zeigen, dass sie ganz U 1 + U 2
aufspannt.
Lineare Unabhängigkeit:
d∑
a i u i +
i=1
r∑
b j v j
+
j=1 k=1
∈U 1
} {{ }
impliziert (vgl. Korollar 2.2.4)
s∑
c k w k ∈ U 2 ∩ U 1
k=1
so, dass man eine Darstellung
hat. Dies schreibt man um in
s∑
c k w k =
k=1
s∑
c k w k +
k=1
s∑
c k w k = 0
} {{ }
∈U 2
d∑
a ′ iu i
i=1
d∑
(−a ′ i)u i = 0
i=1
und folgert c k = 0, weil {u 1 , . . . , u d , w 1 , . . . , w s } linear unabhängig ist. Dann
hat man aber
d∑
r∑
a i u i + b j v j = 0,
i=1
j=1
woraus a i , b j = 0 folgt, weil {u 1 , . . . , u d , v 1 , . . . , v r } linear unabhängig ist.
Damit sieht man zunächst, dass die u 1 , . . . , u d , v 1 , . . . , v r , w 1 , . . . , w s paarweise
verschieden sind und dann die lineare Unabhängigkeit der Menge
{u 1 , . . . , u d , v 1 , . . . , v r , w 1 , . . . , w s }.
Linearer Spann:
t 1 ∈ U 1 ⇒ t 1 = ∑ a i u i + ∑ b j v j ,
t 2 ∈ U 2 ⇒ t 2 = ∑ a ′ iu i + ∑ c k w k ,
t 1 + t 2
} {{ }
∈U 1+U 2
= ∑ (a i + a ′ i)u i + ∑ b j v j + ∑ c k w k .
Also ist jedes Element von U 1 + U 2 eine Linearkombination von Elementen
in
{u 1 , . . . , u d , v 1 , . . . , v r , w 1 , . . . , w s }.
Damit haben wir gezeigt, dass diese Menge eine Basis für U 1 + U 2 ist und es
bleiben nur noch die Längen der einzelnen Basen abzuzählen:

60 2 Lineare Unterräume des K n
dim K (U 1 + U 2 ) = d + r + s
dim K (U 1 ∩ U 2 ) = d
dim K (U 1 ) = d + r
dim K (U 2 ) = d + s
Korollar 2.4.5. Sind U 1 , U 2 ⊆ K n Hyperebenen, d.h., gilt dim K (U 1 ) = dim K (U 2 ) =
n − 1, so gilt dim(U 1 ∩ U 2 ) = n − 1 oder dim(U 1 ∩ U 2 ) = n − 2.
Beweis. Wegen U 1 ∩ U 2 ⊆ U 1 gilt dim K (U 1 ∩ U 2 ) ≤ dim K U 1 = n − 1 Nach der
Dimensionsformel gilt außerdem
dim K (U 1 ∩ U 2 ) = dim K U 1 + dim K U 2 − dim K (U 1 + U 2 ) ≥ 2(n − 1) − n = n − 2
⊓⊔
.
⊓⊔
Wendet man den Begriff der Dimension auf den Lösungsraum eines (HLGS)
an, so erhält man eine wichtige Information über die Größe des Lösungsraums.
Genauer gesagt, ist U der Lösungsraum eines (HLGS) in n Variablen, dann braucht
man mindestens
n · dim K (U) = Anzahl der Komponenten in jedem Vektor mal
Anzahl der Basisvektoren
Zahlen, um U vollständig zu beschreiben.
Es gibt noch weitere Möglichkeiten, aus der Koeffizientenmatrix Informationen
über den Lösungsraum eines (HLGS) abzulesen. Dazu benötigt man aber noch
zusätzliche Werkzeuge zur Untersuchung von Matrizen, die wir in den nächsten
Kapiteln bereitstellen.
Übungen zu Abschnitt 2.4
Übung 2.4.1. Sei W := {(x 1, x 2, x 3) ∈ R 3 | x 1 − x 2 = x 2 − x 3 = 0}. Zeige, dass W ein
1-dimensionaler linearer Unterraum von R 3 ist.
Übung 2.4.2. Berechne die Dimensionen von span(A) für
(i)
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
2 −2 1 −4
⎪⎨
A = ⎜ 0
⎟
⎝ 3 ⎠
⎪⎩
, ⎜ 3
⎟
⎝ 6 ⎠ , ⎜ 5
⎟
⎝ 1 ⎠ , ⎜ 6
⎪⎬
⎟
⎝ 12 ⎠
⎪⎭
−4 −5 3 −10
(ii)
(iii)
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 1 2 3 ⎬
A = ⎝ 2 ⎠ , ⎝ 3 ⎠ , ⎝ 1 ⎠
⎩
⎭
3, 1 2
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
−6 1 14
⎪⎨
4
A =
⎜ −14
⎟
⎝ −10 ⎠ , −1
⎜ −2
⎟
⎝ 3 ⎠ , −11
⎪⎬
⎜ 11
⎟
⎝ 30 ⎠
⎪⎩
⎪⎭
2 6 27

2.4 Die Dimension eines linearen Unterraums des K n 61
Übung 2.4.3. Man berechne die Dimensionen von span(A) für
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 1 2 3 ⎬
(a) A = ⎝ 2 ⎠ , ⎝ 3 ⎠ , ⎝ 1 ⎠
⎩
⎭ ;
3 1 2
(b) A = {1, 2, 3, 4, . . .} ⊆ R;
(c) A = {e 1 + e 2, e 2 + e 3, e 3 + e 4, e 4 + e 1} ⊆ R n , n ≥ 4.
Übung 2.4.4. Ein Unterraum H von K n heißt eine Hyperebene, wenn dim K H = n − 1.
Seien H eine Hyperebene von K n und V ein Unterraum von K n mit dim K V = h, so
dass V H. Man bestimme dim K (V ∩ H).
Übung 2.4.5. Eine lineare Abbildung ϕ : R 3 → R 3 sei gegeben durch
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 0 1
ϕ ⎝1⎠ = ϕ ⎝ 0 ⎠ = ϕ ⎝1⎠ = ⎝−2⎠
0 −1 2 1
⎛ ⎞
x 1
Man bestimme ϕ ⎝x 2
⎠ und die Dimension von ϕ(R 3 ).
x 3
Übung 2.4.6. Gegeben seien folgende Vektoren in K 4 :
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
0
0
1
−2
1
v 1 = ⎜1
⎟
⎝1⎠ , v2 = ⎜2
⎟
⎝3⎠ , v3 = ⎜1
⎟
⎝1⎠ , v4 = ⎜ 0
⎟
⎝ 1 ⎠ , v5 = ⎜3
⎟
⎝2⎠ , v6 = ⎜
⎝
1
5
2
1
1
Ferner seien
(a) Man bestimme eine Basis von U 1.
(b) Warum gilt dim K (U 1 ∩ U 2) > 0?
U 1 = span(v 1, v 2, v 3, v 4), U 2 = span(v 5, v 6).
Übung 2.4.7. Es sei U ⊆ K n ein linearer Unterraum und ϕ: K n → K m eine lineare Abbildung.
Man zeige, dass dim K
(
ϕ(U)
)
≤ dimK (U).
1
1
0
−1
⎞
⎟
⎠ .

3
Matrizenrechnung
In diesem Kapitel führen wir lineare Abbildungen K n → K m ein, beschreiben,
welcher Zusammenhang zwischen Matrizen und solchen Abbildungen besteht, und
zeigen, wie dieser Zusammenhang die Matrizenrechnung motiviert. Insbesondere
werden das Matrizenprodukt, die Inversion von Matrizen und der Rang einer Matrix
eingeführt. Wir schreiben die Elemente des n-dimensionalen Zahlenraumes K n hier
in der Regel als Spaltenvektoren.
3.1 Matrizen und lineare Abbildungen
Gegeben sei eine Matrix
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
⎜
⎟
A := ⎝ . . ⎠
a m1 · · · a mn
mit Einträgen in einem Körper K. Dieser Matrix ordnet man eine Abbildung
zu, die durch
⎛ ⎞
x 1
⎜
x := ⎝ .
x n
gegeben ist.
⎟
⎠ ϕ A
↦−→
ϕ A : K n → K m
⎛
⎞
a 11 x 1 + · · · + a 1n x n
⎜
⎝ .
.
a m1 x 1 + · · · + a mn x n
⎟
⎠ =: ϕ A (x) ∈ K m
Wir bezeichnen die Menge aller Matrizen mit m Zeilen, n Spalten und Koeffizienten
in K mit Mat(m × n, K) der auch mit K m×n .
Für A ∈ Mat(m×n, K) und b ∈ K m lässt sich das zugehörige lineare Gleichungssystem
n∑
a ij x j = b i , i = 1, . . . , m (LGS)
wie folgt schreiben:
j=1
ϕ A (x) = b.

64 3 Matrizenrechnung
An dieser Stelle machen wir einen kleinen Exkurs zum Thema Abbildungen.
Grob gesprochen, haben Abbildungen den Zweck, Definitions- und Wertebereich zu
vergleichen. Betrachte die folgenden Definitionen: Sei ϕ: N → M eine Abbildung.
(a) ϕ heißt injektiv, wenn es zu jedem m ∈ M höchstens ein n ∈ N mit ϕ(n) = m
gibt, d.h. aus ϕ(n) = ϕ(n ′ ) folgt n = n ′ .
(b) ϕ heißt surjektiv, wenn zu jedem m ∈ M mindestens ein n ∈ N mit ϕ(n) = m
gibt.
(c) ϕ heißt bijektiv, wenn ϕ injektiv und surjektiv ist, d.h. zu jedem m ∈ M
existiert genau ein n ∈ N mit ϕ(n) = m.
(d) Sei N ′ eine Teilmenge von N. Dann heißt ϕ(N ′ ) := {ϕ(n) | n ∈ N ′ } das Bild
von N ′ unter ϕ. Man nennt ϕ(N) auch einfach das Bild von ϕ.
(e) Sei M ′ eine Teilmenge von M. Dann heißt ϕ −1 (M ′ ) := {n ∈ N | ϕ(n) ∈ M ′ }
das Urbild von M ′ unter ϕ.
Die Interpretation von Abbildungen als Vergleichsmaßstab liefert dann, dass N
kleiner“ als M ist, falls es eine injektive Abbildung ϕ: N → M gibt. Dagegen ist
”
N größer“ als M, falls es eine surjektive Abbildung ϕ: N → M gibt.
”
Diese Art von Vergleich kann man über Abbildungen auch sehr gut quantitativ
fassen.
Auf Gleichungssysteme angewandt, liefern die Begriffe injektiv, surjektiv und
bijektiv:
ϕ A injektiv: Zu b ∈ K m existiert höchstens eine Lösung von (LGS).
ϕ A surjektiv: Zu b ∈ K m existiert mindestens eine Lösung von (LGS).
ϕ A bijektiv: Zu b ∈ K m existiert genau eine Lösung von (LGS).
Abbildungen mit zueinander passenden Definitions- und Wertebereichen kann
man verknüpfen: Für zwei Abbildungen ϕ: N → M und ψ : M → L definiert man
ψ ◦ ϕ: N → L durch
(ψ ◦ ϕ)(n) = ψ ( ϕ(n) ) ∀n ∈ N.
Wenn ρ: L → P eine weitere Abbildung ist, dann folgt aus dieser Definition der
Verknüpfung (Hintereinanderausführung) von Abbildungen sofort
(ρ ◦ ψ) ◦ ϕ = ρ ◦ (ψ ◦ ϕ),
d.h. die Verknüpfung von Abbildungen ist eine assoziative Operation.
Eine Abbildung ψ : M → N heißt Umkehrabbildung von ϕ: N → M, wenn
ψ ◦ ϕ = id N und ϕ ◦ ψ = id M gibt. Eine Abbildung ϕ: N → M hat höchstens eine
Umkehrabbildung: Wenn nämlich ψ 1 , ψ 2 : M → N beides Umkehrabbildungen sind,
dann gilt
ψ 1 = ψ 1 ◦ id M = ψ 1 ◦ (ϕ ◦ ψ 2 ) = (ψ 1 ◦ ϕ) ◦ ψ 2 = id N ◦ψ 2 = ψ 2 .
Man bezeichnet die Umkehrabbildung von ϕ (wenn sie existiert - in diesem Fall
nennen wir ϕ umkehrbar oder invertierbar) mit ϕ −1 : M → N.
Wenn ϕ eine Umkehrabbildung hat, dann ist ϕ bijektiv: Aus ϕ(n) = ϕ(n ′ ) folgt
n = ϕ −1 ◦ ϕ(n) = ϕ −1 ◦ ϕ(n ′ ) = n ′
und für m ∈ M gilt m = ϕ ( ϕ −1 (m) ) . Umgekehrt, wenn ϕ: N → M eine bijektive
Abbildung ist, dann gibt es eine Umkehrabbildung ϕ −1 : M → N zu ϕ, die durch
ϕ(n) ↦→ n definiert ist.

3.1 Matrizen und lineare Abbildungen 65
Die beiden folgenden Lemmata sind nützlich, wenn es darum geht, nachzuweisen,
dass eine Abbildung ψ : M → N die Umkehrabbildung von ϕ ist:
Lemma 3.1.1. Seien ϕ: N → M und ψ : M → N Abbildungen. Wenn ϕ injektiv
ist, dann folgt aus ϕ ◦ ψ = id M die Gleichheit ψ ◦ ϕ = id N .
Beweis. Für n ∈ N gilt ϕ ( ψ ◦ ϕ(n) ) = ϕ(n), also ψ ◦ ϕ(n) = n, weil ϕ injektiv
ist.
⊓⊔
Lemma 3.1.2. Sei ϕ: N → M eine bijektive Abbildung und ψ : M → N eine weitere
Abbildung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) ϕ ◦ ψ = id M .
(2) ψ ◦ ϕ = id N .
Beweis. (1) ⇒ (2)“: Dies folgt aus Lemma 3.1.1.
”
(2) ⇒ (1)“: Wegen Lemma 3.1.1 genügt es zu zeigen, dass ψ injektiv ist. Dazu sei
”
ψ(m) = ψ(m ′ ) mit m, m ′ ∈ M. Da ϕ surjektiv ist, gibt es n, n ′ ∈ N mit ϕ(n) = m
und ϕ(n ′ ) = m ′ . Aber dann gilt
n = ψ ◦ ϕ(n) = ψ(m) = ψ(m ′ ) = ψ ◦ ϕ(n ′ ) = n ′
und somit m = m ′ .
⊓⊔
Für A ∈ Mat(m × n, K) und x ∈ K n führen wir folgende Schreibweise ein:
Ax := ϕ A (x).
Wenn man alle Vektoren (als Spaltenvektoren) ausschreibt, liest sich das wie folgt:
⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎞
a 11 · · · a 1n x 1 a 11 x 1 + · · · + a 1n x n
⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟
⎝ . . ⎠ ⎝ . ⎠ = ⎝ .
. ⎠ .
a m1 · · · a mn x n a m1 x 1 + · · · + a mn x n
Lemma 3.1.3. Sei A ∈ Mat(m × n, K). Dann gilt
ϕ A (rx + sy) = rϕ A (x) + sϕ A (y), ∀r, s ∈ K ∀x, y ∈ K n .
Beweis. Dies folgt sofort aus folgender Rechnung (vgl. Satz 2.1.1)
a i1 (rx 1 +sy 1 )+. . .+a in (rx n +sy n ) = r(a i1 x 1 +. . .+a in x n )+s(a i1 y 1 +. . .+a in y n ).
⊓⊔
Definition 3.1.4. Eine Abbildung ϕ: K n ↦→ K m heißt K-linear, wenn
ϕ(rx + sy) = rϕ(x) + sϕ(y) ∀r, s ∈ K, ∀x, y ∈ K n .
Die Menge aller K-linearen Abbildungen von K n → K m wird mit Hom K (K n , K m )
bezeichnet. Wenn aus dem Kontext klar ist, mit welchem Körper man arbeitet,
spricht man einfach von linearen Abbildungen.

66 3 Matrizenrechnung
Mit Induktion sieht man sofort, dass für jede Linearkombination ∑ s
j=1 c jv j ∈ K n
mit v j ∈ K n und c j ∈ K sowie jede lineare Abbildung ϕ: K n → K m gilt
( s∑ )
ϕ c j v j =
j=1
s∑
c j ϕ(v j ).
j=1
Satz 3.1.5. Jede lineare Abbildung ϕ: K n ↦→ K m ist von der Form ϕ A mit A ∈
Mat(m × n, K). Das A ist dabei eindeutig bestimmt, d.h. die Abbildung
ist bijektiv.
Φ: Mat(m × n, K) → Hom K (K n , K m )
A ↦→ ϕ A
Beweis. Idee: Betrachte für alle linearen Abbildungen die Bilder der Standardbasis. Die
j-te Spalte der gesuchten Matrix ist das Bild des j-ten Standardbasisvektors.
Gegeben sei ϕ ∈ Hom K (K n , K m ). Betrachte die Bilder der Standardbasis für K n
unter ϕ
⎛ ⎞
0
.
⎛ ⎞
0
a 1j
K n ϕ
∋ e j =
1
⎜
↦→
. ⎟
⎝ . ⎠ := ϕ(e j ) ∈ K m .
0
a
⎜ ⎟
mj
⎝ . ⎠
0
Für die Matrix
gilt dann
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
⎜
⎟
A = ⎝ . . ⎠
a m1 · · · a mn
⎛ ⎞
a 1j
⎜ ⎟
ϕ A (e j ) = ⎝ . ⎠ = ϕ(e j ).
a mj
Da jedes x als Linearkombination x = ∑ n
j=1 c je j der Standardbasis geschrieben
werden kann und wegen der Linearität von ϕ die Identität
ϕ A (x) =
n∑
c j ϕ A (e j ) =
j=1
n∑
c j ϕ(e j ) = ϕ(x)
gilt, folgt daraus, dass ϕ A (x) = ϕ(x) für alle x ∈ K n .
Um die Eindeutigkeit von A mit ϕ A = ϕ zu zeigen, nehmen wir an, dass ϕ A =
ϕ A ′. Wenn A = (a ij ) i = 1 , ... , n und A ′ = (a ′ ij) i = 1 , ... , n , dann ist der i–te Eintrag
j = 1 , ... , m
j = 1 , ... , m
von ϕ A (e j ) gleich a ij und der i–te Eintrag von ϕ A ′(e j ) gleich a ′ ij . Also gilt a ij = a ′ ij
für alle i ∈ {1, . . . , m} und j ∈ {1, . . . , n}.
⊓⊔
j=1
In der Analysis spielen die linearen Abbildungen aus Hom R (R n , R m ) eine ganz
zentrale Rolle. Durch sie beschreibt man nämlich die Ableitungen, die geometrisch

3.1 Matrizen und lineare Abbildungen 67
nichts anderes sind als lineare Approximationen der zu untersuchenden differenzierbaren
Abbildungen. Im Falle skalarwertiger Funktionen in einer Variablen hat
man n = m = 1 und die lineare Abbildung wird durch eine 1 × 1-Matrix, d.h. eine
Zahl beschrieben. Diese Zahl ist nichts anderes als die Steigung der Tangente an
den Graphen, d.h. der Wert der Ableitung der Funktion an der gegebenen Stelle. In
mehreren Variablen ist die resultierende Matrix genau die Jacobi-Matrix, die man
aus den partiellen Ableitungen bildet.
Die Umkehrabbildung von Φ: Mat(m × n, K) → Hom K (K n , K m ) bezeichnen wir
mit ϕ ↦→ A ϕ . Damit gilt insbesondere
und
A ϕB
ϕ Aψ
= Φ −1 (ϕ B ) = Φ −1( Φ(B) ) = B
= Φ(A ψ ) = Φ ( Φ −1 (ψ) ) = ψ
für alle B ∈ Mat(m × n, K) und alle ψ ∈ Hom K (K n , K m ).
Beispiel 3.1.6. (i) Identität:
(ii) Streckung mit c ∈ K:
⎛ ⎞
1 0 · · · 0
}
id : K n → K n
, A
x ↦→ x
id = 1 n :=
0 1 . . . .
⎜ .
⎝ . . . . ⎟
. .. 0 ⎠ .
0 · · · 0 1
⎛ ⎞
c 0 · · · 0
}
ϕ : K n → K n
.
, A
x ↦→ cx
ϕ =
0 c .. .
⎜
⎝ . . . . ⎟
. .. 0 ⎠ .
0 · · · 0 c
(iii) Spiegelung an der von e 2 und e 3 aufgespannten Ebene:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞
x 1
−x 1
−1 0 0
⎝ x 2
⎠ ↦→
ϕ ⎝ x 2
⎠ , A ϕ = ⎝ 0 1 0 ⎠
x 3 x 3
0 0 1
⊓⊔
Die Verknüpfung ϕ B ◦ ϕ A : K n → K l zweier linearer Abbildungen
ist wieder linear:
K n
ϕ A
−→ K m ϕ B
−→ K l
(ϕ B ◦ ϕ A )(rx + sy) = ϕ B (ϕ A (rx + sy))
= ϕ B (rϕ A (x) + sϕ A (y))
= rϕ B (ϕ A (x)) + sϕ B (ϕ A (y))
= r(ϕ B ◦ ϕ A )(x) + s(ϕ B ◦ ϕ A )(y).
Daher findet man nach Satz 3.1.5 eine eindeutig bestimmte Matrix P ∈ Mat(l ×
n, K) mit ϕ B ◦ ϕ A = ϕ P . Wir bezeichnen dieses P mit BA und nennen es das

68 3 Matrizenrechnung
Matrizenprodukt von B und A. Wenn zusätzlich C ∈ Mat(k × l, K), d.h. ϕ C ∈
Hom K (K l , K k ), dann hat man ϕ C ◦ (ϕ B ◦ ϕ A ) = (ϕ C ◦ ϕ B ) ◦ ϕ A , also gilt
(CB)A = C(BA),
d.h., das Matrizenprodukt ist assoziativ.
Wir geben eine explizite Formel für das Matrizenprodukt an:
Satz 3.1.7 (Matrizenmultiplikation). Seien A ∈ Mat(m × n, K), B ∈ Mat(l ×
m, K). Dann gilt
m∑
ϕ B ◦ ϕ A = ϕ P mit P = BA ∈ Mat(l × n, K), wobei p ij = b ik a kj .
Schema:
Zeile × Spalte“
”
k=1
l
B
m
A
m
=
BA
n
l
n
Beweis.
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛ ⎞ 1
0
a 1j
⎜ ⎟
0
ϕ A (e j ) = ⎝ . ⎠ = a 1j ⎜ ⎟ + . . . + a mj ⎜ .
⎟
⎝ . ⎠
⎝ 0 ⎠
a mj
0
1
} {{ }
} {{ }
=:f 1
=:f m
,
d.h. {f 1 , . . . , f m } ist die Standardbasis für K m . Analog erhält man:
⎛ ⎞
b 1k
⎜ ⎟
ϕ B (f k ) = ⎝ . ⎠ = b 1k g 1 + . . . + b lk g l ,
b lk
wobei {g 1 , . . . , g l } ist die Standardbasis für K l ist.
ϕ B ◦ ϕ A (e j ) = ϕ B (a 1j f 1 + . . . + a mj f m )
= a 1j ϕ B (f 1 ) + . . . + a mj ϕ B (f m )
= a 1j (b 11 g 1 + . . . + b l1 g l ) + . . . + a mj (b 1m g 1 + . . . + b lm g l )
= (a 1j b 11 + . . . + a mj b 1m )g 1 + . . . + (a 1j b l1 + . . . + a mj b lm )g l
m∑
m∑
= (b 1k a kj )g 1 + . . . + (b lk a kj )g l ,
k=1
k=1
d.h. die j–te Spalte von BA ist:
⎛ ⎞
m∑
b 1k a kj
k=1
⎜ .
⎟
⎝ m∑ ⎠
b lk a kj
Damit folgt die Behauptung.
k=1
⊓⊔

3.1 Matrizen und lineare Abbildungen 69
Beispiel 3.1.8. (i) Die Elemente des n-dimensionalen Zahlenraums (Spaltenvektoren)
lassen sich als Matrizen interpretieren: K n = Mat(n × 1, K). Wenn also
A ∈ Mat(m × n, K) und x ∈ K n , dann gilt für das Matrizenprodukt Ax
⎛
⎛ ⎛
Ax =
⎜
⎝
⎞ ⎞
a 11 · · · a 1n x 1
⎟ ⎜
. . ⎠ ⎝ .
a m1 · · · a mn x n
⎟
⎠ =
⎜
⎝
⎞
a 11 x 1 + · · · + a 1n x n
.
.
a m1 x 1 + · · · + a mn x n
⎟
⎠ = ϕ A (x),
d.h., die Notation für das Matrizenprodukt ist kompatibel mit unserer vorherigen
Setzung Ax = ϕ A (x). Das lineare Gleichungssystem (LGS) mit erweiterter
Koeffizientenmatrix (A, b) lässt sich schreiben: Ax = b.
(ii) Für alle A ∈ Mat(m × n, K) gilt 1 m A = A, d.h.
⎛ ⎞ ⎛
⎞
1 0 a 11 · · · a 1n
⎜
⎝
. ..
⎟ ⎜
⎠ ⎝ . .
0 1 a m1 · · · a mn
⎟
⎠ =
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
⎜
⎝ . .
a m1 · · · a mn
und A1 n = A.
(iii) Für y ∈ Mat(1 × n, K) (= K n als Zeilenvektoren) und x ∈ Mat(n × 1, K) (= K n
als Spaltenvektoren) gilt
⎛
⎞
x 1
⎜
yx = (y 1 , . . . , y n ) ⎝ .
x n
⎟
⎠ ,
⎟
⎠ = y 1 x 1 + . . . + y n x n .
(iv) Das folgende Beispiel zeigt, dass das Matrizenprodukt selbst auf quadratischen
Matrizen nicht kommutativ ist.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1
= ≠ =
.
0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0
Beispiel 3.1.9. Die elementaren Zeilenumformungen können durch Multiplikationen
mit bestimmten Elementarmatrizen von links beschrieben werden. Die entsprechenden
elementaren Spaltenumformungen erreicht man durch Multiplikation
mit Elementarmatrizen von rechts.
(i)
⎛
⎜
⎝
1 0
. ..
1
0 0 . . . 0 1
0 1 0 0
0 . . .
. .. . .. .
. 0 1 0
1 0 . . . 0 0
1
. ..
⎞
}
0
{{
1
}
E I(p,q) ∈Mat(m×m,K)
⎛
⎞ ⎛
⎞
a 11 · · · a 1n a 11 · · · a 1n
. .
. .
a p1 · · · a pn
a q1 · · · a qn
. .
=
. .
.
a q1 · · · a qn
a p1 · · · a pn
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ . . ⎠ ⎝ . . ⎠
a
⎟ m1 · · · a mn a m1 · · · a mn
⎠
⊓⊔

70 3 Matrizenrechnung
(ii)
(iii)
⎛
1
⎜
⎝
. ..
1
c
1
⎛
⎝ 0 0 1
⎞ ⎛
0 1 0 ⎠ ⎝ 2 1 3
⎞ ⎛
2 3 1 ⎠ = ⎝ 7 8 9
⎞
2 3 1 ⎠
1 0 0 7 8 9 2 1 3
} {{ }
E I(1,3) ∈Mat(3×3,R)
⎞
⎛
⎞ ⎛
⎞
a 11 · · · a 1n a 11 · · · a 1n
.
.
a p1 · · · a pn
=
ca p1 · · · ca pn
.
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
. ⎟ . ⎠ ⎝ . ⎠
.. ⎠ a m1 · · · a mn a m1 · · · a mn
1
} {{ }
E II(p;c) c≠0
(iv)
⎛
1
⎜
⎝
. ..
1
1 . . . c
. 1 .
.
. .. .
. 1 .
0 . . . 1
⎞
⎛
⎞ ⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
a 11 · · · a 1n
. .
.
.
a p1 · · · a pn
a p1 + ca q1 · · · a pn + ca qn
. .
=
.
.
a q1 · · · a qn
a q1 · · · a qn
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
. . ⎠ ⎝ .
. ⎠
. ⎟ .. ⎠ a m1 · · · a mn a m1 · · · a mn
1
} {{ }
E III(c,q;p) ∈Mat(m×m,K)
Das c ist oberhalb bzw. unterhalb der Diagonale, je nach dem, ob q > p oder
q < p gilt.
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 0 2 1 3 2 1 3
(v) ⎝ 2 1 0 ⎠ ⎝ 2 3 1 ⎠ = ⎝ 6 5 7 ⎠
0 0 1 7 8 9 7 8 9
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 3.1
Abbildungen
Übung 3.1.1. Es sei f : M → N eine Abbildung. Zeige:
f surjektiv ⇐⇒ N \ f(A) ⊂ f(M \ A) für alle A ⊂ M .
Übung 3.1.2. Seien A und B zwei Mengen mit jeweils n Elementen und ϕ: A → B eine
Abbildung. Man zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:
(1) ϕ ist bijektiv.

3.1 Matrizen und lineare Abbildungen 71
(2) ϕ ist injektiv.
(3) ϕ ist surjektiv.
Übung 3.1.3. Seien X, Y und Z beliebige Mengen mit Abbildungen f : X → Y und
g : Y → Z. Sei f surjektiv. Man betrachte folgende Eigenschaften:
A: g ◦ f ist injektiv.
B: g ist injektiv.
Man beweise, dass g injektiv ist, wenn g ◦ f injektiv ist, auf folgende Weise:
(a) Mit direktem Beweis: A ⇒ B.
(b) Durch Kontraposition der Implikation: Nicht B ⇒ nicht A.
(c) Mit einem Widerspruchsbeweis.
(d) Man nehme jetzt an, daß X, Y und Z Vektorräume und f und g linear sind. Man gebe
einen vierten Beweis mittels der Eigenschaft: Es seien V und W Vektorräume. Eine
lineare Abbildung h : V → W ist genau dann injektiv, wenn h −1 ({0}) = {0}.
Übung 3.1.4. Entscheide, ob die folgenden Abbildungen umkehrbar sind und bestimme
gegebenenfalls die Umkehrabbildung. Hierbei sei 2Z = {2·k | k ∈ Z} die Menge der geraden
Zahlen.
ϕ 1 : Z → 2Z, k ↦→ 2k , ϕ 2 : Z → N, x ↦→ x 2 ,
( )
ϕ 3 : R → R, x ↦→ 2 x − 3 ,
ϕ 4 : R → R 2 x
, x ↦→, ,
−x
( ) ( )
( ) ( )
ϕ 5 : R 2 → R 2 x1 x1 − x 2
, ↦→
, ϕ
x 2 −x 1 + x 6 : R 2 → R 2 x1 x1 − x 2
, ↦→
.
2 x 2 x 1 + x 2
Gibt es eine Abbildung ϕ : N → Z, die umkehrbar ist?
Lineare Abbildungen
Übung 3.1.5. Eine lineare Abbildung ϕ : R 2 → R 3 sei gegeben durch
Man bestimme ϕ((5, 7)) und ϕ((x 1, x 2)).
ϕ((1, 1)) = (1, 0, −2)
ϕ((1, 2)) = (0, 1, −1).
Übung 3.1.6. Eine lineare Abbildung ϕ : R 3 → R 2 sei gegeben durch
ϕ((1, 1, 1)) = (2, 1) ,
ϕ((1, 2, 0)) = (1, 0) ,
ϕ((2, 0, 1)) = (3, 2) .
Man bestimme ϕ((1, 2, 3)) und ϕ((x 1, x 2, x 3)).
Übung 3.1.7. Seien ϕ, ψ Abbildungen gegeben durch
⎛ ⎞
x 1
( )
ϕ : R 3 → R 2 , ⎝x 2
⎠ x1 + x 2
↦→ , ψ : R 2 → R 4 ,
x
x 3 − x 1
3
⎛ ⎞
)
3 x 1 − x 2
↦→ ⎜ x 2
⎟
x 2
⎝ −x 1
⎠ .
3x 1 − 2x 2
Zeige, dass ϕ, ψ lineare Abbildungen sind und bestimme die Verknüpfung ψ ◦ ϕ.
(
x1
Übung 3.1.8. Es seien die folgenden Matrizen A 1, A 2, B 1, B 2 gegeben:
⎛ ⎞
⎛ ⎞
3
1
1
1
A 1 =
⎜ 1
⎟ ∈ Mat(5 × 1, R),
⎝ 1 ⎠ A2 = −2
5
∈ Mat(7 × 1, R),
⎜ 4
⎟
1
⎝ −6 ⎠
−5

72 3 Matrizenrechnung
B 1 = (−2, 1, 2, 0, −1) ∈ Mat(1 × 5, R), B 2 = (2, −1, 3, 1, −1, 0, 0) ∈ Mat(1 × 7, R).
Bestimme die Mengen
ϕ A1 (R), ϕ A2 (R), ϕ B1 (R 7 ), ϕ B2 (R 5 ), ϕ A1 B 1
(R 7 ), ϕ B1 A 1
(R), ϕ A2 B 2
(R 5 ), ϕ B2 A 2
(R).
Übung 3.1.9. Es seien
ϕ : R 2 → R 3 ,
ψ : R 3 → R 2 ,
⎛ ⎞
( ) x 1 + 2x 2
x1
↦→ ⎝ 2x
x 1 + x 2
⎠
2
x 2
⎛ ⎞
x 1
(
)
⎝ x 2
⎠
x 1
↦→
.
3x
x 1 + 2x 2 + x 3
3
Man bestimme Matrizen A, B, C, D, so dass ϕ = ϕ A, ψ = ϕ B, ϕ ◦ ψ = ϕ C, ψ ◦ ϕ = ϕ D
gilt.
Übung 3.1.10. (a) Was bewirkt die Abbildung, die zu der Matrix
( )
cos α − sin α
A =
sin α cos α
gehört (geometrische Deutung)?
(b) Es seien gegeben die Matrizen
( )
cos α − sin α
A =
sin α cos α
( )
cos β − sin β
und B =
.
sin β cos β
Überprüfe die folgenden Additionstheoreme durch geeignete Matrizenmultiplikationen:
(i) sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β.
(ii) cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β.
(ii) sin 2 α + cos 2 α = 1.
Übung 3.1.11. (a) Sei a = (a 1, a 2) ∈ R 2 . Zeige, dass die Abbildung σ a : R 2 → R 2 , die
durch
2(a1x1 + a2x2)
σ a(x) := x −
(a 2 1 + a2 2 ) a
definiert wird, linear ist.
(b) Sei a = (a 1, a 2) ≠ (0, 0). Berechne die Menge
F := {x ∈ R 2 : σ a(x) = x}
und interpretiere F geometrisch.
(c) Bestimme die Matrix, die zu σ a gehört, und interpretiere σ a geometrisch.
(d) Sei a = (1, 0) und b = (sin α, cos α). Bestimme die Matrix, die zu σ b ◦ σ a gehört und
interpretiere die Abbildung σ b ◦ σ a geometrisch.
Übung 3.1.12. Gibt es im R 2 zwei Vektoren mit ganzzahligen Komponenten, die einen
Winkel von 30 ◦ einschließen?
Übung 3.1.13. Gib jeweils eine von Null verschiedene Matrix A ∈ Mat(3 × 3, R) an, für
die ϕ A die folgenden Eigenschaften hat (mit Beweis der Eigenschaft):
(i) ϕ A ist surjektiv.
(ii) ϕ A ist injektiv.
(iii) ϕ A ist nicht surjektiv.
(iv) ϕ A ist nicht injektiv.
Übung 3.1.14.
1. Es sei eine Abbildung ϕ : R 2 → R 3 gegeben durch
⎛ ⎞
(( )) x 2
x1
ϕ = ⎝3 x
x 1 − x 2
⎠ .
2
2 x 2
Zeige zunächst, dass ϕ R-linear ist, und bestimme anschließend eine geeignete Matrix
A, so dass ϕ = ϕ A gilt.

3.1 Matrizen und lineare Abbildungen 73
{( 1
2. Bestimme eine lineare Abbildung ϕ : R 2 → R 2 mit ϕ(R 2 ) = span .
1)}
Übung 3.1.15. Man bestimme die Matrix der linearen Abbildung ϕ : R 2 → R 3 , die durch
⎛ ⎞
⎛ ⎞
( 1 ( 2
1
ϕ = ⎝3⎠ 2
, ϕ = ⎝2⎠
2)
0)
4
4
gegeben ist.
Übung 3.1.16. Die sieben Zwerge sitzen rund um einen Tisch, jeder mit einer Tasse vor
sich. In den Tassen befinden sich unterschiedliche Mengen Milch; insgesamt sind es drei
Liter.
Nun verteilt der erste Zwerg den Inhalt seiner Tasse gleichmäßig auf die übrigen sechs;
anschließend tut dies auch der zweite, usw. Nachdem schließlich auch der siebte Zwerg den
Inhalt seiner Tasse gleichmäßig auf die übrigen sechs verteilt hat, stellen die sieben Zwerge
fest, dass jeder gerade so viel Milch in seiner Tasse hat wie zu Beginn.
Wie viel Milch hatte am Anfang jeder Zwerg in seiner Tasse?
Matrizenmultiplikation
Übung 3.1.17. Die Multiplikation einer Matrix mit einer Elementarmatrix von links liefert
die elementaren Zeilenumformungen. Interpretiere die Multiplikation einer Matrix mit
einer Elementarmatrix von rechts.
Übung 3.1.18. Sei A ∈ Mat(n × n, R) und schreibe A 2 := AA, A 3 = AAA, . . . Berechne
A 4 für folgende Matrizen A:
⎛
⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ 1 7 0 0 0 2 1 0 0 2
0 1 7 9
⎜ 0 0 3 2
⎟
⎝ 0 0 0 8 ⎠ ,
0 −1 0 0 0
⎜ 0 0 0 1 0
⎟
⎝
⎠ ,
0 2 0 0 0
⎜ 0 0 2 0 0
⎟
⎝ ⎠ .
0 0 0 0
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0
Übung 3.1.19. Betrachte die Matrizen
⎛ ⎞
0 0 0 1 1
0 0 0 1 1
A =
⎜ 0 0 0 0 0
⎟
⎝ 1 1 0 0 0 ⎠ ,
1 1 0 0 0
⎛ ⎞
0 0 a b
B 2 = ⎜ 0 0 c d
⎟
⎝ 0 0 0 0 ⎠ ,
0 0 0 0
0 0 0 1 1
0 0 0 0 1
⎛ ⎞
0 0 0 0
B1 = ⎜ 0 0 0 0
⎟
⎝ a b 0 0 ⎠
c d 0 0
⎛ ⎞
1 −1 0 0
C = ⎜ 0 −1 0 0
⎟
⎝ 1 −1 1 −1 ⎠
0 −1 0 −1
und berechne A 2 , A 3 , A 4 , B 1C, B 2C, B 2 1, C 2 . Kann man etwas über A 7 sagen, ohne zu rechnen?
Übung 3.1.20. Es seien A, B ∈ Mat(n × n, R) mit AB = 1 n. Zeige, dass auch BA = 1 n
gilt.
Übung 3.1.21. Man zeige: Die Menge
{( ) x −y
M :=
y x
}
| x, y ∈ R
mit der üblichen Matrizenaddition und Multiplikation bildet einen Körper.

74 3 Matrizenrechnung
Übung 3.1.22. Es sei ϕ : R 3 → R 3 die lineare Abbildung, die durch
⎛ ⎞
x 1 + x 3
ϕ(x) = ⎝ x 2
⎠
x 1 + x 3
gegeben ist. Schreibe ϕ 2 := ϕ ◦ ϕ, ϕ 3 := ϕ ◦ ϕ ◦ ϕ, usw. Man bestimme ϕ 7 .
Übung 3.1.23 (Diagonalmatrizen). Es sei A ∈ Mat(n × n, K) eine Diagonalmatrix mit
paarweise verschiedenen Einträgen α 1, . . . , α n ∈ K auf der Diagonalen, d.h.
⎛
⎞
α 1 0 · · · 0
0 α 2 0
A = ⎜
⎝
.
. ..
. ⎟ mit αi ≠ αj für i ≠ j.
.. ⎠
0 0 · · · α n
Man zeige: Gilt AB = BA, so ist B ∈ Mat(n × n, K) auch eine Diagonalmatrix.
Übung 3.1.24 (Distributivität der Matrizenmultiplikation). Betrachte Matrizen A, B ∈
Mat(m × n, K), X, Y ∈ Mat(n × k, K) und zeige mit Satz 3.1.7 die beiden folgenden Distributivgesetze:
A(X + Y ) = AX + AY und (A + B)X = AX + BX.
3.2 Bijektivität und Invertierbarkeit
In diesem Abschnitt geben wir Kriterien dafür an, dass eine lineare Abbildung
ϕ ∈ Hom K (K n , K m ) bijektiv ist und erhalten so weitere Kriterien für die eindeutige
Lösbarkeit von linearen Gleichungssystemen. Die dabei entwickelten Methoden
führen auf den Begriff des Rangs einer Matrix, mit dem man dann auch einfache
Kriterien für die Injektivität und Surjektivität von ϕ angeben kann.
Als Vorbereitung beweisen wir eine einfache Proposition die illustriert wie lineare
Abbildungen lineare Strukturen transportieren. Sie wird auch in vielen anderen
Kontexten nützlich sein.
Proposition 3.2.1. Seien ϕ ∈ Hom K (K n , K m ) eine lineare Abbildung und U ⊆
K n , V ⊆ K m lineare Unterräume. Dann gilt:
(i) ϕ(U) ⊆ K m ist ein linearer Unterraum.
(ii) ϕ −1 (V ) = {x ∈ K n | ϕ(x) ∈ V } ⊆ K n ist ein linearer Unterraum.
(iii) Wenn {v 1 , . . . , v k } ⊆ K m linear unabhängig ist und für {u 1 , . . . , u k } ⊆ K n gilt
ϕ(u j ) = v j , dann ist auch {u 1 , . . . , u k } linear unabhängig.
Beweis. Idee: (i) und (ii) folgen direkt aus den Definitionen. Für (iii) wendet man
Korollar 2.2.4 an.
(i) Für r, r ′ ∈ K, x, x ′ ∈ U und y = ϕ(x), y ′ = ϕ(x ′ ) gilt
ry + r ′ y ′ = rϕ(x) + r ′ ϕ(x ′ ) = ϕ(rx + r ′ x ′ ) ∈ ϕ(U).
(ii) Für x, x ′ ∈ ϕ −1 (V ) und r, r ′ ∈ K gilt
ϕ(rx + r ′ x ′ ) = rϕ(x) + r ′ ϕ(x ′ ) ∈ V.

3.2 Bijektivität und Invertierbarkeit 75
(iii) Wenn 0 = ∑ n
j=1 c ju j , dann gilt
( ∑
n )
0 = ϕ(0) = ϕ c j u j =
j=1
n∑
c j ϕ(u j ) =
j=1
n∑
c j v j ,
j=1
also c 1 = . . . = c n = 0 (vgl. Korollar 2.2.4).
⊓⊔
Als nächstes geben wir verschiedene Charakterisierungen der Injektivität von
linearen Abbildungen an, die einerseits den Nachweis von Injektivität erleichtern,
andererseits bei der Charakterisierung der Bijektivität nützlich sein werden. eine
sehr nützliche Größe in diesem Kontext ist der Kern
ker(ϕ) := ϕ −1 ({0}) = {x ∈ K n | ϕ(x) = 0}
einer linearen Abbildung ϕ ∈ Hom K (K n , K m ), der nach Proposition 3.2.1 ein linearer
Unterraum von K n ist.
Proposition 3.2.2. Sei ϕ ∈ Hom K (K n , K m ). Dann sind äquivalent:
(1) ϕ ist injektiv.
(2) ker(ϕ) = {0}.
(3) {ϕ(v 1 ), . . . , ϕ(v n )} ist linear unabhängig für jede Basis {v 1 , . . . , v n } von K n .
(4) {ϕ(v 1 ), . . . , ϕ(v n )} ist linear unabhängig für eine Basis {v 1 , . . . , v n } von K n .
Beweis. Idee: Für ”
(4)⇒(2)“ schreibt man ein Element von ker ϕ als Linearkombination
der v j und wendet ϕ darauf an. Dann liefern Satz 2.3.3 und Korollar 2.2.4 die Behauptung.
Die Implikationen ”
(2) ⇒ (1) ⇒ (3) ⇒ (4)“ verifiziert man direkt mit den Definitionen.
” (2) ⇒ (1)“: Wenn ϕ(x) = ϕ(x′ ), dann gilt wegen der Linearität ϕ(x − x ′ ) = 0 und
dann nach (2) auch x − x ′ = 0. Also ist ϕ injektiv.
” (1) ⇒ (3)“: Aus 0 = ∑ ( ∑
n )
j = 1 n c j ϕ(v j ) = ϕ c j v j
folgt 0 = ∑ n
j=1 c jv j und damit c 1 = . . . = c n = 0.
(3) ⇒ (4)“: Offensichtlich.
”
” (4) ⇒ (2)“: Sei v ∈ ϕ−1 ({0}) und {v 1 , . . . , v n } eine Basis für K n . Dann kann man
v wegen Satz 2.3.3 in der Form v = ∑ n
j=1 c jv j schreiben. Aus ϕ( ∑ n
j=1 c jv j ) = 0
folgt dann ∑ n
j=1 c jϕ(v j ) = 0, und wegen (4) mit Korollar 2.2.4 dann c 1 = . . . =
c n = 0, und schließlich v = ∑ n
j=1 c jv j = 0.
j=1
⊓⊔
Injektivität und Surjektivität von linearen Abbildungen lassen Rückschlüsse auf
die relative Größe von Definitionsbereichen und Bildbereichen zu (vgl. auch die
Bemerkungen auf Seite 64).
Lemma 3.2.3. (i) Wenn ϕ ∈ Hom K (K n , K m ) injektiv ist, dann gilt n ≤ m.
(ii) Wenn ϕ ∈ Hom K (K n , K m ) surjektiv ist, dann gilt n ≥ m.
Beweis. (i) {ϕ(e 1 ), . . . , ϕ(e n )} ist linear unabhängig, also existieren mindestens n
linear unabhängige Vektoren in K m , also n ≤ m (vgl. Beispiel 2.2.6).

76 3 Matrizenrechnung
(ii) {ϕ(e 1 ), . . . , ϕ(e n )} spannt den linearen Unterraum ϕ(K n ) = K m auf, enthält
also nach Satz 2.3.6 eine Basis für K m . Also gilt m ≤ n.
⊓⊔
Wir sehen also, dass ϕ ∈ Hom K (K n , K m ) nur bijektiv sein kann, wenn n = m ist.
Wenn umgekehrt n = m gilt, reicht es Injektivität oder Surjektivität nachzuweisen
um die Bijektivität zu zeigen:
Satz 3.2.4. Sei ϕ ∈ Hom K (K n , K n ). Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) ϕ ist injektiv.
(2) ϕ ist surjektiv.
(3) ϕ ist bijektiv.
(4) ϕ hat eine K-lineare Umkehrabbildung ψ.
Beweis. Idee: Man benutzt die Propositionen 3.2.1 und 3.2.2 um die Äquivalenz von
(1) und (2) zu zeigen und damit auch die Äquivalenz von (1), (2) und (3). Der Rest folgt,
weil Umkehrabbildungen linearer Abbildungen linear sind.
” (1) ⇒ (2)“: Sei {e 1, . . . , e n } die Standardbasis für K n . Nach Proposition 3.2.2 ist
die Menge {ϕ(e 1 ), . . . , ϕ(e n )} linear unabhängig. Wegen dim K (K n ) = n ist also
{ϕ(e 1 ), . . . , ϕ(e n )} eine Basis für K n . Wenn jetzt x ∈ K n beliebig ist, können
wir schreiben
n∑
( ∑
n )
x = d j ϕ(e j ) = ϕ d j e j
j=1
und sehen die Surjektivität von ϕ.
” (2) ⇒ (1)“: Wegen der Surjektivität gibt es v j ∈ K n mit ϕ(v j ) = e j . Nach Proposition
3.2.1 ist {v 1 , . . . , v n } ⊆ K n linear unabhängig, also eine Basis für K n .
Damit folgt die Behauptung aus Proposition 3.2.2.
j=1
Damit haben wir die Äquivalenz der ersten drei Aussagen.
” (3) ⇔ (4)“: Die Implikation (4) ⇒ (3)“ ist klar und wenn (3) gilt, wissen wir,
”
dass ϕ eine eindeutig bestimmte Umkehrabbildung ψ hat. Zu zeigen ist dann
nur noch, dass ψ auch linear ist. Dazu:
ψ(ry 1 + sy 2 ) = ψ ( rϕ(ψ(y 1 )) + sϕ(ψ(y 2 )) ) = ψ ◦ ϕ(rψ(y } {{ } 1 ) + sψ(y 2 ))
id
= rψ(y 1 ) + sψ(y 2 ).
⊓⊔
Wir bringen jetzt zu einer linearen Abbildung ϕ ∈ Hom K (K n , K n ) die zugehörigen
Matrix A ϕ ∈ Mat(n×n, K) ins Spiel und charakterisieren die Bijektivität
von ϕ durch Eigenschaften von A ϕ . Dies führt dann auf den Begriff der inversen
Matrix, der an vielen Stellen wieder auftauchen wird.
Satz 3.2.5. Sei A ∈ Mat(n × n, K). Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) ϕ A ist bijektiv.
(2) Es gibt ein B ∈ Mat(n × n, K) mit BA = 1 n .
(3) Es gibt ein B ∈ Mat(n × n, K) mit AB = 1 n .
(4) Es gibt ein B ∈ Mat(n × n, K) mit BA = AB = 1 n .

3.2 Bijektivität und Invertierbarkeit 77
⎛ ⎞
1 ∗
⎜
(5) A hat eine Zeilenstufenform mit n Stufen: ⎝
. ..
⎟
⎠.
1
(6) Jede Zeilenstufenform von A hat n Stufen.
Wenn diese Bedingungen erfüllt sind, dann gilt B = A ϕ
−1. Insbesondere ist B
A
jeweils eindeutig bestimmt und es handelt sich in den Bedingungen (2)-(4) jeweils
um dasselbe B.
Beweis. Idee: Schreibe ψ für ϕ A und, falls ψ bijektiv ist, setze B = A ψ −1. Dann wende
mehrfach die Sätze 3.1.5 und 3.2.4 an.
Schreibe ψ für ϕ A und, falls ψ bijektiv ist, setze B = A ψ −1 (vgl. Satz 3.1.5).
Dann gilt ϕ B = ϕ (Aψ −1 ) = ψ −1 .
” (1) ⇒ (2)“: Wegen ϕ 1n = id K n = ϕ B ◦ ϕ A = ϕ BA
zeigt Satz 3.1.5, dass BA = 1 n .
” (2) ⇒ (1)“: Beachte, dass id K n = ϕ 1 n
= ϕ BA = ϕ B ◦ ϕ A . Wenn ϕ A (x) = ϕ A (y),
dann gilt
x = ϕ B (ϕ A (x)) = ϕ B (ϕ A (y)) = y.
Also ist ϕ A injektiv, mit Satz 3.2.4 daher sogar bijektiv.
” (1) ⇒ (3)“: Analog zum Schritt “(1) ⇒ (2)” folgt die Identität AB = 1 n aus
id K n = ψ ◦ ψ −1 = ϕ A ◦ ϕ B .
” (3) ⇒ (1)“: Beachte, dass id K n = ϕ A ◦ϕ B die Surjektivität von ϕ A impliziert, also
mit Satz 3.2.4 auch die Injektivität.
(1) ⇔ (4)“: Dies folgt jetzt sofort aus den bisherigen Beweisschritten, weil in den
”
Schritten (1) ⇒ (2)“ und (1) ⇒ (3)“ jeweils das gleiche B benutzt wurde.
” ”
(5) ⇔ (6)“: Da die Anzahl der Stufen einer Zeilenstufenform durch die Dimension
des Lösungsraums der Gleichung Ax = 0 bestimmt wird, ist sie für jede
”
Zeilenstufenform gleich (vgl. Beispiel 2.4.3).
” (1) ⇔ (6)“: ϕ A ist genau dann bijektiv, wenn die Gleichung Ax = b für jedes
b ∈ K n eindeutig lösbar ist. Die analoge Aussage gilt für jede Zeilenstufenform
Z von A. Also ist ϕ A bijektiv genau dann, wenn ϕ Z bijektiv ist. Da die Gleichung
Zx = b nach Bemerkung 1.2.10 genau dann für jede rechte Seite lösbar ist, wenn
sie n Stufen enthält, folgt die Behauptung.
Wenn wir jetzt annehmen, dass die sechs Bedingungen erfüllt sind, dann zeigen
die Argumente in (1) ⇒ (2)“ und (1) ⇒ (3)“, dass B = A ” ” ϕ
−1 die Bedingungen
A
erfüllt. Wenn C eine weitere Matrix mit CA = 1 ist, dann ist (3) erfüllt und damit
auch (1). Also gilt
ϕ C = ϕ C ◦ ϕ A ◦ ϕ −1
A
= ϕ CA ◦ ϕ −1
A
= ϕ 1 ◦ ϕ −1
A
und Satz 3.1.5 liefert C = B. Analog liefert AC = 1 mit
ϕ C = ϕ −1
A
◦ ϕ A ◦ ϕ C = ϕ −1
A
◦ ϕ AC = ϕ −1
A
= ϕ−1 A
◦ ϕ 1 = ϕ −1
A
= ϕ B
= ϕ B
ebenfalls C = B.
⊓⊔
Bemerkung 3.2.6. In der Situation von Satz 3.2.5(4) nennt man die Matrix A
invertierbar. Beachte, dass die Matrix B in Satz 3.2.5(2-4) eindeutig bestimmt

78 3 Matrizenrechnung
ist. Die so bestimmte Matrix B heißt dann die inverse Matrix von A und man
schreibt A −1 dafür.
Der Satz 3.2.5 zeigt insbesondere noch einmal, dass für A, B ∈ Mat(n × n, K)
die Gleichungen AB = 1 und BA = 1 äquivalent sind. Es muss also nur eine von
beiden nachgewiesen werden, um zu zeigen, dass die Matrizen A und B zueinander
invers sind.
⊓⊔
Beispiel 3.2.7. Für die elementaren Zeilenumformungen übersetzt sich die Tatsache,
dass sie durch ebensolche rückgängig gemacht werden können in die Tatsache,
dass die Inversen der zugehörigen Matrizen selbst wieder zu elementaren Zeilenumformungen
gehörige Matrizen sind (vgl. Beispiel 3.1.9):
(i) E −1
I(p,q) = E I(p,q).
(ii) E −1
II(p;c) = E II(p;c −1 ).
(iii) E −1
III(c;q,p) = E III(−c;q,p).
⊓⊔
Bemerkung 3.2.8. Seien A, B ∈ Mat(n × n, K) invertierbar. Dann ist auch AB
invertierbar und es gilt (AB) −1 = B −1 A −1 , wie man an folgender Rechnung sieht
(
B −1 A −1)( AB ) = B −1 A −1 AB = B −1 1B = B −1 B = 1.
⊓⊔
Bemerkung 3.2.9. Zur Berechnung der inversen Matrix A −1 von A ∈ Mat(n ×
n, R) kann man die Gleichung AX = 1 als Familie von linearen Gleichungssystemen
lesen, indem man jede Spalte von X als Variablensatz und jede Spalte von
1 als rechte Seite auffasst. Dann löst man diese Gleichungen simultan, indem man
die Matrix (A, 1) auf Zeilenstufenform bringt. Wenn A invertierbar ist, dann hat
diese Zeilenstufenform nach Satz 3.2.5 genau n-Stufen und man kann sie anschließend
durch weitere elementare Zeilenumformungen auf die Gestalt (1, B) bringen.
Andernfalls erhält man weniger als n Stufen und erkennt, dass A nicht invertierbar
war. Seien (für den Fall, dass A invertierbar ist) die elementaren Zeilenumformungen
durch die Matrizen E 1 , . . . , E r beschrieben. Dann haben wir:
E r · · · E 1 (A, 1) = (E r · · · E 1 A, E r · · · E 1 ) = (1, B).
Dies zeigt A −1 = E r · · · E 1 = B.
Beispiel 3.2.10.
⎛ ⎞ ⎛
⎞
3 1 1 1 0 0 1 1/3 1/3 1/3 0 0
⎝ 0 3 1 0 1 0 ⎠ ❀ ⎝ 0 3 1 0 1 0 ⎠
3 0 3 0 0 1 0 −1 2 −1 0 1
⎛
⎞ ⎛
⎞
1 1/3 1/3 1/3 0 0 1 1/3 1/3 1/3 0 0
❀ ⎝ 0 1 1/3 0 1/3 0 ⎠ ❀ ⎝ 0 1 1/3 0 1/3 0 ⎠
0 0 7/3 −1 1/3 1 0 0 1 −3/7 1/7 3/7
⎛
⎞ ⎛
⎞
1 1/3 0 10/21 1/21 −1/7 1 0 0 3/7 −2/21 −2/21
❀ ⎝ 0 1 0 1/7 6/21 −1/7 ⎠ ❀ ⎝ 0 1 0 1/7 6/21 −1/7 ⎠ .
0 0 1 −3/7 1/7 3/7 0 0 1 −3/7 1/7 3/7
⊓⊔
⊓⊔

3.2 Bijektivität und Invertierbarkeit 79
Wir wenden uns jetzt der Frage zu, wie man Injektivität und Surjektivität einer
linearen Abbildung ϕ ∈ Hom K (K n , K m ) auch für n ≠ m an der zugehörigen Matrix
A = A ϕ ablesen kann. Für die Injektivität werden wir dabei wieder auf Proposition
3.2.2 zurückgreifen, die bisher entwickelten Techniken werden es uns aber auch
erlauben die Surjektivität zu charakterisieren, wenn wir in den Matrizen die Rollen
von Zeilen und Spalten vertauschen.
Definition 3.2.11. Sei
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
⎜
⎟
A = ⎝ . . ⎠ ∈ Mat(m × n, K).
a m1 · · · a mn
Die Matrix
⎛
⎞
a 11 · · · a m1
A ⊤ ⎜
⎟
:= ⎝ . . ⎠ ∈ Mat(n × m, K)
a 1n · · · a mn
heißt die transponierte Matrix von A. Die aus den Zeilen von A gewonnenen
Vektoren
a Zeile
i := (a i1 , . . . , a in ), i = 1, . . . , m
heißen die Zeilenvektoren von A und die aus den Spalten von A gewonnenen
Vektoren
⎛ ⎞
a 1j
⎜ ⎟
a Spalte
j := ⎝ . ⎠ , j = 1, . . . , n
a mj
heißen die Spaltenvektoren von A. Man nennt dim(span{a Zeile
i | i = 1, . . . , m})
den Zeilenrang von A und dim(span{a Spalte
j | j = 1, . . . , n}) den Spaltenrang von
A.
Bemerkung 3.2.12. (i) (AB) ⊤ = B ⊤ A ⊤ (Übung: Nachrechnen!).
(ii) Zeilenrang(A) = Spaltenrang(A ⊤ ).
(iii) Der Zeilenrang ändert sich bei elementaren Zeilenumformungen nicht:
Typ I: Klar, weil sich die Menge der Zeilenvektoren bei Zeilenvertauschung nicht
ändert, also auch nicht der lineare Spann der Zeilenvektoren.
Typ II: Klar, weil hier nur ein Zeilenvektor durch ein von Null verschiedenes
Vielfaches ersetzt wurde, was am linearen Spann der Zeilenvektoren nichts
ändert.
Typ III:
span(a Zeile
1 , . . . , a Zeile
n ) = span(a Zeile
1 , . . . , a Zeile
i−1 , a Zeile
i
+ ca Zeile
k
andererseits aber auch a Zeile
i
weil einerseits a Zeile
i
eine Linearkombination von a Zeile
i
eine Linearkombination von a Zeile
i
+ ca Zeile
k , a Zeile
i+1 , . . . , a Zeile
n ),
und a Zeile
k
ist,
+ ca Zeile
k
und
a Zeile
k
.
(iv) Der Zeilenrang einer Matrix in Zeilenstufenform ist gleich der Anzahl der Stufen
(siehe Beispiel 2.2.7).

80 3 Matrizenrechnung
(v) Der Spaltenrang ändert sich bei elementaren Zeilenumformungen auch nicht:
Weil elementare Zeilenumformungen durch ebensolche wieder rückgängig gemacht
werden können, reicht es zu zeigen, dass der Spaltenrang bei solchen
Umformungen nicht größer wird.
Seien jetzt a Spalte
1 , . . . , a Spalte
n die Spaltenvektoren von A und E eine Elementarmatrix.
Dann gilt
d.h., die Ea Spalte
j
EA = E ( a Spalte
1 , . . . , a Spalte
n
span ( Ea Spalte
1
} {{ }
ϕ E (a Spalte
1 )
)
=
(
Ea
Spalte
1 , . . . , Ea Spalte
n
sind die Spaltenvektoren von EA, und
, . . . , Ea
Spalte
n
} {{ }
ϕ E (a Spalte
n )
)
,
)
= ϕE
(
span(a
Spalte
1 , . . . , a Spalte
n ) ) .
Nach Satz 2.3.6 gibt es Ea Spalte
j 1
, . . . , Ea Spalte
j k
, die zusammen eine Basis für den
linearen Spann von Ea Spalte
1 , . . . , Ea Spalte
n bilden. Nach Proposition 3.2.1(iii) ist
{a Spalte
j 1
, . . . , a Spalte
} linear unabhängig. Also gilt
j k
dim span ( Ea Spalte
1 , . . . , Ea Spalte
n
)
= k ≤ dim span
(
a
Spalte
1 , . . . , a Spalte
n
)
.
⊓⊔
Lemma 3.2.13. Sei A ∈ Mat(m × n, K). Dann gilt
Zeilenrang(A) = Spaltenrang(A).
Beweis. Idee: O.B.d.A. kann angenommen werden, dass A in Zeilenstufenform vorliegt.
Nach Bemerkung 3.2.12 können wir annehmen, dass A in Zeilenstufenform ist.
Sei Zeilenrang(A) = r. Dann ist r gerade die Anzahl der Stufen in A. Die Spaltenvektoren
von A liegen im Unterraum
⎧⎛
⎞
⎫
⎪⎨ x 1
⎪⎬
⎜ ⎟
⎝ . ⎠ ∣ x r+1 , . . . , x m = 0
⎪⎩
⎪⎭
x m
von R m . Die Standardbasisvektoren e 1 , . . . , e r ∈ K m bilden eine Basis dieses Unterraums,
der daher genau die Dimension r hat. Also gilt nach Satz 2.4.4(i), dass
Spaltenrang(A) ≤ r.
Behauptung: Die r Spaltenvektoren der Spalten, in denen eine Stufe vorkommt, sind
linear unabhängig.
Seien dazu s 1 , . . . , s r die Nummern der Spalten von A, in denen eine Stufe
vorkommt. Wir nehmen an, dass ∑ r
k=1 c ka Spalte
s k
= 0 gilt. Betrachte die r-ten Komponenten
a r,jk der a Spalte
j k
für k = 1, . . . , r. Weil A in Zeilenstufenform ist, sind sie
alle 0, nur a r,jr , die r-te Komponente von a Spalte
j r
ist 1. Also gilt c r = 0. Als nächstes
betrachtet man die r −1-ten Komponenten der a Spalte
j k
für k = 1, . . . , r −1 und findet
c r−1 = 0, etc.
Mit der Behauptung ist jetzt gezeigt, dass der Spaltenrang von A mindestens
r ist. Zusammen mit der vorhergehenden Überlegung finden wir also, dass
Spaltenrang(A) = r.
⊓⊔

3.2 Bijektivität und Invertierbarkeit 81
Definition 3.2.14. Sei A ∈ Mat(m × n, K). Dann nennt man
Rang(A) := Spaltenrang(A) = Zeilenrang(A)
einfach den Rang von A.
Satz 3.2.15. Sei A ∈ Mat(m × n, K). Dann gilt
(i) ϕ A ist surjektiv genau dann, wenn Rang(A) = m.
(ii) ϕ A ist injektiv genau dann, wenn Rang(A) = n.
Beweis. (i) ϕ A ist genau dann surjektiv, wenn
K m = ϕ A (K n ) = ϕ A (span(e 1 , . . . , e n ) ) = span ( ϕ A (e 1 ), . . . , ϕ A (e n ) ) ,
was wiederum wegen Satz 2.4.4(i) äquivalent zu
m = dim K m = Spaltenrang(A) = Rang(A)
ist, weil ϕ A (e j ) = Ae j der j-te Spaltenvektor von A ist.
(ii) Nach Proposition 3.2.2 ist ϕ A genau dann injektiv, wenn {ϕ A (e 1 ), . . . , ϕ A (e n )}
linear unabhängig ist. Das ist aber genau dann der Fall, wenn
Rang(A) = Spaltenrang(A) = n.
⊓⊔
Bemerkung 3.2.16 (Lösbarkeit inhomogener Gleichungssysteme). Betrachte
ein (LGS) der Form Ax = b. Es ist genau dann lösbar, wenn der Spaltenvektor
b im Bild der linearen Abbildung ϕ A liegt. Da dieses Bild von den Spaltenvektoren
der Matrix A aufgespannt wird, ist die Lösbarkeit von Ax = b äquivalent zu
Rang(A) = Rang(A|b), wobei (A|b) die erweiterte Koeffizientenmatrix des Gleichungssystems
Ax = b ist.
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 3.2
Invertierbarkeit
Übung 3.2.1. Sind die folgenden Matrizen invertierbar?
⎛ ⎞ ⎛
⎛ ⎞ 0 0 0 1
1 2 3
A = ⎝ 2 3 1 ⎠ , B = ⎜ 1 0 0 0
⎟
⎝ ⎠ , C = ⎜
⎝
3 1 2
0 1 0 0
0 0 1 0
1 2 −3 0
3 5 1 4
−1 −1 −5 −3
4 3 2 1
Übung 3.2.2. Sind die folgenden Matrizen invertierbar?
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 2 3 1 2 4
A = ⎝ 1 2 3 ⎠ , B = ⎝ 0 3 5 ⎠ , AB, BA, A 2 , B 2 .
1 2 3 0 0 6
Übung 3.2.3. Zeige: Es gibt eine Bijektion zwischen der Menge aller Basen von R n und
der Menge GL(n, R) aller invertierbaren n × n-Matrizen.
⎞
⎟
⎠ .

82 3 Matrizenrechnung
Übung 3.2.4. Stelle fest, ob die linearen Abbildungen ϕ A, ϕ B, ϕ C und ϕ D mit
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 0 2
0 0 1 0
A = ⎜ 0 0 1 0
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠ , B = ⎜ 1 0 0 0
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠ ,
0 0 0 1
0 0 0 1
⎛ ⎞ ⎛
⎞
0 0 0 1
−1 0 0 −2
C = ⎜ 0 2 0 0
⎟
⎝ 0 0 3 0 ⎠ , D = ⎜ 0 0 −1 0
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠
1 0 0 0
0 0 0 1
umkehrbar sind und gib gegebenenfalls die Umkehrabbildung an.
Übung 3.2.5. Stelle fest, ob die linearen Abbildungen ϕ A, ϕ B und ϕ C mit
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 0 2
0 0 1 0 ⎛ ⎞
A = ⎜ 0 0 1 0
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠ , B = ⎜ 1 0 0 0
1 0 1
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠ , C = ⎝ 1 1 1 ⎠
0 1 1
0 0 0 1
0 0 0 1
umkehrbar sind und gib gegebenenfalls die Umkehrabbildung an.
Übung 3.2.6. (a) Stelle fest, ob die linearen Abbildungen ϕ A und ϕ B mit
⎛
⎞
⎛ ⎞
1 2 −3 0
1 2 3
A = ⎝ 2 3 1 ⎠ , B = ⎜ 3 5 1 4
⎟
⎝ −1 −1 −5 −3 ⎠ .
3 2 1
4 3 2 1
umkehrbar sind.
(b) Stelle fest, ob die linearen Abbildungen ϕ C und ϕ D mit
⎛ ⎞ ⎛
0 0 0 1
C = ⎜ 0 2 0 0
⎟
⎝ 0 0 3 0 ⎠ , D = ⎜
⎝
1 0 0 0
−1 0 0 −2
0 0 −1 0
0 1 0 0
0 0 0 1
⎞
⎟
⎠ .
umkehrbar sind und gib gegebenenfalls die Umkehrabbildung an.
Übung 3.2.7. Man stelle fest, ob die lineare Abbildung ϕ : R 4 → R 4 mit
⎛
⎞
x 2 + x 3 + x 4
ϕ(x) = ⎜ −x 1 + x 3 + x 4
⎟
⎝ −x 1 − x 2 + x 4
⎠
−x 1 − x 2 − x 3
umkehrbar ist, und gebe die Umkehrabbildung an.
Übung 3.2.8. Man gebe ein Kriterium an, wann die Matrix
( ) a b
A = mit a, b, c, d ∈ K
c d
invertierbar ist, und bestimme für diesen Fall ihre Inverse.
Übung 3.2.9 (Blockmatrizen).
1. Es seien A, A ′ ∈ K r×r , B, B ′ ∈ K r×s , C, C ′ ∈ K s×r , D, D ′ ∈ K s×s Matrizen, und
( ) ( )
A B
X := , X ′ A ′ B ′
:=
C D
C ′ D ′ ∈ K (r+s)×(r+s) .
Begründen Sie die folgende Regel zur Multiplikation der Blockmatrizen X, X ′ :
( ) ( ) ( )
A B A ′ B ′ AA ′ + BC ′ AB ′ + BD ′
C D C ′ D ′ =
CA ′ + DC ′ CB ′ + DD ′ .
Wie lässt sich diese Multiplikation von Blockmatrizen noch verallgemeinern?

3.2 Bijektivität und Invertierbarkeit 83
2. Seien A ∈ K r×r , D ∈ K s×s invertierbar und B ∈ K r×s beliebig. Bestimmen Sie die
Inverse der Matrix
( ) A B
∈ K (r+s)×(r+s) .
0 D
Rang
( ) a b
Übung 3.2.10. (i) Berechne die Zeilenstufenform von A = .
c d
(ii) Zeige, dass der Zeilenrang von A genau
(
dann
)
zwei ist, wenn ad − bc ≠ 0.
1 0
(iii) Gib eine 2 × 2-Matrix B an mit BA = .
0 1
( ) 1 0
(iv) Zeige, dass AB = ist.
0 1
Übung 3.2.11. Bestimme den Rang von A in Abhängigkeit von t ∈ R:
⎛ ⎞
5 − t 1 3
A = ⎝ 1 −2 1 ⎠ .
0 t 0
Übung 3.2.12. Man bestimme den Rang der folgenden Matrizen und berechne im Fall
maximalen Rangs die zugehörige inverse Matrix.
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−1 1 3
0 α β
A = ⎝−2 1 1⎠ , B = ⎝−α 0 γ⎠ ,
1 0 3
−β −γ 0
wobei α, β, γ ∈ R.
Übung 3.2.13. Man bestimme den Rang von A in Abhängigkeit von k ∈ R:
⎛ ⎞
1 k 1
A = ⎜−1 0 1
⎟
⎝ 3 −1 k⎠ .
k −1 1
Übung 3.2.14. Es sei
A n =
Zeige Rang A n = n und bestimme A −1
5 .
⎛
⎞
1 1 1 · · · 1
1 2 2 · · · 2
1 2 3 · · · 3
⎜
⎝
. . .
.
..
. ⎟ .. ⎠
1 2 3 · · · n
∈ R n×n .
Übung 3.2.15. Sei A ∈ Mat(m × n, K) und B ∈ Mat(n × p, K). Zeigen Sie:
(AB) ⊤ = B ⊤ A ⊤ ,
wobei A ⊤ die transponierte Matrix von A ist.
Kern und Bild
Übung 3.2.16. Es sei ϕ : K n → K n eine lineare Abbildung. Zeige:
ker(ϕ) = ker(ϕ 2 ) =⇒ ker(ϕ) ∩ ϕ(K n ) = {0} .
Übung 3.2.17. Es sei ϕ : K n → K n eine lineare Abbildung. Zeige:
ker(ϕ) ∩ ϕ(K n ) = {0} =⇒ ker(ϕ) = ker(ϕ 2 ) .

84 3 Matrizenrechnung
Übung 3.2.18. Existieren lineare Abbildungen ϕ : R 2 → R 2 mit
a) ker(ϕ) = {(x 1, x 2) ∈ R 2 | − 1 ≤ x 1 ≤ 1};
b) im (ϕ) := ϕ(R 2 ) = {(y 1, y 2) ∈ R 2 | 2y 1 − 3y 2 = 0};
c) ϕ ( {(x 1, x 2) ∈ R 2 | x 1 + x 2 = 0} ) = {(y 1, y 2) ∈ R 2 | y 2 1 + y 2 2 = 1};
d) ϕ((1, 2)) = (1, 3), ϕ((3, 2)) = (−1, 0), ϕ((4, −4)) = (−2, 1)?
Man konstruiere ein Beispiel oder begründe, warum es kein Beispiel geben kann.
Übung 3.2.19 (Dimensionsformel für lineare Abbildungen). Es sei ϕ : K n → K m eine
lineare Abbildung. Zeige:
dim ker(ϕ) + dim ϕ(K n ) = n .
Übung 3.2.20 (Dimension von Bildern linearer Abbildungen). Es sei U ⊆ K n ein linearer
Unterraum und ϕ: K n → K m eine lineare Abbildung. Man zeige, dass dim K
(
ϕ(U)
)
≤
dim K(U).
Übung 3.2.21. Es sei ϕ A : R 4 → R 3 gegeben mit
⎛ ⎞
1 2 3 0
A = ⎝0 −1 1 2 ⎠ .
2 0 1 −1
Man bestimme eine Basis des Kerns und eine Basis des Bildes von ϕ A.
Übung 3.2.22. Es sei ϕ : K n → K n eine lineare Abbildung, für die ϕ 2 = ϕ gilt. Zeigen
Sie:
1. ker(ϕ) ∩ ϕ(K n ) = {0} und K n = ker(ϕ) + ϕ(K n ),
2. ϕ ist genau dann injektiv, wenn ϕ = id K n gilt.

4
Determinanten
Determinanten sind Zahlen, die aus quadratischen Matrizen gewonnen werden
und die wichtige Kenngrößen dieser Matrizen sind. So ist z.B eine quadratische
Matrix genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante nicht verschwindet. Eine
andere Motivation für die Einführung von Determinanten ist ihre Rolle in Volumenberechnungen
und der mehrdimensionalen Integrationstheorie (Stichworte: Transformationsformel
und Differentialformen). Determinanten gehen in gewisser Weise
schon über die Lineare Algebra hinaus, denn sie sind Beispiele für multilineare
Abbildungen. Wegen ihrer ausgesprochen wichtigen Anwendungen innerhalb der Linearen
Algebra werden sie trotzdem in jeder Vorlesung zum Thema behandelt.
In diesem Kapitel führen wir die Determinanten nur ein und zeigen, welche
Rolle sie in der Untersuchung von invertierbaren Matrizen spielen. Weitergehende
Anwendungen (Stichwort: Eigenwerte) werden erst in späteren Kapiteln behandelt.
Auf dem Weg zur Definition der Determinanten werden wir die Gelegenheit nutzen
Begriffe wie Permutationen und Gruppen einzuführen, die in der Mathematik von
universellem Interesse sind.
4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen
Zur Vorbereitung der Determinanten betrachten wir Permutationsmatrizen,
die bijektive Selbstabbildungen endlicher Mengen beschreiben, unter anderem zur
mathematischen Formulierung von Symmetrie-Eigenschaften dienen und von unabhängigem
Interesse sind (z.B. in der Kombinatorik oder der Stochastik).
Definition 4.1.1. Eine Permutationsmatrix ist eine Matrix
⎛
⎞
p 11 · · · p 1n
⎜
⎟
P = ⎝ . . ⎠ ∈ Mat(n × n, K)
p n1 · · · p nn
mit p ij ∈ {0, 1} und ∑ n
j=1 p ij = 1 = ∑ n
i=1 p ij, d.h., in jeder Zeile und in jeder
Spalte steht genau eine Eins und sonst lauter Nullen. Wir bezeichnen die Menge
der Permutationsmatrizen in Mat(n × n, K) mit PM n
Die Zeilenstufenform einer Permutationsmatrix lässt sich durch Umformungen
vom Typ I erreichen und ist gleich 1 n . Also ist nach Satz 3.2.15 jede Permutationsmatrix
invertierbar und die zugehörige lineare Abbildung bijektiv. Auch die Inverse
einer Permutationsmatrix kann man sehr leicht berechnen. Es gilt

86 4 Determinanten
⎛
⎞ ⎛
⎞
p 11 · · · p 1n p 11 · · · p n1
P P ⊤ ⎜
⎟ ⎜
= ⎝ . . ⎠ ⎝ . .
p n1 · · · p nn p 1n · · · p nn
mit
Also gilt C = 1 n und P ⊤ = P −1 .
c ij = p i1 p j1 + . . . + p in p jn =
⎟
⎠ = C :=
{ 0 i ≠ j
1 i = j.
⎛
⎞
c 11 · · · c 1n
⎜
⎟
⎝ . . ⎠
c n1 · · · c nn
Bemerkung 4.1.2. Sei P ∈ PM n ⊆ Mat(n × n, K) eine Permutationsmatrix und
{e 1 , . . . , e n } die Standardbasis für K n . Dann bildet ϕ P die Menge B := {e 1 , . . . , e n }
auf sich selbst ab:
⎛
⎛
ϕ P (e 1 ) =
⎜
⎝
⎞
p 11
.
p n1
⎟
⎠ , . . . , ϕ P (e n ) =
⎜
⎝
⎞
p 1n
.
p nn
Man kann jetzt die Einschränkung ϕ P | B : B → B, b ↦→ ϕ P (b) von ϕ P auf B als
eigenständige Abbildung ϕ: B → B der endlichen Menge B in sich selbst auffassen.
Zur Untersuchung dieser Abbildung können dann auch Abzählargumente verwendet
werden, die für Abbildungen auf unendlichen Mengen nicht automatisch zur
Verfügung stehen.
⎟
⎠ .
Proposition 4.1.3. M und N seien endliche Mengen mit gleich vielen Elementen.
Sei ϕ: M → N eine Abbildung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) ϕ ist injektiv.
(2) ϕ ist surjektiv.
(3) ϕ ist bijektiv.
Beweis. Sei k die Anzahl der Elemente in M (und N).
” (1) ⇒ (2)“: Wenn M = {m 1, . . . , m k } und L := {ϕ(m 1 ), . . . , ϕ(m k )} ⊆ N, dann
sind wegen (1) alle Elemente von L verschieden, d.h. diese Menge hat k Elemente
und ist daher gleich N.
” (2) ⇒ (1)“: Wenn ϕ nicht injektiv ist, gibt es m ≠ m′ in M mit ϕ(m) = ϕ(m ′ ),
also hat ϕ(M) höchstens k −1 Elemente. Dann kann ϕ aber nicht surjektiv sein.
Mit diesen beiden Beweisschritten folgt dann auch die Äquivalenz von (1) und (2)
mit (3).
⊓⊔
Die Proposition 4.1.3 zeigt, dass die Abbildung
ϕ P | {e1,...e n} : {e 1 , . . . e n } → {e 1 , . . . e n }
für jedes vorgegebene P ∈ PM n bijektiv ist, weil sie die Einschränkung einer injektiven
Abbildung, also selbst injektiv ist. Also erhält man zu jeder Permutationsmatrix
P ∈ PM n eine bijektive Abbildung
durch
d.h. σ P (j) = k, wenn ϕ P (e j ) = e k .
σ P : {1, . . . , n} → {1, . . . , n}
e σP (j) = ϕ P (e j ),

4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen 87
Definition 4.1.4. Eine bijektive Abbildung σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} heißt eine
Permutation von {1, . . . , n}. Die Menge aller Permutationen von {1, . . . , n} wird
mit S n bezeichnet (S für symmetrische Gruppe, siehe Definition 4.1.5). Wir
benutzen die folgende Schreibweise für σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n}:
( )
1 · · · n
.
σ(1) · · · σ(n)
Definition 4.1.5. Eine Menge G zusammen mit einer Verknüpfung ∗: G × G → G
heißt eine Gruppe, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind:
(a) a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c ∀a, b, c ∈ G (Assoziativgesetz).
(b) ∃e ∈ G mit e ∗ a = a ∀a ∈ G (Neutrales Element oder Einselement).
(c) ∀a ∈ G existiert b ∈ G mit b ∗ a = e (inverses Element von a).
Wenn keine Verwechslungsgefahr besteht, lässt man das Verküpfungszeichen
weg, außer es ist ein +.
Bemerkung 4.1.6. Aus diesen Axiomen lassen sich sofort einige Folgerungen ziehen:
(i) Wenn a ∗ b = e für a, b ∈ G, dann gilt auch b ∗ a = e.
Um das zu sehen, beachte zunächst, dass
(b ∗ a) ∗ (b ∗ a) = b ∗ (a ∗ b) ∗ a = b ∗ e ∗ a = b ∗ a
gilt. Außerdem gibt es ein c ∈ G mit c ∗ (b ∗ a) = e. Damit rechnet man
e = c ∗ (b ∗ a) = c ∗ (b ∗ a) ∗ (b ∗ a) = e ∗ (b ∗ a) = b ∗ a.
(ii) a ∗ e = a für alle a ∈ G:
Es gibt ein b ∈ G mit b ∗ a = e und mit (i) rechnet man
a ∗ e = a ∗ (b ∗ a) = (a ∗ b) ∗ a = e ∗ a = a.
(iii) e ist eindeutig bestimmt: e ′ = e ∗ e ′ = e.
(iv) Das Inverse b zu a ist eindeutig bestimmt: b = b ∗ e = b ∗ (a ∗ b ′ ) = (b ∗ a) ∗ b ′ =
e ∗ b ′ = b ′ .
In vielen Büchern wird e ∗ a = a ∗ e und b ∗ a = e = a ∗ b gleich mit in die
Definition einer Gruppe geschrieben. Die obigen Überlegungen zeigen aber, dass ein
solches Axiomensystem für Gruppen redundant ist.
⊓⊔
Gruppen tauchen an vielen Stellen in der Mathematik auf, an denen es um
strukturerhaltende“ Abbildungen geht, wie zum Beispiel bei der Beschreibung von
”
Symmetrien geometrischer (aber auch anderer mathematischer) Objekte. Man betrachte
dazu etwa die Symmetrien regulärer Vielecke wie im Beispiel 0.2.4 aus
der Vorbemerkung. Üblicherweise erleichtert das Vorhandensein von Symmetrien
die mathematische Behandlung von Problemen. In manchen Kontexten liefern sie
auch völlig neue Einsichten - so lassen sich die üblichen Erhaltungssätze der Physik
(Energie, Impuls, Drehimpuls etc.) mit Symmetrien in den zugrunde liegenden Bewegungsgesetzen
erklären. Eine sensationelle Entdeckung war die Beobachtung des
jungen Galois kurz vor seinem gewaltsamen Tod im Jahr 1832, dass man Gruppen

88 4 Determinanten
(die es als abstrakte Struktur damals noch gar nicht gab) dazu benutzen kann die
Lösbarkeit von Polynomgleichungen durch das Ziehen von Wurzeln (wie bei den
quadratischen Gleichungen) zu studieren. Heutzutage wird das in praktisch jeder
Algebravorlesung vorgeführt.
Beispiel 4.1.7. (i) Die symmetrische Gruppe S n ist bzgl. der Verknüpfung von
Abbildungen eine Gruppe mit der Identität als neutralem Element und der
inversen Abbildung als Gruppeninversem.
(ii) Die Menge PM n ist eine Gruppe bzgl. der Matrizenmultiplikation mit 1 n als
neutralem Element und der inversen Matrix als Gruppeninversem.
(iii) Sei K ein Körper. Die Menge GL(n, K) aller invertierbaren Matrizen in Mat(n×
n, K) ist eine Gruppe bzgl. der Matrizenmultiplikation mit 1 n als neutralem
Element und der inversen Matrix als Gruppeninversem. Man nennt diese Gruppe
die allgemeine lineare Gruppe.
⊓⊔
Im bisherigen Verlauf der Vorlesung haben wir schon eine Reihe von Gruppen
gesehen, ohne diese Tatsache explizit festgestellt zu haben:
Beispiel 4.1.8. Sei K ein Körper.
(i) Für jedes n ∈ N ist K n bzgl. der Addition eine Gruppe mit 0 als neutralem
Element und dem Negativen als Gruppeninversem.
(ii) Jeder lineare Unterraum U von K n ist bzgl. der Addition eine Gruppe mit 0 als
neutralem Element und dem Negativen als Gruppeninversem.
(iii) Für alle m, n ∈ N ist Mat(m×n, K) bzgl. der komponentenweisen Addition eine
Gruppe mit der 0-Matrix als neutralem Element und −A als Gruppeninversem
von A. Dabei ist −A die Matrix, die man aus A erhält, wenn man jeden eintrag
mit −1 multipliziert.
(iv) Für alle m, n ∈ N ist Hom K (K n , K m ) eine Gruppe bzgl. der Addition ϕ + ψ, die
durch
(ϕ + ψ)(x) := ϕ(x) + ψ(x) ∀x ∈ K n
gegeben ist. Das Gruppeninverse −ϕ von ϕ ist dann durch (−ϕ)(x) := − ( ϕ(x) )
für x ∈ K n gegeben. Es sollte nicht mit der inversen Abbildung ϕ −1 , die es für
ϕ ja auch geben kann, verwechselt werden.
(v) K \ {0} ist bzgl. der Multiplikation eine Gruppe mit 1 als neutralem Element
und dem multiplikativen Inversem als Gruppeninversem.
(vi) {±1} ist bzgl. der Multiplikation eine Gruppe mit 1 als neutralem Element und
dem multiplikativen Inversem als Gruppeninversem.
⊓⊔
Die additiven Standardbeispiele, zu denen auch die Gruppe (Z, +) gehört, sind
der Grund dafür, dass man das Pluszeichen + nur für kommutative Gruppen
benutzt, d.h. für solche, die
a ∗ b = b ∗ a ∀a, b ∈ G (Kommutativgesetz)
erfüllen. Man schreibt dann immer −a für das Gruppeninverse von a und nennt es
das Negative von a.
Sei σ eine Permutation, dann setzt man
⎛
⎞
δ 1σ(1) · · · δ 1σ(n)
⎜
⎟
P σ := (e σ(1) , . . . , e σ(n) ) = ⎝ . . ⎠ ,
δ nσ(1) · · · δ nσ(n)

wobei
4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen 89
δ ij =
{
1 für i = j
0 für i ≠ j
das Kronecker–Delta ist. Beachte, dass P σ ∈ PM n gilt: Die Spalten enthalten als
Standardbasisvektoren jeweils nur eine Eins (und sonst lauter Nullen). In jeder Zeile
kommt eine Eins vor, weil jeder Standardbasisvektor als Spaltenvektor vorkommt.
Es sind nicht mehr als eine Eins pro Zeile, weil ein Standardbasisvektor nicht mehr
als einmal als Spaltenvektor vorkommen kann.
Beispiel 4.1.9. Sei
dann ist
Umgekehrt gilt σ Pσ = σ.
σ =
( ) 1 2 3 4
,
2 3 4 1
⎛ ⎞
0 0 0 1
P σ = ⎜ 1 0 0 0
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠ .
0 0 1 0
Proposition 4.1.10. (i) S n hat n! = n(n − 1) · · · 2 · 1 Elemente.
(ii) PM n hat n! = n(n − 1) · · · 2 · 1 Elemente.
Beweis. (i) Man zählt nacheinander die Möglichkeiten ab, die Zahl σ(j) für j =
1, . . . , n festzulegen:
( )
1 2 · · · n
σ(1) σ(2) · · · σ(n)
σ(1) n Möglichkeiten
σ(2) (n − 1) Möglichkeiten
. .
σ(n) 1 Möglichkeit,
Insgesamt hat man also n(n − 1) · · · 1 Wahlmöglichkeiten.
(ii) Man zählt nacheinander die Möglichkeiten ab, in den Zeilen 1, . . . , n die Eins
zu positionieren:
⎛ ⎞
· · · 1 · · ·
⎜ · · · 1 · · ·
⎟
⎝ ⎠
· · · 1 · · ·
← n Möglichkeiten, die 1 zu setzen,
← (n − 1) Möglichkeiten, die 1 zu setzen,
.
← 1 Möglichkeit, die 1 zu setzen.
Insgesamt hat man also auch hier n(n − 1) · · · 1 Wahlmöglichkeiten.
⊓⊔
Proposition 4.1.11. Die Abbildungen
sind zueinander invers.
S n → PM n , σ ↦→ P σ und PM n → S n , P ↦→ σ P

90 4 Determinanten
Beweis. Wir zeigen zunächst σ (Pτ ) = τ, weisen also nach, dass die Verknüpfung
S n → PM n → S n der beiden Abbildungen die Identität auf S n liefert. Dazu müssen
wir wegen e σP (j) = ϕ P (e j ) die Identität
ϕ (Pτ )(e j ) = e τ(j) für alle j = 1, . . . , n
nachrechnen:
⎛ ⎞
⎛ ⎞
0
0
⎛
⎞
.
⎛ ⎞
.
δ 1τ(1) · · · δ 1τ(n)
⎜
⎟
0
δ 1τ(j)
ϕ (Pτ )(e j ) = ⎝ . . ⎠
1
⎜ ⎟
0
= ⎝ . ⎠ =
1
= e τ(j) .
δ nτ(1) · · · δ nτ(n) 0
δ
⎜ ⎟ nτ(j) 0
⎜ ⎟
⎝ . ⎠
⎝ . ⎠
0
0
Damit ist jetzt klar, dass
S n → PM n ,
σ ↦→ P σ
injektiv ist. Also folgt mit Proposition 4.1.10 und Proposition 4.1.3, dass diese
Abbildung sogar invertierbar ist. Aber dann folgt die Behauptung aus Lemma 3.1.2.
⊓⊔
Die formale Ähnlichkeit von Proposition 4.1.11 mit Satz 3.1.5 springt natürlich
ins Auge. Analog zu den dort bewiesenen Identitäten A (ϕB ) = B und ϕ (Aψ ) = ψ
erhalten wir hier
σ (Pτ ) = τ und P (σQ ) = Q ∀τ ∈ S n , Q ∈ PM n .
Eine weitere Analogie ist, dass auch hier die Verknüpfung von Abbildungen in das
Matrizenprodukt übergeführt wird, was wir zunächst an einem Beispiel testen.
Beispiel 4.1.12. Seien
σ =
( ) 1 2 3 4
, τ =
2 3 4 1
( ) 1 2 3 4
.
4 3 2 1
Dann ist
sowie
σ ◦ τ =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 0 0 1
0 0 0 1
P σ = ⎜ 1 0 0 0
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠ , P τ = ⎜ 0 0 1 0
⎟
⎝ 0 1 0 0 ⎠
0 0 1 0
1 0 0 0
⎛ ⎞
( )
1 0 0 0
1 2 3 4
, P
1 4 3 2 (σ◦τ) = P σ P τ = ⎜ 0 0 0 1
⎟
⎝ 0 0 1 0 ⎠ .
0 1 0 0
⊓⊔
Proposition 4.1.13. (i) Für alle ρ, τ ∈ S n gilt ρ ◦ τ ∈ S n und ρ −1 ∈ S n .
(ii) Für alle R, Q ∈ PM n gilt RQ ∈ PM n und R −1 ∈ PM n .
(iii) Für alle R, Q ∈ PM n gilt σ RQ = σ R ◦ σ Q .

(iv) Für alle ρ, τ ∈ S n gilt P (ρ◦τ) = P ρ P τ .
4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen 91
Beweis. Idee: (i) - (iii) sind eine einfache Verifikation und (iv) folgt aus (iii).
(i) Es reicht nach Proposition 4.1.3 zu zeigen, dass die Abbildung ρ ◦ τ injektiv ist.
Dazu:
}
ρ ◦ τ(k) = ρ(τ(k))
ρ inj.
‖
=⇒ τ(k) = τ(l) =⇒ τ inj.
k = l
ρ ◦ τ(l) = ρ(τ(l))
(dieses Argument gilt allgemein: die Verknüpfung injektiver Abbildungen ist
injektiv).
(ii) Wegen e ⊤ i e j = δ ij folgt die Abgeschlossenheit von PM n unter Matrizenmultiplikation
sofort aus der Definition von PM n . Man sieht das aber auch durch
einfaches Nachrechnen: Seien R, Q ∈ PM n als R = (r ik ) und Q = (q kj ) gegeben.
Dann rechnet man für die Spaltensummen von RQ
n∑
i=1 k=1
n∑
r ik q kj =
n∑
i=1
r iσ
−1
Q (j) = 1
und analog erhält man für die Zeilensummen von RQ die Identität
n∑
j=1 k=1
n∑
r ik q kj =
n∑
q σR (i)j = 1.
Wegen R −1 = R ⊤ für R ∈ PM n folgt auch die Abgeschlossenheit unter Inversenbildung.
(iii) Mit RQe j = e σ(RQ) (j) und Qe j = e σQ (j) findet man
(iv) Wegen (iii) können wir rechnen
j=1
}
R(Qe j ) = e σR (σ Q (j))
⇒ σ
RQe j = e (RQ) (j) = σ R ◦ σ Q (j)
σ(RQ) (j)
σ (Pρ◦τ ) = ρ ◦ τ = σ (Pρ) ◦ σ (Pτ ) = σ (PρP τ ).
Dies impliziert aber P ρ◦τ = P ρ P τ .
⊓⊔
Die Proposition 4.1.13 liefert insbesondere den Nachweis der Behauptung aus
Beispiel 4.1.7, dass S n und PM n bzgl. Verknüpfung bzw. der Matrizenmultiplikation
Gruppen sind. Sie zeigt aber auch, dass diese Gruppen sich ”
nicht wesentlich“
unterscheiden, da es eine Bijektion zwischen beiden Mengen gibt, die die Gruppenoperationen
ineinander überführt. Wir fassen dies in einen neuen Begriff.
Definition 4.1.14. Wenn (G, ∗) und (H, ⋄) zwei Gruppen sind, dann heißt eine
Abbildung ϕ: G → H ein Gruppenhomomorphismus, wenn gilt
ϕ(a ∗ b) = ϕ(a) ⋄ ϕ(b) ∀a, b ∈ G. (†)
Seien e G und e H die neutralen Elemente in G bzw. H. Dann impliziert (†) die
Gleichheit ϕ(e G ) ⋄ ϕ(e G ) = ϕ(e G ∗ e G ) = ϕ(e G ) und wie in Bemerkung 4.1.5(i) sieht
man, dass daraus
ϕ(e G ) = e H .

92 4 Determinanten
Wegen ϕ(a −1 ) ⋄ ϕ(a) = ϕ(a −1 ∗ a) = ϕ(e G ) = e H folgt dann auch
ϕ(a −1 ) = ϕ(a) −1 ∀a ∈ G,
wobei man links das Inverse in G und rechts das Inverse in H zu nehmen hat.
Wenn ϕ zusätzlich bijektiv ist, dann nennt man ϕ einen Gruppenisomorphismus.
In diesem Fall ist die Umkehrabbildung ϕ −1 : H → G automatisch auch eine
Gruppenisomorphismus, weil
ϕ −1 (h ⋄ k) = ϕ −1 (h) ∗ ϕ −1 (k)
∀h, k ∈ H
aus
ϕ ( ϕ −1 (h) ∗ ϕ −1 (k) ) = ϕ ( ϕ −1 (h) ) ⋄ ϕ ( ϕ −1 (k) ) = h ⋄ k = ϕ ( ϕ −1 (h ⋄ k) )
folgt. Man sagt, G und H sind isomorph. Also zeigt Proposition 4.1.13, dass S n
und PM n isomorphe Gruppen sind.
Als nächstes betrachten wir eine spezielle Sorte von besonders einfachen Permutationen,
aus denen man alle Permutationen zusammensetzen kann.
Definition 4.1.15. Eine Permutation der Form
( )
1 · · · k · · · l · · · n
σ k,l =
1 · · · l · · · k · · · n
heißt eine Transposition.
Satz 4.1.16. Jedes σ ∈ S n ist das Produkt von Transpositionen:
σ = σ k1,l 1
◦ · · · ◦ σ km,l m
.
Beweis. Idee: Betrachte die Permutationsmatrix P σ zu σ und wende elementare Zeilenumformungen
vom Typ I an. Dann liefert Proposition 4.1.13 die Behauptung.
Betrachte die zu σ gehörige Permutationsmatrix P σ . Diese Matrix kann mit
elementaren Zeilenumformungen vom Typ I auf die Gestalt
⎛ ⎞
1
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠ = 1 n
1
gebracht werden, d.h. es existieren Elementarmatrizen vom Typ I: E 1 , . . . , E m mit
E m · · · E 1 P σ = 1 n . Die Elementarmatrizen vom Typ I sind aber gerade von der
Form P σp,q . Also haben wir
P σkm,lm · · · P σk1 ,l 1
P σ = 1 n
und damit
P σ = P σk1 ,l 1
· · · P σkm,lm = P σk1 ,l 1 ◦...◦σ km,lm
,
wobei die letzte Gleichheit aus Proposition 4.1.13 folgt.
⊓⊔

4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen 93
Das folgende Beispiel zeigt, dass es nicht nur eine Möglichkeit gibt, eine Permutation
als Produkt von Transpositionen zu schreiben.
Beispiel 4.1.17. (i) Es gilt σ 1,4 = σ 1,2 ◦ σ 2,3 ◦ σ 3,4 ◦ σ 2,3 ◦ σ 1,2 ∈ S n
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
◦
◦
◦
◦
2 1 3 4 1 3 2 4 1 2 4 3 1 3 2 4 2 1 3 4
( ) 1 2 3 4
=
4 2 3 1
1 2 3 4
(ii) σ k,l = σ k,k+1 ◦ σ k+1,k+2 ◦ · · · ◦ σ l−2,l−1 ◦ σ l−1,l ◦ · · · ◦ σ k,k+1 ∈ S n für alle 1 ≤
} {{ } } {{ }
l−k−1
l−k
k < l ≤ n (Übung: Nachrechnen!).
⊓⊔
Es gibt aber Bedingungen an die Anzahl der Transpositionen, die man braucht,
um eine vorgegebene Permutation als Produkt von Transpositionen zu schreiben:
Jede Permutation kann entweder nur als Produkt von geradzahlig vielen Transpositionen
oder aber nur als Produkt von ungeradzahlig vielen Transpositionen
geschrieben werden. Für den Beweis brauchen wir folgende Definition:
Definition 4.1.18. Sei σ ∈ S n . Ein Paar (i, j) ∈ {1, . . . , n} × {1, . . . , n} heißt ein
Fehlstand von σ, wenn gilt:
i < j und σ(i) > σ(j).
Sei f σ die Anzahl der Fehlstände von σ. Man kann also f σ als die Anzahl Kreuzungen
in der graphischen Darstellung von σ interpretieren, oder auch als die Anzahl der
Paare von Einsen in P σ , für die die obere Eins rechts von der unteren Eins steht.
1 2 3 4 5 6
1
1
1
1
1
1
Dann heißt
das Signum von σ.
sign(σ) := (−1) fσ =
{ 1 fσ gerade
−1 f σ ungerade

94 4 Determinanten
Beispiel 4.1.19. An der Permutationsmatrix
⎛
P σk,l =
⎜
⎝
1 0
. ..
1
0 0 . . . 0 1
0 1 0 0
0 . . .
. .. . .. .
. 0 1 0
1 0 . . . 0 0
1
. ..
0 1
zur Transposition σ k,l mit k < l liest man sofort ab, dass f σk,l = 2(l −k −1)+1 gilt.
Insbesondere hat eine Transposition der Form σ k,k+1 nur einen einzigen Fehlstand.
Also ist das Signum einer Transposition immer gleich −1.
⊓⊔
⎞
⎟
⎠
Satz 4.1.20. (i) Für alle σ ∈ S n gilt 1
sign(σ) = ∏ i

(ii) Mit dem ersten Teil können wir rechnen:
4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen 95
sign(σ ◦ τ) = ∏ (σ ◦ τ)(i) − (σ ◦ τ)(j)
i − j
i

96 4 Determinanten
Übungen zu Abschnitt 4.1
Permutationen
Übung 4.1.1. Gegeben seien folgende Permutationen:
( ) ( 1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
σ =
, τ =
3 5 4 1 2
1 4 3 2 5
)
, ρ =
( ) 1 2 3 4 5
.
4 2 1 3 5
(a) Bestimme σ −1 und überprüfe das Ergebnis mittels der zugehörigen Permutationsmatrizen
A σ und A σ −1 = (A σ) −1 .
(b) Berechne ρ ◦ σ mit Hilfe der zugehörigen Permutationsmatrizen.
(c) Berechne τ ◦ ρ direkt.
(d) Berechne sign(σ), sign(τ), sign(ρ), sign(σ −1 ), sign(τ ◦ σ) und sign ( (τ ◦ ρ) ◦ (ρ ◦ σ) ) .
Übung 4.1.2. Gegeben sei Permutation
( )
1 2 3 4 5 6
σ =
.
4 5 6 1 3 2
Bestimme σ −1
(i) über die zugehörige Permutationsmatrix
(ii) direkt.
Übung 4.1.3. Ein Zykel in S n ist eine Permutation, die bei einer Teilmenge von {1, . . . , n}
einen Ringtausch bewirkt. Beispiel:
( )
1 2 3 4 5 6
σ =
2 3 5 4 1 6
bewirkt den Ringtausch 1 → 2 → 3 → 5 → 1. Man schreibt als Abkürzung für einen Zykel
einfach die am Ringtausch beteiligten Elemente hintereinander. Hier: ( 1 2 3 5 ) .
(i) Stelle fest, ob die folgenden Permutationen Zykel sind:
( )
1 2 3 4 5 6 7
σ =
, τ =
5 6 7 1 4 3 2
ρ =
( )
1 2 3 4 5 6
.
5 6 4 3 1 2
( 1 2 3 4 5
2 5 3 4 1
(ii) Schreibe diejenigen Permutationen aus (i), die keine Zykel sind, als Produkt von Zykeln.
(iii) Schreibe die Permutationen aus (i) als Produkte von Transpositionen.
Übung 4.1.4. Seien Hom(R n , R n ) := {ϕ: R n → R n | ϕ linear}, PM n die Menge der n×n-
Permutationsmatrizen und S n die Menge der Permutationen auf {1, . . . , n}. Betrachte die
Abbildungen
und
und zeige:
Φ: Mat(n × n, R) → Hom(R n , R n )
A ↦→ ϕ A
˜Φ: P M n → S n
A ↦→ σ A
(i) Es gibt genau eine Abbildung Ψ : S n → Hom(R n , R n ) mit Φ | PMn = Ψ ◦ ˜Φ.
(ii) Ψ ist injektiv.
(iii) Ψ(σ ◦ τ) = Ψ(σ) ◦ Ψ(τ) für alle σ, τ ∈ S n.
)
,

Übung 4.1.5. Gegeben sei die Permutation
( )
1 2 3 4 5 6 7
σ =
.
3 7 6 5 1 4 2
(a) Bestimme σ −1
(i) direkt,
(ii) über die zugehörige Permutationsmatrix.
(b) Berechne σ 2 .
(c) Berechne sign(σ).
(d) Schreibe σ als Produkt von Transpositionen.
Übung 4.1.6. Gegeben sei die Permutation
( )
1 2 3 4 5 6 7 8 9
σ =
.
2 3 4 5 1 7 6 9 8
(a) Man schreibe σ als Produkt von Transpositionen.
(b) Man bestimme sign(σ).
4.1 Permutationen und Permutationsmatrizen 97
Übung 4.1.7 (♣♦♥♠). Gespielt wird mit einem 52er Blatt. Nacheinander legt man 13
offene Karten in einer Reihe aus. Dann beginnt man wieder von vorne und legt eine zweite
Reihe von 13 offenen Karten unter die erste Reihe. Hat man vier Reihen offen ausgelegt,
kann es los gehen.
Ziel ist es nun, aus jeder der 13 so erhaltenen Spalten genau eine Karte zu wählen,
so dass die 13 ausgewählten Karten alle verschiedenen Werten haben (vom As bis zum
König). Die Reihenfolge, mit der die 13 Werte aus den Spalten ausgewählt werden, ist
unerheblich. Z.B. ist (7, 3, 5, König, As, 8, Bube, Dame, 2, 4, 6, 10, 9) eine zugelassene
Wahl. Die Farbe der Karten spielt dabei auch keine Rolle.
Eine solche Auswahl ist immer möglich. Warum?
Gruppen
Übung 4.1.8. Man zeige, dass die Menge
{( )
}
a b
M = ∈ Mat(2 × 2, R)
−b a
∣ (a, b) ≠ (0, 0)
zusammen mit der Matrizenmultiplikation eine Gruppe bilden.
Übung 4.1.9. Es sei I := (−1, 1) = {x ∈ R | − 1 < x < 1}, und für a, b ∈ I sei
a ⋆ b := a + b
1 + ab .
1. Zeige, dass ⋆ eine Abbildung von I × I nach I ist.
2. Zeige, dass (I, ⋆) ist eine kommutative Gruppe.
3. Löse die Gleichung 1 2 ⋆ x ⋆ 1 7 = 1 3 .
Übung 4.1.10. (a) Stelle eine Multiplikationstafel von S 3 auf.
(b) Definiere die Ordnungsfunktion ord: S 3 → N durch
ord(σ) := min{n ∈ N: σ n = id}.
Hier ist N := {1, 2, 3, . . . } die Menge der natürlichen Zahlen, und id : {1, 2, 3} →
{1, 2, 3} die identische Abbildung. Berechne ord(σ) für alle σ ∈ S 3.
(c) Zeige: Man kann jedes Element von S 3 als ein Produkt von (eventuell mehreren Exemplaren
von) (1 2) und (2 3) schreiben.
(d) Die minimale Anzahl von Exemplaren von (1 2) und (2 3), die man in (c) braucht,
um σ zu schreiben, heißt die Länge l(σ) von σ. Man setzt dabei l(id) := 0. Berechne
l(σ) für alle σ ∈ S 3.

98 4 Determinanten
4.2 Die Determinante
Wir beginnen diesen Abschnitt mit der Definition der Determinante einer quadratischen
Matrix und beweisen dann eine Reihe von grundlegenden Eigenschaften. Im
Weiteren konzentrieren wir uns auf Verfahren, mit denen man die Determinante
berechnen kann. Die wichtigen Anwendungen auf die Untersuchung von Matrizen
und ihre zugehörigen linearen Abbildungen werden erst später behandelt.
Definition 4.2.1. Die Determinante einer quadratischen Matrix A = (a ij ) ∈
Mat(n × n, K) ist definiert durch
det(A) := ∑
σ∈S n
sign(σ)a 1σ(1) · a 2σ(2) · . . . · a nσ(n) .
Diese Definition ist auch unter den Namen Leibniz-Formel für die Determinante
bekannt. Wir betrachten die Determinante als Abbildung det: Mat(n × n, K) → K.
Später werden wir sie aber auch als Abbildung det: K n × . . . × K n → K von der
Menge der n-Tupel von (Zeilen/Spalten)-Vektoren in den Körper interpretieren.
Beispiel 4.2.2. (i) Für n = 1 gilt A = (a 11 ) und S 1 = {id}, also haben wir:
det(A) = ∑
σ∈S 1
sign(σ)a 1σ(1) = a 11 .
(ii) Im Fall n = 2 besteht S n aus zwei Elementen,
)
S 2 = ,
{ ( 1 2
1 2
( 1 2
2 1
) }
,
was zu folgender Formel führt:
( )
a11 a
det 12
= ∑
sign(σ)a
a 21 a 1σ(1) a 2σ(2)
22
σ∈S 2
= 1 · a 11 a 22 + (−1) · a 12 a 21
= a 11 a 22 − a 12 a 21 .
(iii) Für n = 3 hat man
{ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
}
S 3 = , , , , ,
,
1 2 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1 1 3 2 2 1 3
} {{ } } {{ } } {{ } } {{ } } {{ } } {{ }
sign(σ)=1 sign(σ)=1 sign(σ)=1 sign(σ)=−1 sign(σ)=−1 sign(σ)=−1
damit
⎛
det ⎝ a ⎞
11 a 12 a 13
a 21 a 22 a 23
⎠ = a 11a 22 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32
−a
a 31 a 32 a 13 a 22 a 31 − a 11 a 23 a 32 − a 12 a 21 a 33
33
was als Regel von Sarrus geschrieben wird:
a 11 a 12 a 13
↘ ↘ ↘
a 21 a 22 a 23 a 21 −
↘ ↘ ↘
a 31 a 32 a 33 a 31 a 32
a 31 a 32 a 33
a 11 a 12 a 13 a 11 a 12
↗ ↗ ↗
a 21 a 22 a 23 a 21
↗ ↗ ↗
⊓⊔

4.2 Die Determinante 99
Als nächstes verifizieren wir einige Eigenschaften der Determinante, von denen
wir später nachweisen werden, dass sie die Determinante schon eindeutig bestimmen.
Satz 4.2.3. Sei A ∈ Mat(n × n, K).
(i) Vertauscht man in A zwei Zeilen, so ändert sich nur das Vorzeichen der Determinante.
(ii) Multipliziert man eine Zeile mit einer Zahl t ∈ K, so multipliziert sich die
Determinante auch mit t.
(iii) Addiert man das Vielfache einer Zeile zu einer anderen Zeile, so ändert sich
die Determinante nicht.
(iv) det(1 n ) = 1.
Beweis. Idee: Man rechnet das mit der Leibniz-Formel nach.
(i) Setze
⎛
⎞
.
a k1 · · · a kn
A :=
.
⎜
⎝ a l1 · · · a ln
⎟
⎠
.
⎛
⎞
.
a l1 · · · a ln
und A ′ :=
.
.
⎜
⎝ a k1 · · · a kn
⎟
⎠
In der folgenden Rechnung benutzt man in der ersten Umformung, dass die
Abbildung
S n → S n , σ ↦→ σ ◦ σ k,l
bijektiv ist:
det(A) = ∑
τ∈S n
sign(τ)a 1τ(1) · . . . · a kτ(k) · . . . · a lτ(l) · . . . · a nτ(n)
= ∑
σ∈S n
sign(σ ◦ σ k,l )a 1(σ◦σk,l )(1) · . . . · a k(σ◦σk,l )(k) · . . .
. . . · a l(σ◦σk,l )(l) · . . . · a n(σ◦σk,l )(n)
= − ∑
σ∈S n
sign(σ)a 1σ(1) · . . . · a kσ(l) · . . . · a lσ(k) · . . . · a nσ(n)
= − ∑
σ∈S n
sign(σ)a 1σ(1) · . . . · a lσ(k) · . . . · a kσ(l) · . . . · a nσ(n)
= − det(A ′ ).
(ii), (iii) Um beide Punkte gleichzeitig abhandeln zu können, setzen wir
⎛
⎞
.
a k1 · · · a kn
A ′ :=
.
⎜
⎝ ta l1 + sa k1 · · · ta ln + sa kn
⎟
⎠
Dann gilt
.
.
⎛
⎞
.
a k1 · · · a kn
und A ′′ :=
.
.
⎜
⎝ a k1 · · · a kn
⎟
⎠
.

100 4 Determinanten
det(A ′ ) = ∑
sign(σ)a 1σ(1) · . . . · (ta lσ(l) + sa kσ(l) ) · . . . · a nσ(n)
σ∈S n
( )
∑
= t sign(σ)a 1σ(1) · . . . · a lσ(l) · . . . · a nσ(n)
σ∈S n
( )
∑
+ s sign(σ)a 1σ(1) · . . . · a kσ(k) · . . . · a kσ(l) · . . . · a nσ(n)
σ∈S n
= t det(A) + s det(A ′′ ).
Es genügt daher zu zeigen, dass det(A ′′ ) = 0 ist. Beachte, dass man durch
Vertauschen der k-ten und der l-ten Zeilen A ′′ nicht ändert, also det(A ′′ ) =
− det(A ′′ ) gilt. Wenn 2 ≠ 0 in K, dann folgt det(A ′′ ) = 0. Wenn dagegen 2 = 0,
dann ist sign konstant gleich Eins und man findet jeden Summanden in det(A ′′ )
zweimal, weil die Summanden für σ und σ ◦ σ k,l gleich sind. Also folgt auch hier
det(A ′′ ) = 0.
(iv)
det(1 n ) = ∑
σ∈S n
sign(σ)δ 1σ(1) · . . . · δ nσ(n) = sign(id)1 = 1.
⊓⊔
Bemerkung 4.2.4. Wir betrachten jetzt die Matrizen aus Mat(n × n, K) als n-
Tupel von Zeilenvektoren und schreiben die Determinante dementsprechend als
Abbildung
det: K n × · · · × K n → K.
Dann lassen sich die Bedingungen aus Satz 4.2.3 wie folgt umformulieren:
(i) det(v 1 , . . . , v k , . . . , v l , . . . , v n ) = − det(v 1 , . . . , v l , . . . , v k , . . . , v n ).
(ii) det(v 1 , . . . , tv k , . . . , v n ) = t det(v 1 , . . . , v n ).
(iii) det(v 1 , . . . , v k , . . . , v l + sv k , . . . , v n ) = det(v 1 , . . . , v n ).
(iv) det(e 1 , . . . , e n ) = 1.
Aus dem Beweis von Satz 4.2.3 liest man außerdem noch folgende Eigenschaften
ab:
(a) Es gilt det(v 1 , . . . , v k , . . . , v l , . . . , v n ) = 0 für v k = v l und k ≠ l.
(b)
det(v 1 , . . . , rv k +sv ′ k, . . . , v n ) = r det(v 1 , . . . , v k , . . . , v n )+s det(v 1 , . . . , v ′ k, . . . , v n ),
denn die Rechnung im Beweis von Satz 4.2.3(iii) lässt sich wie folgt modifizieren:
det(v 1 , . . . , rv k + sv ′ k, . . . , v n ) =
= ∑
sign(σ)a 1σ(1) · . . . · (ta kσ(k) + sa ′ kσ(k) ) · . . . · a nσ(n)
σ∈S n
( )
∑
= t sign(σ)a 1σ(1) · . . . · a kσ(k) · . . . · a nσ(n)
σ∈S n
( )
∑
+ s
σ∈S n
sign(σ)a 1σ(1) · . . . · a ′ kσ(k) · . . . · a nσ(n)
= t det(v 1 , . . . , v k , . . . , v n ) + s det(v 1 , . . . , v ′ k, . . . , v n ).

4.2 Die Determinante 101
⊓⊔
Satz 4.2.5. Die Eigenschaften (i)–(iv) aus Satz 4.2.3 legen die Determinante fest.
Beweis. Idee: Man benutzt die Eigenschaften (i)–(iv) um die Aussage auf Matrizen in
Zeilenstufenform zurückzuführen, für die sie leicht zu verifizieren ist.
Sei f : Mat(n × n, K) → K mit (i)–(iv) aus Satz 4.2.3. Dann ist zu zeigen, dass
f(A) = det(A) für alle A ∈ Mat(n × n, K) gilt. Nach Satz 4.2.3 und den Voraussetzungen
an f genügt es zu zeigen, dass f(A) = det(A) für A in Zeilenstufenform
gilt.
1. Fall: A nicht invertierbar. Dann gibt es eine Nullzeile und (ii) zeigt, dass det(A) =
0 = f(A).
2. Fall: A invertierbar. Dann ist A nach Satz 3.2.5 von der Form
A =
⎛
⎜
⎝
1 ∗
. ..
0 1
und lässt sich durch Umformungen vom Typ III auf die Form
⎛ ⎞
1 0
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
0 1
⎞
⎟
⎠
bringen. Also gilt det(A) = det(1 n ) = 1 und f(A) = f(1 n ) = 1.
⊓⊔
Beispiel 4.2.6. Da die Elementarmatrizen aus Beispiel 3.1.9 durch die entsprechende
elementare Zeilenumformung aus der Einsmatrix hervorgehen, liefert Satz 4.2.3
auch die Determinanten dieser Matrizen:
(i) det(E I(p,q) ) = −1.
(ii) det(E II(p;c) ) = c.
(iii) det(E III(c,q;p) ) = 1.
⊓⊔
Jetzt können wir die Invertierbarkeit einer quadratischen Matrix und somit
die eindeutige Lösbarkeit der zugehörigen linearen Gleichungssysteme über das
Nichtverschwinden der Determinante charakterisieren. Nebenbei bemerkt führt diese
Charakterisierung auch zu der Einsicht, dass ”
die meisten“ Matrizen invertierbar
sind 2 , weil die ”
meisten“ Elemente von K eben nicht Null sind. Grob gesprochen
heißt das, dass man bei zufällig hingeschriebenen quadratischen Matrizen nur geringe
Chancen hat eine zu finden, die nicht invertierbar ist.
Satz 4.2.7. Seien A, B ∈ Mat(n × n, K). Dann gilt
(i) det(A) = 0 ⇔ Rang(A) < n ⇔ A ist nicht invertierbar.
2 Um zu präzisieren, was man hier mit ”
die meisten“ meint, braucht man Begriffe aus
der Topologie wie stetige Abbildung und offene und dichte Teilmengen. Für K = R lernt
man üblicherweise in der Vorlesung Analysis II, wie man so eine Aussage beweist.

102 4 Determinanten
(ii) det(AB) = det(A) det(B).
(iii) det(A ⊤ ) = det(A)
(iv) det(A −1 ) = ( det(A) ) −1
.
Beweis. Idee: Die Äquivalenz der Aussagen in (i) folgt durch Kombination von Satz
3.2.5, Bemerkung 3.2.12 und Satz 4.2.5. Die Multiplikativität der Determinante führt man
auf den Fall zurück, dass A zu einer elementaren Zeilenoperation gehört. Die Multiplikativität
aus Teil (ii) verifiziert man zunächst für den Fall, dass A eine Elementarmatrix ist,
wobei man Beispiel 4.2.6 benutzt. Dann kann man wegen Bemerkung 3.2.9 invertierbare
A’s behandeln. Der Fall von nichtinvertierbarem A folgt aus (i). Den Rest rechnet man
mit der Leibniz-Formel nach.
(i) Die Äquivalenz
Rang(A) < n ⇔ A ist nicht invertierbar
folgt aus Satz 3.2.5.
Um auch die erste Äquivalenz zu zeigen, stellen wir fest, dass det(A) mit einer
von Null verschiedenen Zahl multipliziert wird, wenn A durch eine elementare
Zeilenumformung verändert wird. Also gilt det(A) = 0 genau dann, wenn jede
Zeilenstufenform A ′ Determinante Null hat. Auch der Rang einer Matrix ändert
sich nach Bemerkung 3.2.12 bei elementaren Zeilenumformungen nicht. Damit
können wir o.B.d.A. annehmen, dass A in Zeilenstufenform ist. Dann zeigt der
Beweis von Satz 4.2.5, dass det(A) = 0, wenn A nicht invertierbar ist, und
det(A) = 1, wenn A invertierbar ist. Damit folgt die Behauptung.
(ii) 1. Fall: A = E I(p,q) . Dann entsteht AB durch Umformung vom Typ I aus B,
d.h. det(AB) = − det(B) = det(A) det(B).
2. Fall: A = E II(c;p) . Dann entsteht AB durch Umformung vom Typ II(c; p)
aus B, d.h., det(AB) = c det(B) = det(A) det(B).
3. Fall: A = E III(c;p,q) . Dann entsteht AB durch Umformung vom Typ III(c; p, q)
aus B, d.h., det(AB) = det(B) = det(A) det(B).
4. Fall: Rang(A) = n. In diesem Fall ist A invertierbar, also gibt es nach Bemerkung
3.2.9 Elementarmatrizen E 1 , . . . , E r mit E r · · · E 1 A = 1 n . Damit
gilt
A = E1 −1 · · · Er −1 .
Wir sehen insbesondere, dass jede invertierbare (n × n)–Matrix ist ein Produkt
von Elementarmatrizen ist. Da die Inverse einer Elementarmatrix nach
Beispiel 3.2.7 wieder eine Elementarmatrix ist, erlauben die ersten drei Fälle
folgende Rechnung:
det(AB) = det(E1 −1 · · · Er −1 B)
= det(E1 −1 ) det(E−1 2 · · · Er −1 B)
= det(E1 −1 ) det(E−1 2 ) · · · det(E−1 r ) det(B)
= det(E1 −1 E−1 2 · · · Er
−1 ) det(B)
= det(A) det(B).
.
5. Fall: A nicht invertierbar. Wäre jetzt AB invertierbar, so hätte man
A(B(AB) −1 ) = (AB)(AB) −1 = 1 n
und mit Bemerkung 3.2.6 die Invertierbarkeit von A. Also ist AB nicht
invertierbar, so dass wegen (i) gilt det(AB) = 0 = det(A). Zusammen findet
man also det(AB) = 0 = det(A) det(B).

4.2 Die Determinante 103
(iii) Mit der Identität sign(σ) = sign(σ −1 ) sowie der schon früher benutzten Tatsache,
dass die Abbildung S n → S n , τ ↦→ τ −1 bijektiv ist, können wir wie folgt
rechnen:
det(A ⊤ ) = ∑
sign(σ) a σ(1),1 · · · a σ(n),n
σ∈S n
= ∑
sign(σ) a 1,σ −1 (1) · · · a n,σ −1 (n)
σ∈S n
= ∑
sign(τ −1 ) a
} {{ } 1,τ(1) · · · a n,τ(n)
τ −1 ∈S n
= ∑
=sign(τ)
τ∈S n
sign(τ) a 1,τ(1) · · · a n,τ(n)
= det(A).
(iv) Folgt sofort aus (ii) und det(1 n ) = 1.
⊓⊔
Bemerkung 4.2.8. (i) Aus Satz 4.2.7(iii) erkennt man, dass man überall, wo in
diesem Abschnitt mit Zeilenvektoren gearbeitet wurde, auch mit Spaltenvektoren
arbeiten kann, indem man A durch A ⊤ ersetzt.
(ii) Satz 4.2.7(ii) zeigt, dass die Einschränkung det | GLn(K) : GL n (K) → K × ein
Gruppenhomomorphismus ist.
⊓⊔
Beispiel 4.2.9.
⎛ ⎞
c 1 ∗
⎜
A = ⎝
. ..
⎟
⎠
0 c n
cj≠0
=⇒ det(A) = c 1 · · · c n ,
weil A durch Umformungen vom Typ III in
⎛ ⎞
c 1 0
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
0 c n
überführt werden kann und dann sukzessive mit II(j; 1 c j
) in 1 n . Die Gleichung
det(A) = c 1 · · · c n bleibt aber auch richtig, wenn einzelne c j ’s Null sind. Dazu muss
man nur zeigen, dass det(A) = 0, falls es ein c j = 0 gibt. Wenn aber
⎛
A =
⎜
⎝
c 1 ∗ ∗
. .. . ∗
0 c j−1 ∗
0 ∗ . . . ∗
0 c j+1 ∗
0
⎞
. ⎟
. .. ⎠
0 0 c n
gilt, dann hat eine Zeilenstufenform von A höchstens n − 1 Stufen. Also folgt
Rang(A) < n und damit det(A) = 0.
⊓⊔

104 4 Determinanten
Bemerkung 4.2.10. Es gilt det(P σ ) = sign(σ), denn für Transpositionen σ = σ k,l
gilt P σ = E I(k,l) und daher
sign(σ k,l ) = −1 = det(P σk,l ).
Allgemein schreiben wir dann: σ = τ 1 ◦ · · · ◦ τ k mit Transpositionen τ j und rechnen
sign(σ) = sign(τ 1 ) · · · sign(τ k )
= det(P τ1 ) · · · det(P τk )
= det(P τ1 · · · P τk )
= det(P τ1◦...◦τ k
)
= det(P σ ),
wobei wir Proposition 4.1.13 und Satz 4.1.20 benutzt haben.
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 4.2
Übung 4.2.1. Man bestimme die Determinanten der folgenden Matrizen:
⎛ ⎞
⎛ ⎞ −7 3 8 1
2 3 0
⎝−1 3 2⎠ , ⎜ 1 1 0 1
⎟
⎝ 4 2 −1 3⎠ .
4 1 0
5 1 0 9
Übung 4.2.2. Man bestimme die Determinanten der folgenden Matrizen:
⎛ ⎞
⎛ ⎞
( )
1 1 1 1
1 0 1
2 4
, ⎝1 1 1⎠ , ⎜1 2 2 2
⎟
−1 2
⎝1 2 3 3⎠
0 1 1
1 2 3 4
Übung 4.2.3. Für welche Werte von α, β ∈ R sind die folgenden Matrizen invertierbar?
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 1
β 1 0
A 1 := ⎝1 1 α⎠ , A 2 := ⎝1 β 1⎠ .
1 α 1
0 1 β
Übung 4.2.4. Betrachte die Abbildung det: Mat(n × n, R) → R.
(a) Zeige, dass det surjektiv ist.
(b) Ist det injektiv?
(c) Ist det: Mat(n × n, R) → R eine lineare Abbildung?
(d) Es sei GL(n, R) die Gruppe aller invertierbaren Matrizen in Mat(n × n, R) und betrachte
R \ {0} als Gruppe bezüglich der Multiplikation. Ist det : GL(n, R) → R \ {0}
ein Gruppenhomomorphismus?
Übung 4.2.5. Betrachte die Abbildungen
und
Zeige
((
x1
((
x1
ϕ: R 2 × R 2 → R
) ( ))
y1
, ↦→ x
x 2 y 1y 1 − x 2y 2
2
ψ : R 2 × R 2 → R
) ( ))
y1
, ↦→ x
x 2 y 1y 2 + x 2y 1.
2

4.3 Weitere Rechenverfahren für Determinanten und Inverse 105
(i) ϕ(u, rv + sw) = rϕ(u, v) + sϕ(u, w) für alle r, s ∈ R, u, v, w ∈ R 2 .
(ii) ψ(u, rv + sw) = rψ(u, v) + sψ(u, w) für alle r, s ∈ R, u, v, w ∈ R 2 .
(iii) ϕ(u, v) = ϕ(v, u) für alle u, v ∈ R 2 .
(iv) ψ(u, v) = ψ(v, u) für alle u, v ∈ R 2 .
(v) Finde eine Abbildung γ : R 2 × R 2 → R mit
(a) γ(u, rv + sw) = rγ(u, v) + sγ(u, w) für alle r, s ∈ R, u, v, w ∈ R 2 .
(b) γ(u, v) = γ(v, u) für alle u, v ∈ R 2 .
(c)
(( ) ( )) (( ) ( ))
1 1 1 0
γ , = γ , = 1.
0 0 0 1
Übung 4.2.6. Zeige
⎛
⎞
1 2 12 18
( det ⎜ 3 4 3 −10
⎟ 1 2
⎝ 0 0 −1 2 ⎠ = det 3 4
0 0 4 8
)
det
( ) −1 2
.
4 8
4.3 Weitere Rechenverfahren für Determinanten und Inverse
In diesem Abschnitt stellen wir diverse Formeln und Rechenverfahren für Determinanten
zusammen. Einige davon sind für praktische Berechnungen nützlich, andere,
wie die Cramersche Regel, braucht man eher für theoretische Überlegungen (zum
Beispiel, um nachzuweisen, dass die Inversenbildung ein differenzierbarer Prozess
ist).
Bemerkung 4.3.1 (Kästchen-Regel). Sei
( )
A1 ∗
A =
0 A 2
mit A 1 ∈ Mat(p × p, K), und A 2 ∈ Mat(q × q, K) wobei p + q = n. Dann gilt
det(A) = det(A 1 ) det(A 2 ).
Um dies einzusehen, schreibt man
det(A) = ∑
sign(σ) a 1,σ(1) · . . . · a p,σ(p) · a p+1,σ(p+1) · . . . · a n,σ(n)
} {{ }
σ∈S n
=0, wenn es ein r∈{p+1,...,n} mit σ(r)∈{1,...,p} gibt
Das Produkt a 1σ(1) · · · a nσ(n) ist nur von Null verschieden, wenn σ({p + 1, . . . , n}) ⊆
{p + 1, . . . , n}. Dann zeigt Proposition 4.1.3, dass σ({p + 1, . . . , n}) = {p + 1, . . . , n}
und es folgt σ({1, . . . , p}) = {1, . . . , p}. Setze
σ 1 := σ| {1,...,p} ∈ S p
σ 2 := σ| {p+1,...,p+q} ∈ ˜S q := {Permutationen von {p + 1, . . . , p + q}}
Durch Umnumerieren kann man ˜S q mit S q identifizieren und so Permutationsmatrizen
P σ2 , die Anzahl f σ2 der
(
Fehlstände
)
und das Signum sign(σ 2 ) für σ 2 definieren.
Pσ1 0
Für ein solches σ gilt P σ =
und f
0 P σ = f σ1 + f σ2 , wobei f σ die Anzahl
σ2
der Fehlstände von σ und f σi die Anzahl der Fehlstände von σ i ist. Damit rechnen
wir
sign(σ) = (−1) fσ = (−1) fσ 1 +fσ 2 = (−1)
f σ1 (−1)
f σ2 = sign(σ1 ) sign(σ 2 ).

106 4 Determinanten
Indem wir jetzt nur über die σ summieren, die zur Determinante von A tatsächlich
einen von Null verschiedenen Summanden beitragen können, finden wir
∑
det(A) =
sign(σ 1 ) sign(σ 2 ) ·
σ 1∈S p,σ 2∈ ˜S q
·(a 1,σ1(1) · . . . · a p,σ1(p))(a p+1,σ2(p+1) · . . . · a p+q,σ2(p+q))
⎛
⎞
= ⎝ ∑
sign(σ 1 )(a 1,σ1(1) · . . . · a p,σ1(p)) ⎠ ·
σ 1∈S p
⎛
⎞
· ⎝ ∑
sign(σ 2 )(a p+1,σ2(p+1) · . . . · a p+q,σ2(p+q)) ⎠
σ 2∈ ˜S q
= det(A 1 ) det(A 2 ).
⊓⊔
Beispiel 4.3.2 (Vandermonde Determinante). Eine Vandermondesche Matrix
ist eine Matrix V ∈ Mat((n + 1) × (n + 1), K) von der Gestalt
⎛
⎞
1 x 1 x 2 1 . . . x n 1
1 x 2 x 2 2 . . . x n 2
V := ⎜
⎝
.
. . . ..
⎟
. ⎠ ,
1 x n+1 x 2 n+1 . . . x n n+1
mit Zahlen x 1 , . . . , x n+1 ∈ K. Wir werden zeigen, dass für n ≥ 1
∏
(x i − x j )
n≥i>j≥1
die Determinante dieser Matrix ist. Das ist klar für n = 1, und wir führen den
Beweis mittels Induktion nach n: Als erstes ziehen wir die erste Zeile von jeder
anderen ab und erhalten
⎛
⎞
1 x 1 x 2 1 . . . x n 1
0 x 2 − x 1 x 2 2 − x 2 1 . . . x n 2 − x n 1
det V = det ⎜
⎝
.
. . . ..
⎟
. ⎠ := det V ′ .
0 x n+1 − x 1 x 2 n+1 − x 2 1 . . . x n n+1 − x n 1
Jetzt subtrahieren wir das x 1 -fache der n-ten Spalte von der (n+1)-ten Spalte, dann
das x 1 -fache der (n−1)-ten Spalte von der n-ten u.s.w. Zum Beispiel erhalten wir in
der k-ten Zeile (für k = 2, . . . , n+1) für die letzte Spalte x n k −xn 1 −x 1 (x n−1
k
−x1 n−1 ) =
x n k − x 1x n−1
k
= (x k − x 1 )x n−1
k
. Damit gilt dann
⎛
⎞
1 0 0 . . . 0
det V ′ 0 x 2 − x 1 x 2 (x 2 − x 1 ) . . . x2 n−1 (x 2 − x 1 )
= det ⎜
⎝
.
. .
. ..
⎟
. ⎠
0 x n+1 − x 1 x n+1 (x n+1 − x 1 ) . . . x n−1
n+1 (x n+1 − x 1 )
⎛
n+1
1 x
∏
2 x 2 2 . . . x n−1 ⎞
2
⎜
= (x j − x 1 ) det ⎝
.
. . . ..
⎟
. ⎠ .
j=2
1 x n+1 x 2 n+1 . . . x n−1
n+1
Die zweite Gleichheit ist dabei eine Konsequenz von Satz 4.2.3(ii) und der Kästchen-
Regel in Bemerkung 4.3.1. Jetzt folgt die Behauptung mit Induktion.
⊓⊔

4.3 Weitere Rechenverfahren für Determinanten und Inverse 107
Bemerkung 4.3.3 (Berechnung durch Zeilenumformung).
die folgenden modifizierten elementaren Zeilenumformungen:
Typ I ′ : Vertausche zwei Zeilen und multipliziere die letzte Zeile mit (−1)
Typ II ′ : Multipliziere die p–te Zeile mit c ≠ 0 und die letzte Zeile mit 1 c
Typ III: Wie gehabt
Wir betrachten
Durch Umformungen vom Typ I ′ , II ′ , III lässt sich jede Matrix auf ”
modifizierte
Zeilenstufenform“ bringen, die sich von der gewöhnlichen Zeilenstufenform nur in
der letzten Zeile unterscheidet und dort nur in der letzten Komponente (alle anderen
sind ohnehin Null). Man verändert in diesem Prozess die Determinante nicht! Es
gibt für n × n–Matrizen zwei Möglichkeiten:
(i) Wenn man weniger als n Stufen hat, d.h. die letzte Zeile Null ist, dann ist die
Determinante Null.
(ii) Wenn man n Stufen hat, ist das Ergebnis von der Form
⎛
⎜
⎝
1 ∗ ∗
. .. .
0 1 ∗
0 . . . 0 d
⎞
⎟
⎠ ,
also ist die Determinante gleich d.
⊓⊔
Beispiel 4.3.4.
⎛ ⎞
1 2 3
⎝ 2 3 4 ⎠ →
III
3 4 6
⎛
1 2 3
det ⎝ 2 3 4
3 4 6
⎛
1 2 3
⎝ 0 −1 −2
0 −2 −3
⎞
⎞
⎠ II’
→
⎛ ⎞
1 2 3
⎝ 0 1 2
0 2 3
⎠ III
→
⎛
1 2 3
⎝ 0 1 2
0 0 −1
⎠ = 18 + 24 + 24 − 27 − 16 − 24 = −1.
⎞
⎠
⊓⊔
Bemerkung 4.3.5 (Entwicklung nach Spalten oder Zeilen). Betrachte eine
Matrix A ∈ Mat(n × n, K). Die (n − 1) × (n − 1)–Matrix, die aus A entsteht, wenn
man die i–te Zeile und die j–te Spalte streicht, bezeichnen wir mit A i,j und nennen
sie die (i, j)-te Streichmatrix. Seien
v i = (a i1 , . . . , a in ) = (a i1 , 0, . . . , 0) + . . . + (0, . . . , 0, a in ) = a i1 e 1 + . . . + a in e n
die Zeilenvektoren der (n × n)-Matrix A. Dann erhält man
⎛
⎞ ⎛ ⎞
⎛
a 11 a 12 · · · a 1n
a 11 e 1
a 21 a 22 · · · a 2n
det(A) = det ⎜
⎟
⎝ . . . ⎠ = det v 2
⎜ ⎟
⎝ . ⎠ + . . . + det ⎜
⎝
a n1 a n2 · · · a nn v n
a 1n e n
v 2
und bringt im j-ten Summanden die j-te Spalte mithilfe der Permutation
.
v n
⎞
⎟
⎠

108 4 Determinanten
( )
1 2 . . . j − 1 j j + 1 . . . n
2 3 . . . j 1 j + 1 . . . n
in die erste Spalte. Das bedeutet, man schiebt die j-te Spalte (j −1)-mal nach links,
was j − 1 Transpositionen entspricht. Also ist das Signum dieser Permutation gleich
(−1) j−1 und wir erhalten
( )
a11 0 · · · 0
det(A) = det
∗ A 1,1
( )
a12 0 · · · 0
+ (−1) det
∗ A 1,2
( )
+ (−1) 2 a13 0 · · · 0
det
∗ A 1,3
.
+ (−1) n−1 det
( )
a1n 0 · · · 0
∗ A 1,n
= a 11 det(A 1,1 ) − a 12 det(A 1,2 ) + . . . + (−1) n−1 a 1n det(A 1,n )
n∑
= (−1) j−1 a 1j det(A 1,j ).
j=1
Diese Art det(A) zu berechnen, nennt man Entwicklung der Determinante nach der
ersten Zeile.
Ebenso kann man auch nach anderen Zeilen entwickeln: Bringt man die p–te
Zeile durch (p − 1) Vertauschungen in die erste Zeile und entwickelt dann nach der
ersten Zeile, so erhält man die folgende Formel für die Entwicklung nach der p–ten
Zeile:
n∑
det(A) = (−1) j+p a pj det(A p,j )
j=1
Jetzt vertauscht man die Rollen von Zeilen und Spalten und erhält analog eine
Formel für die Entwicklung nach der q–ten Spalte:
det(A) =
n∑
(−1) q+i a iq det(A i,q )
i=1
Diese Formeln sind auch unter dem Namen Laplace–Entwicklungssatz bekannt.
⊓⊔
Beispiel 4.3.6. Wir berechnen die Determinante von A =
⎛ ⎞
1 2 3
⎝4 5 6⎠ durch Ent-
7 8 9
wicklung nach der zweiten Zeile:

4.3 Weitere Rechenverfahren für Determinanten und Inverse 109
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 2 3
4 5 6
det ⎝ 4 5 6 ⎠ = − det ⎝ 1 2 3 ⎠
7 8 9
7 8 9
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
4 0 0 0 5 0 0 0 6
= − det ⎝ 1 2 3 ⎠ − det ⎝ 1 2 3 ⎠ − det ⎝ 1 2 3 ⎠
7 8 9 7 8 9 7 8 9
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
4 0 0 5 0 0 6 0 0
= − det ⎝ 1 2 3 ⎠ + det ⎝ 2 1 3 ⎠ − det ⎝ 3 1 2 ⎠
7 8 9 8 7 9 9 7 8
( ) ( ) ( )
2 3
1 3
1 2
= −4 det + 5 det − 6 det
8 9
7 9
7 8
= (−4) · det(A 2,1 ) + 5 · det(A 2,2 ) − 6 · det(A 2,3 )
= (−4) · (−6) + 5 · (−12) − 6 · (−6) = 0.
⊓⊔
Die Laplace-Formeln sind für praktische Berechnungen immer dann von Interesse,
wenn es Zeilen oder Spalten mit vielen Nullen gibt.
Beispiel 4.3.7.
liefert
⎛
⎞
c 1 ∗ ∗ . . . ∗
0 c 2 ∗ . . . ∗
A =
0 0 . . . . ..
. .
⎜
⎝
. ⎟
. . .. cn−1 ∗ ⎠
0 0 . . . 0 c n
det(A) = c 1 det(A 1,1 ) = c 1 c 2 det(. . .) = . . . = c 1 c 2 · · · c n .
⊓⊔
Die folgenden beiden Bemerkungen zeigen, dass man die Determinanten auch
dazu benutzen kann, geschlossene Formeln (im Gegensatz zu Algorithmen, d.h. Berechnungsvorschriften)
für inverse Matrizen und Lösungen von linearen Gleichungssystemen
(im Falle eindeutiger Lösbarkeit) anzugeben. Insbesondere sieht man, dass
für K = R die Lösungsformeln differenzierbar von den Daten abhängen.
Bemerkung 4.3.8 (Berechnen der Inversen mit der Cramerschen Regel).
Sei
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
⎜
⎟
A = ⎝ . . ⎠ ∈ Mat(n × n, K).
a n1 · · · a nn
Man definiert die adjunkte Matrix A adj ∈ Mat(n × n, K) zu A durch
A adj
pq = (−1) p+q det(A q,p )
und berechnet das Matrizenprodukt von A und A adj via
(A A adj ) iq =
n∑
a ij (−1) q+j det(A q,j ).
j=1

110 4 Determinanten
1. Fall: i = q. Entwickle det(A) nach der q-ten Zeile. Dann sieht man
(A A adj ) qq =
n∑
a qj (−1) q+j det(A q,j ) = det(A).
j=1
2. Fall: i ≠ q. Betrachte die Matrix
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
. .
a i1 · · · a in
i–te Zeile
A ′ =
. .
a i1 · · · a in
q–te Zeile
⎜
⎟
⎝ . . ⎠
a n1 · · · a nn
und entwickle det(A ′ ) nach der q-ten Zeile. Es ergibt sich
weil A q,j = A ′ q,j gilt.
0 = det(A ′ ) =
n∑
a ij (−1) j+q det(A ′ q,j) = (A A adj ) iq
j=1
Zusammen erhalten wir A A adj = det(A) · 1 und dies führt auf die Cramersche
Regel:
A −1 =
1
det(A) Aadj falls det(A) ≠ 0.
Für 2 × 2-Matrizen liefert die Cramersche Regel die folgende Formel
( ) −1
a b
=
c d
1
ad − bc
( ) d −b
.
−c a
⊓⊔
Bemerkung 4.3.9 (Cramersche Regel für Gleichungssysteme). Sei A ∈
Mat(n × n, K) invertierbar und b ∈ K n (Spaltenvektor). Wir betrachten das lineare
Gleichungssystem Ax = b. Mit der Cramerschen Regel 4.3.8 erhält man
was sich in Koordinaten als
x k =
1
det(A)
j=1
x = A −1 b =
1
det(A) (Aadj )b,
n∑
(A adj 1
) kj b j =
det(A)
n∑
(−1) k+j det(A j,k )b j
für k = 1, . . . , n schreiben lässt. Entwickelt man jetzt die Matrix
⎛
⎞
a 11 · · · b 1 · · · a 1n
A (k) := ⎜ . . .
⎟ ∈ Mat(n × n, K),
⎝ a n1 · · · b
}{{} n · · · a nn
⎠
k–te Spalte
j=1

4.3 Weitere Rechenverfahren für Determinanten und Inverse 111
in der die k-te Spalte von A durch b ersetzt ist, nach der k–ten Spalte, so findet
man
n∑
det(A (k) ) = (−1) k+j det(A j,k )b j ,
also
j=1
x k = det(A(k) )
det(A) .
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 4.3
Übung 4.3.1. Berechne die Determinante der Matrix
⎛ ⎞
1 2 7
A = ⎝ 2 8 10 ⎠
7 10 13
(a) über die Definition ∑ σ∈S 3
sign(σ)a 1σ(1) a 2σ(2) a 3σ(3) ,
(b) mit der Regel von Sarrus,
(c) mit Zeilenumformungen.
Übung 4.3.2. Berechne
⎛ ⎞
−7 3 8 1
det ⎜ 1 1 0 1
⎟
⎝ 4 2 −1 3 ⎠
5 1 0 9
(i) mit Zeilenumformungen
(ii) durch Entwicklung nach Zeilen oder Spalten.
Übung 4.3.3. Gegeben sei die Matrix A ∈ Mat(n × n, R) mit
⎧
⎨ 3 für i ≤ j
a ij = 101 für i = n, j = 1
⎩
0 sonst.
Berechne det(A).
Übung 4.3.4. Löse das folgende Gleichungssystem mit Hilfe der Cramerschen Regel:
−x 1 + x 2 + 2x 3 = 0
2x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 1
2x 1 + 3x 2 + x 3 = 1.
Übung 4.3.5. Gegeben sei die Matrix
⎛
2 4 0
⎞
A = ⎝ 3 5 4 ⎠ .
−1 −1 −3
Berechne A −1 mit der Cramer’schen Regel.

112 4 Determinanten
Übung 4.3.6. Die Matrix A n ∈ Mat(n × n, R) sei gegeben durch A n = (a kj ) k,j=1,...,n mit
⎧
1 für k = 1
⎪⎨
−j für k = j + 1
a kj =
k für k = j − 1
⎪⎩
0 sonst.
Zeige durch Induktion, dass für n ≥ 2 gilt: det(A n) = n! (Hinweis: Überprüfe die Formel
zuerst für die Fälle n = 2 und n = 3).
Übung 4.3.7. Bestimme alle
⎛
⎞
x 11 x 12 x 13
X = ⎝ x 21 x 22 x 23
⎠ ∈ Mat(3 × 3, R)
x 31 x 32 x 33
mit
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 2 3 1 0 −1
X ⎝ 4 3 2 ⎠ = ⎝ 0 0 0 ⎠ .
2 −1 −4 0 1 2
Übung 4.3.8. Berechne die Determinante der folgenden n × n Matrix:
⎛
⎞
λ 0 . . . 0 n
1 · · : n − 1
0 · · · :
⎜ · · · 0 3
.
⎟
⎝ : · · λ 2 ⎠
0 . . . 0 1 λ − 1
Hinweis: Entwickle nach der letzten Spalte.
Übung 4.3.9. Es seien A ∈ Mat(n × n, K) eine invertierbare Matrix und b ∈ K n . Dann hat
das LGS Ax = b die eindeutige Lösung x = A −1 b ∈ K n . Diese Lösungsmethode kann auf
den Fall von nicht-invertierbaren und sogar nicht-quadratischen Koeffizientenmatrizen A
verallgemeinert werden.
Es seien A ∈ Mat(n × m, K) und B ∈ Mat(m × n, K) mit ABA = A.
(a) Man berechne B, wenn n = m und A invertierbar ist.
(b) Man gebe ein Beispiel einer Matrix A ∈ Mat(n × m, K), für die es mehrere Matrizen
B ∈ Mat(m × n, K) mit ABA = A gibt.
(c) Jetzt seien n, m und A ∈ Mat(n × m, K) beliebig. Ferner sei b ∈ K n . Man betrachte
das LGS Ax = b in K m und zeige:
(i) Wenn das LGS Ax = b lösbar ist, dann ist x := Bb eine Lösung.
(ii) Das LGS Ax = b ist genau dann lösbar, wenn ABb = b.
(iii)Wenn Ax = b lösbar ist, ist der Vektor x := Bb + (1 m − BA)y eine Lösung für
jedes y ∈ K m .
(iv)Wenn Ax = b lösbar ist, gibt es zu jeder Lösung x 0 ein y 0 ∈ K m , so dass x 0 =
Bb + (1 m − BA)y 0.
[Bemerkung: (iii) und (iv) zeigen, dass jede Lösung des lösbaren LGS Ax = b ist von
der Form x = Bb + (1 m − BA)y mit y ∈ K m beliebig.]
(d) Es sei A ∈ Mat(n × m, K) beliebig und b ∈ K n , so dass Ax = b lösbar ist.
(i) Man wende (c) an, um zu zeigen: Wenn es eine Matrix B ∈ Mat(m × n, K) gibt, so
dass BA = 1 m und ABb = b, dann ist die Lösung von Ax = b eindeutig bestimmt.
Man schreibe die Lösung explizit.
(ii) Man interpretiere das Ergebnis in (i) durch die zu A gehörige lineare Abbildung.
Übung 4.3.10. Man bestimme alle
⎛
⎞
x 11 x 12 x 13
X = ⎝ x 21 x 22 x 23
⎠ ∈ Mat(3 × 3, R)
x 31 x 32 x 33

4.3 Weitere Rechenverfahren für Determinanten und Inverse 113
mit
⎛
1 4 2
⎞ ⎛ ⎞
1 0 0
⎝ 2 3 −1 ⎠ X = ⎝
3 2 −4
0 0 1 ⎠ .
−1 0 2
Übung 4.3.11. Man bestimme alle
⎛
⎞
x 11 x 12 x 13
X = ⎝ x 21 x 22 x 23
⎠ ∈ Mat(3 × 3, R)
x 31 x 32 x 33
mit
Übung 4.3.12. Man berechne
(a) mit der Regel von Sarrus;
(b) mit Zeilenumformen.
⎛
1 4 2
⎞ ⎛ ⎞
1 0 0
⎝ 2 3 −1 ⎠ X = ⎝
3 2 −4
0 0 1 ⎠ .
−1 0 2
⎛ ⎞
2 2 10
det ⎝ 2 5 7 ⎠
−3 −1 2
Übung 4.3.13. Sei A ∈ Mat(n×n, K). Man berechne die Determinante der 2n×2n-Matrix
( ) A A
det
−A A
als Funktion von det(A).
Übung 4.3.14. Gegeben sei die Matrix
⎛ ⎞
1 2 4 8 16
0 1 2 4 8
A =
⎜0 0 1 2 4
⎟
⎝0 0 0 1 2 ⎠ .
0 0 0 0 1
(a) Bestimme die Inverse A −1 von A.
(b) Man löse das lineare Gleichungssystem Ax = b in R 5 , wobei b = (1, 1, 1, 1, 1) t
Spaltenvektor mit allen Komponenten gleich 1 ist .
der
Übung 4.3.15. Man zeige: die Determinante einer Matrix A ∈ Mat(n × n, K) mit mehr
als n 2 − n Einträge gleich Null ist Null.
Übung 4.3.16. Eine Matrix A = (a ij) n i,j=1 ∈ Mat(n×n, K) heißt schiefsymmetrisch, wenn
a ij = −a ji für alle i, j = 1, . . . , n gilt.
Man zeige, dass die Determinante einer schiefsymmetrischen Matrix A ∈ Mat(n×n, K)
für K = R oder K = C gleich Null ist, wenn n ungerade ist.
[Hinweis: Man betrachte die transponierte Matrix von A]
Übung 4.3.17. Die Zahlen 20604, 53227, 25755, 20927 und 78421 sind durch 17 teilbar.
Man zeige, dass auch die Determinante der Matrix
⎛ ⎞
2 0 6 0 4
5 3 2 2 7
A =
⎜2 5 7 5 5
⎟
⎝2 0 9 2 7⎠
7 8 4 2 1
durch 17 teilbar ist.

114 4 Determinanten
Übung 4.3.18 (Schiefsymmetrische Matrizen). Eine Matrix A ∈ K n×n heißt schiefsymmetrisch,
falls A ⊤ = −A gilt.
Man zeige, dass die Determinante einer schiefsymmetrischen Matrix A ∈ K n×n für K = R
oder C gleich Null ist, wenn n ungerade ist.
Übung 4.3.19 (Laplaceentwicklung). Zeige per Induktion nach n:
⎛
⎞
λ 0 . . . 0 a n
−1 · · : a n−1
det
0 · · · :
⎜ · · · 0 a 3
= λ n + a 1λ n−1 + · · · + a n−1λ + a n.
⎟
⎝ : · · λ a 2
⎠
0 . . . 0 −1 λ + a 1
Übung 4.3.20. Löse das folgende Gleichungssystem mit Hilfe der Cramerschen Regel:
−x 1 + x 2 + 2x 3 = 0
2x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 1
2x 1 + 3x 2 + x 3 = 1.
Übung 4.3.21. Es seien A ∈ Mat(n × m, K) und B ∈ Mat(m × n, K). Man zeige, dass
( ) ( )
1n A 1m B
det(1 n − AB) = det = det = det(1
B 1 m A 1 m − BA).
n
Übung 4.3.22 (Blockmatrizen). Seien A, B, C, D ∈ Mat(n × n, K).
1. Zeigen Sie anhand eines Beispiels, dass die Gleichung
( ) A B
det = det(AD − CB) (∗)
C D
im Allgemeinen nicht gilt.
2. Beweisen Sie (∗) für den Fall, dass A invertierbar ist und mit C kommutiert, d.h.
AC = CA.
Hinweis: Multiplizieren Sie die obige Matrix von links mit einer geeigneten Matrix der
Form ( 1 n 0
X 1 n
)
.
Übung 4.3.23. Gibt es eine Menge M von quadratischen Matrizen mit folgenden Eigenschaften?
(1) M ist unendlich;
(2) jede Matrix in M ist nicht-invertierbar;
(3) M ist eine Gruppe bezüglich Multiplikation.
Warum? Welche ist die Antwort, wenn wir (2) durch folgende Eigenschaft (2 ′ ) ersetzen?
Dabei ist
(2 ′ ) Eine Matrix E in M ist invertierbar, und alle Matrizen in M \ {E} sind nichtinvertierbar.
Übung 4.3.24. Sei A ∈ Mat(n × n, R) invertierbar. Man zeige: Wenn die Summe der
Einträge jeder Zeile von A dieselbe Zahl S ≠ 0 ist, dann ist die Summe der Einträge jeder
Zeile von A −1 dieselbe Zahl 1/S.

Teil II
Vektorräume und ihre Abbildungen

Vorbemerkung
In diesem Teil der Vorlesung abstrahieren wir die n-dimensionalen Zahlenräume
und ihre Unterräume zu allgemeinen Vektorräumen. Wir übertragen Begriffe wie
lineare Abbildung, Basis und Dimension in diesen Kontext und werden sehen, dass
die Mehrzahl der Resultate hier seine Entsprechungen hat, solange man sich auf
den Fall endlicher Dimension einschränkt. Auf diese Weise werden auch Mengen
wie Mat(m × n, K) oder Hom K (K n , K m ) für die Methoden der Linearen Algebra
zugänglich, es handelt sich auch dabei um endlichdimensionale Vektorräume. Anderen
Vektorräumen begegnet man in der Analysis, z.B: Räumen von stetigen Funktionen.
Diese Räume sind im Allgemeinen nicht endlichdimensional. Nichtsdestotrotz
sind die fundamentalen Begriffsbildungen wie lineare Abbildungen, lineare Unterräume
und lineare Unabhängigkeit von Teilmengen auch in solchen Vektorräumen
gewinnbringend einsetzbar.
Jeder endlich dimensionale Vektorraum kann über eine Basis mit einem n-
dimensionalen Zahlenraum identifiziert werden und so lassen sich alle Rechentechniken,
die in Teil I entwickelt wurden, auch für allgemeine endlich dimensionale Vektorräume
anwenden. Es werden in diesem abstrakten Kontext aber auch zusätzliche
Konzepte sichtbar, die neue Anwendungen erschließen und bekannte Rechentechniken
in neuem Licht erscheinen lassen. Wir besprechen insbesondere Quotientenvektorräume,
duale Vektorräume und direkte Summen von Vektorräumen.
In Kapitel 6 beginnen wir eine systematische Untersuchung linearer Abbildungen
zwischen endlich dimensionalen Vektorräumen. Besonderes Augenmerk richten
wir dabei auf die Darstellung durch Matrizen bei vorgegebenen Basen für die
Vektorräume. Gesucht werden dabei immer Basen für die man möglichst einfache
Matrizen, z.B. Diagonalmatrizen, erhält. Diese Untersuchungen führen auf die Begriffe
Eigenwert und Eigenvektor. Das Hauptergebnis wird der Satz von der Jordan-
Normalform sein, der allerdings erst in Kapitel 7 bewiesen wird.

5
Vektorräume
In diesem Kapitel fassen wir die wesentlichen Eigenschaften der n-dimensionalen
Zahlenräume zu einem Axiomensystem zusammen und gewinnen so den Begriff des
Vektorraums (vgl. die Rechenregeln in Abschnitt 1.3). Dies erlaubt insbesondere das
genauere Studium von Strukturen wie Räumen von Matrizen oder linearen Abbildungen,
die schon bei den Untersuchungen von linearen Unterräumen der Zahlenräume
aufgetaucht waren. Weitere Anwendungen dieses Konzepts finden sich in der Analysis
und später in praktisch allen Gebieten der Mathematik.
Neben den schon für lineare Unterräume des K n betrachteten Eigenschaften studieren
wir auch abstraktere Konstruktionen wie Quotientenräume, Dualräume und
direkte Summen.
5.1 Vektorräume und Homomorphismen
Definition 5.1.1. Sei K ein Körper. Ein K-Vektorraum ist eine Gruppe (V, +)
zusammen einer Abbildung · : K × V → V, (c, v) ↦→ cv, genannte skalare Multiplikation
mit folgenden Eigenschaften:
v + w = w + v ∀v, w ∈ V (Kommutativgesetz)
c(v + w) = cv + cw ∀v, w ∈ V, c ∈ K (1. Distributivgesetz)
(c + d)v = cv + dv ∀v ∈ V, c, d ∈ K (2. Distributivgesetz)
c(dv) = (cd)v ∀v ∈ V, c, d ∈ K
1v = v
Man bezeichnet das neutrale Element bezüglich der Addition + in V mit 0 und
nennt es die Null des Vektorraums. Das additive Inverse von v ∈ V wird mit −v
bezeichnet. Man nennt es auch das Negative von v.
Beispiel 5.1.2. (i) (K n , +, ·) mit der skalaren Multiplikation aus Definition 1.3.1
ist K-Vektorraum.
(ii) Jeder lineare Unterraum U von K n ist bezüglich der von K n geerbten Addition
und skalaren Multiplikation ein K-Vektorraum.
(iii) Mat(m × n, K) mit der komponentenweisen Addition und komponentenweisen
skalaren Multiplikation ist ein K-Vektorraum.
(iv) Hom K (K n , K m ) mit den durch
(ϕ + ψ)(x) := ϕ(x) + ψ(x)
(cϕ)(x) := c ( ϕ(x) )

120 5 Vektorräume
für x ∈ K n definierten Verknüpfungen (man spricht von der punktweisen
Addition und skalaren Multiplikation) ist ein K-Vektorraum.
⊓⊔
Beispiel 5.1.3. Sei M eine Menge und V ein K-Vektorraum. Dann ist die Menge
W aller Abbildungen von M nach V bzgl. der durch
(f + g)(m) := f(m) + g(m)
(cf)(m) := c ( f(m) )
für m ∈ M definierten punktweisen Verknüpfungen ein K-Vektorraum
⊓⊔
In diesem Beispiel könnte man als M ein Intervall I in R wählen und V = R.
Dann erhält man den Vektorraum aller reellwertigen Funktionen auf I. Aus den
Eigenschaften, die man in der Analysis für stetige und differenzierbare Funktionen
beweist, liest man leicht ab, dass auch die Menge der stetigen Funktionen f : I → R
und (falls I ein offenes Intervall ist) die Menge der differenzierbaren Funktionen
f : I → R bezüglich der punktweisen Verknüpfungen reelle Vektorräume sind.
Die folgende Bemerkung lässt sich genau wie Bemerkung 1.1.4 einsehen (Übung):
Bemerkung 5.1.4. Sei K ein Körper, V ein K-Vektorraum und v ∈ V . Dann gilt
0v = 0 und (−1)v = −v.
⊓⊔
Man kann das Konzept des linearen Unterraums problemlos auf den Fall abstrakter
Vektorräume übertragen und reduziert so für viele Beispiele den Nachweis der
Gültigkeit der Rechenregeln für Vektorräume auf den Nachweis, dass die betrachtete
Teilmenge abgeschlossen unter der Addition und der skalaren Multiplikation
des Vektorraums ist. Dies gilt zum Beispiel für die Räume stetiger oder differenzierbarer
Funktionen, bei denen man sich nur klar machen muss, dass Summen
und skalare Vielfache von stetigen/differenzierbaren Funktionen selbst wieder stetig/differenzierbar
sind.
Definition 5.1.5. Sei (V, +, ·) ein K-Vektorraum. Eine nichtleere Teilmenge U ⊆ V
heißt Untervektorraum (oder auch ein linearer Unterraum), wenn:
(1) u + v ∈ U für alle u, v ∈ U.
(2) cu ∈ U für alle c ∈ K, u ∈ U.
Bemerkung 5.1.6. Sei (V, +, ·) ein K-Vektorraum und U ⊆ V ein Untervektorraum.
Dann ist (U, +, ·) mit den Einschränkungen der Operationen ein K-
Vektorraum. Um das einzusehen, reicht es nachzuweisen, dass sowohl die Null in
V als auch die additiven Inversen von Elementen aus U in U liegen, denn die Rechenregeln
gelten ja automatisch, weil V ein Vektorraum ist. Nach Bemerkung 5.1.4
haben wir aber 0 = 0u ∈ U und −u = (−1)u ∈ U.
⊓⊔
Beispiel 5.1.7. Die Menge der oberen Dreiecksmatrizen
⎧⎛
⎞⎫
⎪⎨ ∗ · · · ∗ ⎪⎬
⎜
⎝
. ..
⎟
. ⎠ ⊆ Mat(n × n, K)
⎪⎩ ⎪⎭
0 ∗
ist K-Untervektorraum von Mat(n × n, K).
⊓⊔

5.1 Vektorräume und Homomorphismen 121
Definition 5.1.8. Seien (V, +, ·) und (W, ⊕, ⊙) zwei K-Vektorräume 1 . Eine Abbildung
ϕ : V → W heißt K-Vektorraum-Homomorphismus oder auch K-linear,
wenn gilt:
ϕ(c 1 v 1 + c 2 v 2 ) = c 1 ⊙ ϕ(v 1 ) ⊕ c 2 ⊙ ϕ(v 2 ) ∀c 1 , c 2 ∈ K, v 1 , v 2 ∈ V.
Die Menge aller K-Vektorraum-Homomorphismen von V nach W bezeichnen wir
mit Hom K (V, W ). Wenn V = W , schreiben wir auch End K (V ) für Hom K (V, V ) und
nennen die Elemente dieser Menge Endomorphismen von V . Ein K-Vektorraum-
Homomorphismus ϕ heißt K-Vektorraum-Isomorphismus, wenn ϕ bijektiv ist.
Bemerkung 5.1.9. (vgl. Satz 3.2.4) Wenn ϕ: V → W ein K-Vektorraum-Isomorphismus
ist, dann ist auch die Umkehrabbildung ϕ −1 : W → V K-linear, d.h. ein K-
Vektorraum-Isomorphismus (vgl. Satz 3.2.4): Um das einzusehen, betrachten wir
w 1 , w 2 ∈ W und v 1 , v 2 ∈ V mit ϕ(v 1 ) = w 1 und ϕ(v 2 ) = w 2 . Dann gilt
ϕ −1 (c 1 w 1 + c 2 w 2 ) = ϕ −1 (c 1 ϕ(v 1 ) + c 2 ϕ(v 2 ))
Wenn V = W ist, zeigt dies, dass die Menge
= ϕ −1 (ϕ(c 1 v 1 + c 2 v 2 ))
= c 1 v 1 + c 2 v 2
= c 1 ϕ −1 (w 1 ) + c 2 ϕ −1 (w 2 ).
GL(V ) := {ϕ ∈ End K (V ) | ϕ bijektiv}
bzgl. der Verknüpfung von Abbildungen eine Gruppe ist. Man nennt GL(V ) die
allgemeine lineare Gruppe von V .
⊓⊔
Beispiel 5.1.10. Die Abbildung
Φ: Mat(m × n, K) → Hom K (K n , K m )
A ↦→ ϕ A
aus Satz 3.1.5 ist ein K-Vektorraum-Isomorphismus. Dazu muss man nur die K-
Linearität von Φ nachweisen, die aber sofort aus der Definition folgt (Übung: Nachprüfen!).
⊓⊔
Bemerkung 5.1.11. Seien V und W zwei K-Vektorräume. Dann ist Hom K (V, W )
ein Untervektorraum des K-Vektorraumes aller Abbildungen von V nach W . Um
das einzusehen, betrachten wir ϕ, ψ ∈ Hom K (V, W ) und r, s ∈ K. Für c 1 , c 2 ∈ K
und v 1 , v 2 ∈ V zeigt dann die Rechnung
(rϕ + sψ)(c 1 v 1 + c 2 v 2 ) = rϕ(c 1 v 1 + c 2 v 2 ) + sψ(c 1 v 1 + c 2 v 2 )
die Behauptung.
= rc 1 ϕ(v 1 ) + rc 2 ϕ(v 2 ) + sc 1 ψ(v 1 ) + sc 2 ψ(v 2 )
= c 1 (rϕ(v 1 ) + sψ(v 1 )) + c 2 (rϕ(v 2 ) + sψ(v 2 ))
= c 1 (rϕ + sψ)(v 1 ) + c 2 (rϕ + sψ)(v 2 )
1 Normalerweise lässt man die Punkte für die Multiplikation ganz weg und benutzt immer
das gleiche Additionszeichen +. Hier dienen die unterschiedlichen Symbole nur dazu, zu
betonen, dass auf der linken und der rechten Seite der definierenden Gleichung für die
Homomorphie-Eigenschaft unterschiedliche Verknüpfungen zu benutzen sind.
⊓⊔

122 5 Vektorräume
Die folgende Proposition ist eine Verallgemeinerung der ersten beiden Teile
von Proposition 3.2.1 und wird auch genauso bewiesen (Übung: Durchführen!) wie
3.2.1(i) und 3.2.1(ii).
Proposition 5.1.12. Sei ϕ ∈ Hom K (V, W ) eine K-lineare Abbildung und E ⊆
V, F ⊆ W lineare Unterräume. Dann gilt:
(i) ϕ(E) ⊆ W ist ein linearer Unterraum.
(ii) ϕ −1 (F ) = {x ∈ V | ϕ(v) ∈ F } ⊆ V ist ein linearer Unterraum.
Zwei Spezialfälle von Proposition 5.1.12 spielen eine besondere Rolle und erhalten
eigene Namen.
Definition 5.1.13. Sei ϕ: V → W ein K-Vektorraum-Homomorphismus. Dann
heißt ϕ(V ) das Bild von ϕ und ϕ −1 ({0}) der Kern von ϕ. Die beiden Unterräume
werden mit im (ϕ) und ker (ϕ) bezeichnet 2 .
Proposition 5.1.14. Sei ϕ: V → W ein K-Vektorraum-Homomorphismus. Dann
gilt
(i) ϕ ist surjektiv genau dann, wenn im (ϕ) = W .
(ii) ϕ ist injektiv genau dann, wenn ker (ϕ) = {0} (vgl. Proposition 3.2.2).
Beweis. Der erste Teil folgt sofort aus der Definition. Wenn ϕ injektiv ist, hat die
Null in W nur ein Urbild, also besteht der Kern von ϕ nur aus der Null in V .
Umgekehrt sei ker (ϕ) = {0} und ϕ(v) = ϕ(v ′ ). Dann gilt
ϕ(v − v ′ ) = ϕ(v) − ϕ(v ′ ) = 0
und somit v = v ′ . Dies zeigt, dass ϕ injektiv ist.
⊓⊔
Übungen zu Abschnitt 5.1
Übung 5.1.1. Sei K ein Körper. Zeige: (Mat(m × n, K), +, ·) mit der komponentenweisen
Addition und skalaren Multiplikation ist ein K-Vektorraum.
Übung 5.1.2. Sei V der R-Vektorraum aller reellen Funktionen f : R → R. Weiter setze
und
Sind U 1 und U 2 Untervektorräume?
U 1 = {f ∈ V : f differenzierbar, f ′ (0) = 0}
U 2 = {f ∈ V : f differenzierbar, f ′ (0) = 1}.
Übung 5.1.3. Sei V ein K-Vektorraum sowie U 1 und U 2 zwei Untervektorräume von V .
(i) Zeige, dass U 1 ∩ U 2 ein Untervektorraum von V ist.
(ii) Zeige, dass die Summe U 1 + U 2 := {u 1 + u 2 | u 1 ∈ U 1, u 2 ∈ U 2} von U 1 und U 2 ein
Untervektorraum von V ist.
Übung 5.1.4. Eine Matrix A ∈ Mat(n × n, K) heißt schiefsymmetrisch, wenn A = −A ⊤ .
1. Man zeige, dass die Menge SSym(n, K) aller schiefsymmetrischen Matrizen A ∈
Mat(n × n, K) ein Untervektorraum von (Mat(n × n, K), +, ·) mit der koeffizientenweisen
Addition und skalaren Multiplikation ist.
2. Man berechne die Dimension von SSym(n, R) als R-Vektorraum.
2 im steht für image und ker für kernel - die englischen Bezeichnungen haben sich jenseits
elementarer deutschsprachiger Lehrbücher praktisch universell durchgesetzt.

5.2 Basis und Dimension 123
5.2 Basis und Dimension
In diesem Abschnitt verallgemeinern wir die Begriffe, die wir in Kapitel 2 im Zuge
unserer Untersuchung von von Lösungsmengen linearer Gleichungssysteme für lineare
Unterräume von K n gefunden haben, auf allgemeine K-Vektorräume. Es wird
sich herausstellen, dass vieles, auch Formulierungen von Sätzen und deren Beweise,
problemlos (oft fast wörtlich) übertragen werden kann.
Die Existenz von Addition und skalarer Multiplikation erlaubt es, auf beliebigen
K-Vektorräumen Linearkombinationen ∑ m
j=1 c jv j zu bilden 3 . Dies ermöglicht die
unmittelbare Verallgemeinerung der Begriffe linearer Spann, Lineare Abhängigkeit
und Basis aus den Definitionen 2.1.4, 2.2.1 und 2.3.1 auf allgemeine K-Vektorräume.
Definition 5.2.1. Sei (V, +, ·) ein K-Vektorraum und A ⊆ V eine Teilmenge. Dann
heißt
{ ∑
m ∣ }
∣∣
span(A) := c j a j m ∈ N, aj ∈ A, c j ∈ K
j=1
der lineare Spann (oder die lineare Hülle) von A. Weiter heißt A linear
abhängig, wenn es eine echte Teilmenge A ′ A mit span(A ′ ) = span(A) gibt.
Andernfalls heißt A linear unabhängig. Schließlich ist A eine Basis für V , wenn
A linear unabhängig ist und V aufspannt (d.h. span(A) = V ).
Bemerkung 5.2.2. In der Definition 2.3.1 einer Basis für einen linearen Unterraum
von K n haben wir von vorneherein angenommen, dass eine solche Basis endlich
ist. Korollar 2.3.5 zeigte dann, dass es so eine (endliche) Basis wirklich gibt.
Das Argument im Beweis von Satz 2.4.1 liefert mithilfe des Tests auf lineare Unabhängigkeit
2.2.4 außerdem, dass jede linear unabhängige Teilmenge {u 1 , . . .} von
K n endlich ist und zwar mit höchstens so vielen Elementen, wie sie eine beliebige
endliche Basis hat (Übung: Man verifiziere dies!). Da es für K n eine (kanonische)
Basis mit n Elementen gibt, können linear unabhängige Teilmengen von K n also
höchstens n Elemente haben. Man hätte also insbesondere auf die Annahme, dass
Basen endlich sind, verzichten können.
Es sei nochmals betont, dass wir in Definition 5.2.1 die Endlichkeit einer Basis
nicht voraussetzen.
⊓⊔
Die folgende Variante des Tests auf lineare Unabhängigkeit erhält man wie das
Korollar 2.2.4, in dem man wörtlich den Beweis von Satz 2.2.3 überträgt (Übung:
Durchführen!):
Satz 5.2.3 (Test auf lineare Unabhängigkeit).
A ⊆ V . Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) A ist linear unabhängig.
(2) Für v 1 , . . . , v k ∈ A verschieden und c 1 , . . . , c k ∈ K mit
c 1 = . . . = c k = 0.
Sei V ein K-Vektorraum und
k∑
c j v j = 0 folgt, dass
3 Es sei hier nochmals explizit darauf hingewiesen, dass die hier betrachteten Summen
immer endlich sind. Um unendliche Summen bilden zu können, bräuchte man Grenzwertbegriffe,
für allgemeine Körper nicht zur Verfügung stehen.
j=1

124 5 Vektorräume
Die Beweisidee für Satz 5.2.3 lässt sich ganz einfach zusammenfassen: Man kann
jedes v j mit c j ≠ 0 durch die anderen v i ’s ausdrücken und daher aus A entfernen,
ohne den Spann zu verkleinern.
Mit Satz 5.2.3 erhält man auch eine Verallgemeinerung von Satz 2.3.3:
Satz 5.2.4. Sei V ein K-Vektorraum und B ⊆ V . Dann sind folgende Aussagen
äquivalent:
(1) B ist eine Basis für V .
(2) Jedes v ∈ V lässt sich in eindeutiger Weise als Linearkombination von Elementen
aus B schreiben.
Beweis. Die Existenz einer Linearkombination für jedes v ∈ V ist äquivalent
zu span(B) = V . Wegen Satz 5.2.3 ist die Eindeutigkeit der Linearkombination
äquivalent zur linearen Unabhängigkeit von B (die Details dieses Arguments findet
man im Beweis von Satz 2.3.3).
⊓⊔
Beispiel 5.2.5. Sei E ij ∈ Mat(m × n, K) die Matrix, die als Einträge nur Nullen
hat, außer an der Stelle ij, wo sie eine Eins hat. Dann ist {E ij | i = 1, . . . m; j =
1, . . . , n} eine Basis für Mat(m × n, K), weil jede Matrix sich in eindeutiger Weise
als Linearkombination der E ij schreiben lässt. Die Koeffizienten sind dabei gerade
die Einträge der Matrix.
⊓⊔
Lemma 5.2.6. Sei ϕ: V → W ein K-Vektorraum-Isomorphismus und A ⊆ V .
Dann gilt:
(i) span(ϕ(A)) = ϕ(span(A)).
(ii) A ist linear (un)abhängig genau dann, wenn ϕ(A) ⊆ W linear (un)abhängig ist.
(iii) A ist eine Basis für V genau dann, wenn ϕ(A) eine Basis für W ist.
Beweis. Idee: Elementare Verifikationen.
(i)
ϕ ( span(A) ) ({ ∑
m ∣ })
∣∣
= ϕ c j a j m ∈ N, aj ∈ A, c j ∈ K
j=1
j=1
{ ∑
m }
= c j ϕ(a j ) ∣ m ∈ N, a j ∈ A, c j ∈ K
= span ( ϕ(A) ) .
(ii) Wegen der Bijektivität von ϕ ist A ′ A äquivalent zu ϕ(A ′ ) ϕ(A). Mit dem
ersten Teil sind dann auch span(A ′ ) = span(A) und span(ϕ(A ′ )) = span(ϕ(A))
äquivalent und die Behauptung folgt.
(iii) Dieser Teil ist eine unmittelbare Konsequenz der beiden ersten Teile.
⊓⊔
Die Vektorraum-Axiome erfassen alle bisher benutzten Eigenschaften der n-
dimensionalen Zahlenräume bis auf eine: Die Existenz einer Basis der Länge n.
Der folgende Satz zeigt, dass man durch Hinzunahme dieser Eigenschaft den K n im
wesentlichen charakterisiert hat.

5.2 Basis und Dimension 125
Satz 5.2.7. Sei V ≠ {0} ein K-Vektorraum. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) V hat eine Basis mit n Elementen.
(2) Jede Basis für V hat n Elemente und es gibt auch so eine Basis 4 .
(3) V ist isomorph zu K n , d.h. es gibt einen Isomorphismus von K-Vektorräumen
ϕ: V → K n .
Beweis. Idee: Zeige mit dem Argument aus dem Beweis von 2.4.1, dass zwei Basen, von
denen eine endlich ist, nicht unterschiedliche Länge haben können. Dann definiere mithilfe
einer Basis eine lineare Abbildung V → K n , die einem Vektor die Koeffizienten bzgl. der
Basis zuordnet.
” (1) ⇒ (2)“: Sei {v 1, . . . , v n } eine Basis und {w 1 , . . . } eine weitere Basis. Wörtlich
wie im Beweis von 2.4.1 sieht man, dass {w 1 , . . . } nicht mehr als n Elemente
hat (vgl. auch Bemerkung 5.2.2). Insbesondere ist die zweite Basis endlich:
{w 1 , . . . , w m } mit m ≤ n. Jetzt vertauscht man die Rollen der Basen: n ≤ m,
also n = m.
” (2) ⇒ (3)“: Sei {v 1, . . . , v n } eine Basis für V . Wegen Satz 5.2.4 kann man durch
( ∑
n )
n∑
ϕ c j v j := (c 1 , . . . , c n ) = c j e j ∈ K n
j=1
eine Abbildung ϕ: V → K n definieren. Diese Abbildung ist bijektiv mit Umkehrabbildung
n∑
ψ : K n → V, (c 1 , . . . , c n ) ↦→ c j v j .
Bleibt zu zeigen, dass ϕ linear ist: Für v = ∑ n
j=1 c jv j und w = ∑ n
j=1 d jv j
rechnet man
j=1
j=1
( ∑ n )
ϕ(rv + sw) = ϕ (rc j + sd j )v j
j=1
= (rc 1 + sd 1 , . . . , rc n + sd n )
= r(c 1 , . . . , c n ) + s(d 1 , . . . , d n )
= rϕ(v) + sϕ(w).
” (3) ⇒ (1)“: Dies folgt unmittelbar aus Lemma 5.2.6. ⊓⊔
Eine wesentliche Lehre, die man aus Satz 5.2.7 zieht, ist, dass man Rechnungen
für K-Vektorräume mit endlicher Basis in K n durchführen kann, sobald man eine
Basis mit n Elementen gefunden hat. Damit werden alle Methoden, die man für K n
entwickelt hat, auch für solche Vektorräume verfügbar. Man sollte sich aber klar
machen, dass solche Rechnungen dann von der Wahl der Basis abhängen. Es wird
sich daher immer wieder die Frage stellen, wie man für ein gegebenes Problem eine
Basis in geschickter Art und Weise wählen kann.
Manche Objekte und Größen, die man aus einer Basis und der zugehörigen
Realisierung des Vektorraums als K n gewinnt, hängen gar nicht von der Wahl der
Basis ab. Dies ist zum Beispiel für die Anzahl der Elemente in der Basis der Fall,
wie Satz 5.2.7 zeigt. Solche Objekte und Größen fasst man als dem ursprünglichen
Vektorraum zugehörig auf. Auf begrifflicher Ebene wird man also immer die Frage
4 Mithilfe des Zornschen Lemmas 0.3.3 kann man zeigen, dass jeder Vektorraum eine
Basis hat, d.h. dieser Zusatz ist unter Annahme des Zornschen Lemmas überflüssig.

126 5 Vektorräume
beantworten wollen, wie sich eine abgeleitete Größe verändert, wenn man die Basis
durch eine andere Basis ersetzt.
Definition 5.2.8. Ein K-Vektorraum V, der eine endliche Basis hat, heißt endlich
dimensional. Die Länge der Basis (und damit jeder Basis) heißt die Dimension
von V (schreibe: dim K (V ) oder dim(V ), wenn K aus dem Kontext klar ist). Wenn
V nicht endlich dimensional ist, dann schreibt man dim(V ) = ∞ und sagt, V ist
unendlich dimensional.
Bemerkung 5.2.9. Lemma 5.2.6 zeigt, dass isomorphe Vektorräume gleiche Dimension
haben.
⊓⊔
Die elementaren Methoden der linearen Algebra beziehen sich zum überwiegenden
Teil auf die Behandlung endlich dimensionaler Vektorräume. Vieles lässt sich
für unendlich dimensionale Vektorräumen retten, die eine Basis mit abzählbar vielen
Elementen 5 haben. Unendlich dimensionale Vektorräume, die keine solche Basis
zulassen, tauchen typischerweise in der Analysis als Räume von Funktionen auf. Zu
ihrer Behandlung sind dann zusätzliche Strukturen erforderlich, wie z.B. Konvergenzbegriffe,
die passende Approximationen ermöglichen. Die so gebildete Kombination
von Linearer Algebra und Analysis nennt man Funktionalanalysis.
Beispiel 5.2.10 (Folgen). Sei K ein Körper und V := {a: N → K} die Menge
aller Folgen in K. Wir schreiben in diesem Kontext auch a n für a(n) und (a n ) n∈N
für a: N → K. Dann definieren die punktweisen Verknüpfungen
(a + b)(n) := a(n) + b(n) und (ra)(n) := r ( a(n) )
eine K-Vektorraumstruktur auf V . Die Folgen e (i) für i ∈ N, die durch e (i)
j := δ ij
definiert sind, bilden eine linear unabhängige Teilmenge von V , sie spannen V aber
nicht auf, denn jede Linearkombination dieser Folgen hat nur endlich viele von Null
verschiedene Folgenglieder, d.h. Funktionswerte. Umgekehrt lässt sich aber jede
Folge mit nur endlich vielen von Null verschiedenen Folgengliedern als Linearkombination
der e (i) schreiben. Also ist {e (i) | i ∈ N} eine Basis für
U := {a ∈ V | ∃n ∈ N : ∀m ≥ n gilt a m = 0}.
Je nach Kontext ist es manchmal praktischer die Indizierung von Folgen schon
bei 0 beginnen zu lassen, d.h. N in Beispiel 5.2.10 durch N 0 = N ∪ {0} zu ersetzen.
Oft hat man auch nur eine (unendliche) Teilmenge von N als Indexmenge.
Beispiel 5.2.11 (Polynome und Polynomfunktionen).
(i) Wir bezeichnen die Menge aller Folgen (k n ) n∈N0 in K, für die nur endlich viele
k n von Null verschieden sind, mit K[X]. Dann ist K[X] ein K-Untervektorraum
des Raumes aller Abbildungen von N 0 nach K (d.h., aller K-wertigen Folgen).
Sei X j ∈ K[X] die Folge, die als j-tes Folgenglied eine Eins hat und sonst
lauter Nullen. Dann ist {X j | j ∈ N 0 } eine Basis für K[X]. Insbesondere ist
jedes Element von K[X] von der Form
5 Das bedeutet, es gibt eine Bijektion zwischen der Basis und den natürlichen Zahlen.
⊓⊔

F (X) :=
n∑
a j X j .
j=0
5.2 Basis und Dimension 127
Man nennt die Elemente von K[X] Polynome (in einer Variablen). Normalerweise
schreibt man 1 für X 0 und einfach a 0 für a 0 X 0 = a 0 1.
(ii) Nach Beispiel 5.1.3 und Bemerkung 5.1.6 ist die Menge
{
f : K → K ∣ ∃ n ∈ N 0 , a 0 , . . . , a n ∈ K : ∀x ∈ K gilt f(x) =
n∑
a j x j}
ein K-Vektorraum. Wir bezeichnen sie mit Pol(K) und nennen ihre Elemente
Polynomfunktionen.
(iii) Es ist klar, dass man zwei Elemente von Pol(K) miteinander multiplizieren kann
und als Ergebnis wieder eine Polynomfunktion erhält. Dabei gilt
( ∑
N c j x j)( ∑
M d k x k) N∑ M∑
= c j d k x j+k .
j=0
k=0
j=0 k=0
Dies motiviert die Einführung einer Multiplikation auch auf K[X] durch
( ∑
N c j X j)( ∑
M d k X k) N∑ M∑
:= c j d k X j+k ,
j=0
k=0
j=0 k=0
was sich für Monome zu X j X k := X j+k spezialisiert. Diese Multiplikationen
machen Pol(K) und K[X] zu kommutativen Ringen, die sich später als sehr
wichtig herausstellen werden.
⊓⊔
j=1
Für einen Körper K mit unendlich vielen Elementen kann man zeigen, dass die
Vektorräume K[X] und Pol(K) isomorph sind. Deshalb macht man zum Beispiel
normalerweise keinen Unterschied zwischen reellen Polynomen und reellen Polynomfunktionen.
Für endliche Körper sieht das ganz anders aus. So gibt es z.B.
für den Körper F 2 := {0, 1} mit zwei Elementen nur 4 verschiedene Funktionen
F 2 → F 2 , während F 2 [X] unendlich viele Elemente hat.
Satz 5.2.7 und Lemma 5.2.6 erlauben es uns, etliche der in Kapitel 2 für lineare
Unterräume von K n erzielten Resultate samt ihren Beweisen auf allgemeine endlich
dimensionale K-Vektorräume zu übertragen (Übung: Durchführen!).
Satz 5.2.12. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum. Dann gilt (vgl. Korollar
2.3.5, Satz 2.3.4, Satz 2.3.6, Satz 2.4.4 und Übung 5.1.3):
(i) Jeder K-Untervektorraum von V ist endlich dimensional.
(ii) Basis-Ergänzung: Seien U ′ ⊂ U ⊂ V Untervektorräume. Dann lässt sich jede
Basis {u ′ 1, . . . , u ′ m} für U ′ zu einer Basis {u ′ 1, . . . , u ′ m, u 1 , . . . , u k } für U
ergänzen.
(iii) Basis-Auswahl: Sei U = span{v 1 , . . . , v k } ⊂ V . Dann enthält {v 1 , . . . , v k } eine
Basis für U.
(iv) U 1 ⊆ U 2 ⊆ V seien lineare Unterräume. Dann gilt dim K (U 1 ) ≤ dim K (U 2 ) und
im Falle, dass dim K (U 1 ) = dim K (U 2 ) ist, hat man U 1 = U 2 .
(v) Dimensionsformel: U 1 und U 2 seien lineare Unterräume von V . Dann gilt
dim K (U 1 ) + dim K (U 2 ) = dim K (U 1 + U 2 ) + dim K (U 1 ∩ U 2 )

128 5 Vektorräume
Beweis. Idee: Man kann entweder die Beweise der zitierten Ergebnisse aus Kapitel 2 modifizieren
oder aber einen Isomorphismus ϕ: V → K n benutzen und damit die Ergebnisse
selbst transferieren.
Wir führen die zweite Methode für (i) und (ii) vor und überlassen die übrigen
Aussagen dem Leser als Übung. Sei also ϕ: V → K n ein Isomorphismus von K-
Vektorräumen.
(i) Eine Teilmenge U ⊆ V ist genau dann ein Untervektorraum, wenn ϕ(U) ein
linearer Unterraum von ϕ(V ) = K n ist. Nach Korollar 2.3.5 hat ϕ(U) also
eine Basis w 1 , . . . , w r . Dann zeigt Lemma 5.2.6, dass ϕ −1 (w 1 ), . . . , ϕ −1 (w r ) eine
Basis für U ist.
(ii) Ergänze {ϕ(u ′ 1), . . . , ϕ(u ′ m)} mithilfe von Satz 2.3.4 zu einer Basis
{ϕ(u ′ 1), . . . , ϕ(u ′ m), w 1 , . . . , w k }
für ϕ(U). Dann ist {u ′ 1, . . . , u ′ m, ϕ −1 (w 1 ), . . . , ϕ −1 (w k )} eine Basis für U.
⊓⊔
Proposition 5.2.13. Seien V und W K-Vektorräume und B eine Basis für V .
(i) Jede K-lineare Abbildung ϕ: V → W ist durch ihre Einschränkung auf B
vollständig bestimmt.
(ii) Jede Abbildung ψ : B → W lässt sich in eindeutiger Weise zu einer K-linearen
Abbildung ϕ: V → W fortsetzen (d.h. ϕ| B = ψ).
Beweis. Idee:
Basen.
Schreibe die Elemente der Vektorräume als Linearkombinationen der
(i) Sei v ∈ V . Dann lässt sich v nach Satz 5.2.4 als Linearkombination der Elemente
von B schreiben: v = ∑ b∈B c bb, wobei nur endlich viele der c b von 0 verschieden
sind. Also gilt
ϕ(v) = ∑ b∈B
c b ϕ(b)
und ϕ ist durch seine Werte auf B vollständig bestimmt.
(ii) Die Eindeutigkeit folgt sofort aus dem ersten Teil. Zur Existenz zieht man wieder
Satz 5.2.4 heran, um v in eindeutiger Weise als Linearkombination der Elemente
von B schreiben: v = ∑ b∈B c bb. Dann definiert man eine Abbildung ϕ: V → W
durch
ϕ(v) := ∑ b∈B
c b ψ(b)
und muss zeigen, dass ϕ K-linear ist. Dies ist aber eine elementare Rechnung:
Mit v = ∑ b∈B c bb und w = ∑ b∈B d bb findet man
( ∑
)
ϕ(rv + sw) = ϕ (rc b + sd b )b
b∈B
= ∑ b∈B(rc b + sd b )ψ(b)
= ∑ rc b ψ(b) + ∑ sd b ψ(b)
b∈B
b∈B
( ∑ ) ( ∑ )
= r c b ψ(b) + s d b ψ(b)
b∈B
= rϕ(v) + sϕ(w).
b∈B

5.2 Basis und Dimension 129
⊓⊔
Bemerkung 5.2.14. Sei K ein Körper, V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum
und {v 1 , . . . , v n } eine Basis für V . Nach Satz 5.2.4 lässt sich jedes v ∈ V in eindeutiger
Weise als Linearkombination der Basiselemente schreiben:
n∑
v = x i v i .
i=1
Die Zahlen (x 1 , . . . , x n ) heißen die Koordinaten von v bzgl. der Basis. Beachte,
dass es zur Bestimmung der Koordinaten von v auf die Reihenfolge der Basiselemente
ankommt. Es ist also im Grunde nicht genug, eine Basis zu wählen, sondern
man wählt eine Basis zusammen mit einer Anordnung ihrer Elemente. Wenn
wir {v 1 , . . . , v n } für eine Basis schreiben, soll immer diese Basis in der Anordnung
v 1 , . . . , v n gemeint sein.
Definition 5.2.15. Seien V und W zwei endlich dimensionale K–Vektorräume
{v 1 , . . . , v n } und {w 1 , . . . , w m } Basen für V und W . Weiter sei ϕ: V → W linear.
Wir definieren die darstellende Matrix
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
⎜
⎟
A ϕ = ⎝ . . ⎠
a m1 · · · a mn
von ϕ bzgl. {v 1 , . . . , v n } und {w 1 , . . . , w m } durch
ϕ(v j ) =
m∑
a ij w i j = 1, . . . , n.
i=1
An sich müsste man die beiden Basen in die Notation der darstellenden Basis mit
aufnehmen, denn sie hängt entscheidend von der Wahl der Basen ab (wie genau
werden wir noch eingehend untersuchen).
Bemerkung 5.2.16. Seien V und W zwei endlich dimensionale K–Vektorräume
{v 1 , . . . , v n } und {w 1 , . . . , w m } Basen für V und W .
(i) Seien v ∈ V und (x 1 , . . . , x n ) die Koordinaten von v bzgl. {v 1 , . . . , v n }, sowie
(y 1 , . . . , y m ) die Koordinaten von ϕ(v) bzgl. {w 1 , . . . , w m }. Dann gilt
A ϕ x = y,
wobei x = (x 1 , . . . , x n ) ⊤ und y = (y 1 , . . . , y m ) ⊤ . Um dies einzusehen, rechnet
man
m∑
n∑
n∑
y i w i = ϕ(v) = ϕ( x j v j ) = x j ϕ(v j )
i=1
=
n∑
j=1 i=1
j=1
m∑
a ij x j w i =
i=1
j=1
⎛ ⎞
m∑ n∑
⎝ a ij x j
⎠ w i
j=1
und erhält
n∑
y i = (A ϕ x) i = a ij x j .
j=1

130 5 Vektorräume
(ii) Für V = K n und W = K m mit den Standardbasen {v 1 , . . . , v n } = {e 1 , . . . , e n }
und {w 1 , . . . , w m } = {f 1 , . . . , f m } ist die darstellende Matrix einer linearen
Abbildung ϕ ∈ Hom K (K n , K m ) gerade die im Beweis von Satz 3.1.5 konstruierte
Matrix A ϕ , d.h. unsere Notation ist kompatibel mit der Notation aus Kapitel 3,
wenn man als Basen der Zahlenräume die Standardbasen wählt.
⊓⊔
Für zwei endlich dimensionale K-Vektorräume V und W ist Hom K (V, W ) ein
K-Vektorraum (vgl. Bmerkung 5.1.11). Der folgende Satz liefert zusammen mit
Beispiel 5.2.5, dass dim K (Hom K (V, W )) = dim K (Mat(m × n, K)) = nm, falls n =
dim K (V ) und m = dim K (W ) gilt.
Satz 5.2.17. Seien V und W endlich dimensionale K-Vektorräume mit den Basen 6
v := {v 1 , . . . , v n } und w := {w 1 , . . . , w m }, sowie ϕ ∈ Hom K (V, W ). Dann definiert
die Gleichung
m∑
ϕ(v j ) = a ij w i
(∗)
einen K-Vektorraum-Isomorphismus
Die Umkehrabbildung
i=1
Φ w v = Φ : Hom K (V, W ) → Mat(m × n, K)
ϕ ↦→ A ϕ := (a ij ) i =
j =
Φ −1 : Mat(m × n, K) → Hom K (V, W )
A ↦→ ϕ A .
1 , ... ,
1 , ... ,
m .
n
ist durch
gegeben.
m∑
ϕ A (v j ) = a ij w i .
i=1
(∗∗)
Beweis. Idee: Schreibe die Elemente der Vektorräume als Linearkombination der Basen.
Die Abbildung Φ ist nach Satz 5.2.4 wohldefiniert. Wir zeigen zunächst, dass Φ
∑
K-linear ist. Mit ϕ(v j ) = m a ij w i und ψ(v j ) = ∑ m
i=1 b ijw i rechnet man
i=1
m∑
m∑
(rϕ + sψ)(v j ) = r a ij w i + s b ij w i =
i=1
i=1
m∑
(ra ij + sb ij )w i
i=1
Also gilt
Φ(rϕ + sψ) = (ra ij + sb ij ) i
j
= r(a ij ) i = 1 , ...
j = 1 , ...
= 1 , ... ,
= 1 , ... ,
,
,
= rΦ(ϕ) + sΦ(ψ).
m
n
m
n
+ s(b ij ) i
j
Nach Proposition 5.2.13 definiert (∗∗) eine Abbildung
= 1 , ... ,
= 1 , ... ,
6 Hier betrachten wir die Basen als Auflistung der Basiselemente in einer fixierten Reihenfolge,
vgl. Bemerkung 5.2.14.
m
n

Ψ : Mat(m × n, K) → Hom K (V, W )
A ↦→ ϕ A
5.2 Basis und Dimension 131
Es bleibt zu zeigen, dass Ψ die Umkehrfunktion von Φ ist. Aus (∗) folgt, dass
ker (Φ) = {0} und aus (∗∗) folgt, dass Φ(ϕ A ) = A. Also ist Φ bijektiv und es gilt
Φ ◦ Ψ = id. Damit folgt die Behauptung aus Lemma 3.1.2.
⊓⊔
Bemerkung 5.2.18. Für V = K n , W = K m mit jeweils der Standardbasis erhält
man in Satz 5.2.17 gerade die Korrespondenz
A ↦→ ϕ A
ϕ ↦→ A ϕ
aus Satz 3.1.5.
⊓⊔
Beispiel 5.2.19. (i) Betrachte V = R 2 mit der Basis {v 1 = (1, 1), v 2 = (−1, 1)}
und W = R 3 mit der Basis {w 1 = (1, 1, 1), w 2 = (1, 1, 0), w 3 = (1, 0, 0)}. Dann
gilt für ϕ ∈ Hom R (R 2 , R 3 ) mit ϕ(x, y) = (x, x + y, x − y), dass
ϕ(v 1 ) = ϕ(1, 1) = (1, 2, 0) = 2w 2 − w 3 ,
ϕ(v 2 ) = ϕ(−1, 1) = (−1, 0, −2) = −2w 1 + 2w 2 − w 3 ,
⎛ ⎞
0 −2
A ϕ = ⎝ 2 2 ⎠ .
−1 −1
(ii) Für V = R 2 mit {v 1 = (1, 1), v 2 = (−1, 1)} und W = R 3 mit {w 1 =
(1, 0, 0), w 2 = (0, 1, 0), w 3 = (0, 0, 1)} mit ϕ(x, y) = (x, x + y, x − y) findet
man
ϕ(v 1 ) = (1, 2, 0) = w 1 + 2w 2 ,
ϕ(v 2 ) = (−1, 0, −2) = −w 1 − 2w 3 ,
⎛ ⎞
1 −1
A ϕ = ⎝ 2 0 ⎠ .
0 −2
Beispiel 5.2.20. Für eine fest gewählte Matrix A ∈ Mat(m × n, K) betrachte die
Abbildung λ A : Mat(n × k, K) → Mat(m × k, K), die durch λ A (X) = AX definiert
ist. Mit der Formel der Matrizenmultiplikation aus Satz 3.1.7 rechnet man nach
(Übung: Durchführen!), dass ϕ linear ist. Seien E ij , i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , k
bzw. F rj , r = 1, . . . , m, j = 1, . . . , k die in Beispiel 5.2.5 beschriebenen Basen von
Mat(n × k, K) und Mat(m × k, K). Wir ordnen die Basen wie folgt an:
Wegen
E 11 , E 12 , . . . , E 1k , E 21 , . . . , E 2k , E 31 , . . . , E nk ,
F 11 , F 12 , . . . , F 1k , F 21 , . . . , F 2k , F 31 , . . . , F mk .
λ A (E ij ) =
m∑
a ri F rj
ist die darstellende Matrix von λ A bezüglich dieser Basen durch die Blockmatrix
r=1
⊓⊔

132 5 Vektorräume
⎛
⎞
a 11 · 1 k . . . a 1n · 1 k
⎜
⎟
⎝ .
. ⎠
a m1 · 1 k . . . a mn · 1 k
gegeben. Um das nachzurechnen überlegt man sich, dass v k(i−1)+j = E ij und
w k(r−1)+s = F rs in der obigen Anordnung die durchnumerierten Basen {v 1 , . . . , v nk }
für Mat(n×k, K) bzw. {w 1 , . . . , w mk } für Mat(m×k, K) liefert, für die entsprechend
gilt
m∑
λ A (v k(i−1)+j ) = a ri w k(r−1)+j
r=1
Das nächste Beispiel zeigt, dass die definierende Gleichung
⊓⊔
ϕ(v j ) = ∑ i
a ij w i
auch für unendliche Basen sinnvoll ist. In diesem Fall kriegt man dann ”
Matrizen“
mit unendlich vielen Zahlen und/oder Spalten.
Beispiel 5.2.21. Sei V der Vektorraum Pol(R, R) der reellen Polynomfunktionen
aus Beispiel 5.2.11. Als Basis wählen wir (Übung: Weise nach, dass dies wirklich eine
Basis ist!) die Monome {x 0 , x 1 , x 2 , . . .}. Betrachte die Ableitung als Abbildung
D : V → V , d.h. D(f) = f ′ . Aus der Analysis weiß man, dass D linear ist und
D(x k ) = kx k−1 erfüllt. Also ist die darstellende Matrix“ von D bzgl. der Basis
”
{x 0 , x 1 , x 2 , . . .}
⎛
⎞
0 1 0 . . . . . . . . .
. 0 2 0 . . . . . .
. . 0 3 0 . . .
⎜
. ⎝.
. . 0 4 .. ⎟
⎠
.
. . . . .. . ..
gegeben. Wenn man jetzt D auf den endlichen Untervektorraum aller Polynomfunktionen
vom Grad kleiner oder gleich n − 1 einschränkt, dann ergibt sich als
darstellende Matrix im Sinne von Definition 5.2.15 die linke obere n × n-Ecke der
obigen unendlichen Matrix“.
⊓⊔
”
Übungen zu Abschnitt 5.2
Linearer Spann, Lineare Unabhängigkeit und Basen
Übung 5.2.1. Sei V ein K-Vektorraum und ∅ ≠ A ⊆ V eine beliebige nichtleere Teilmenge.
Zeige, dass span(A) der kleinste Untervektorraum von V ist, der A enthält (vgl.
Proposition 2.1.5). Man nennt A auch ein Erzeugendensystem für Vektorraum span(A).
Da der kleinste Untervektorraum überhaupt die Menge {0} ist, motiviert diese Charakterisierung
von span(A) die Definition: span(∅) := {0}.
Übung 5.2.2. Sei V ein K-Vektorraum und U 1, U 2 Untervektorräume von V . Zeige, dass
(Vgl. Übung 5.1.3 und Bemerkung 2.1.6.)
U 1 + U 2 = span(U 1 ∪ U 2).

5.2 Basis und Dimension 133
Übung 5.2.3. Zeige, dass der Vektorraum V aller stetigen Funktionen f : R → R nicht
endlich dimensional ist. (Hinweis: Finde unendlich viele linear unabhängige Funktionen.)
Übung 5.2.4. Berechne die Koordinaten von (1, 2, 3, 4) ⊤ ∈ R 4 der Basen
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
1 1 1 1
2 0 0 1
⎪⎨
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠
⎪⎩
, ⎜ 1
⎟
⎝ 0 ⎠ , ⎜ 1
⎟
⎝ 1 ⎠ , ⎜ 1
⎪⎬ ⎪⎨
⎟
⎝ 1 ⎠ und ⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠
⎪⎭ ⎪⎩
, ⎜ 1
⎟
⎝ 1 ⎠ , ⎜ 2
⎟
⎝ 2 ⎠ , ⎜ 0
⎪⎬
⎟
⎝ 1 ⎠ .
⎪⎭
0 0 0 1
2 0 2 0
Übung 5.2.5. (a) Sind die Vektoren
⎛ ⎞
3
⎛
5
⎞ ⎛ ⎞
−1
⎝ 1 ⎠ , ⎝ −1 ⎠ , ⎝ 5 ⎠
4 2 8
linear abhängig?
(b) Gib eine Basis für den Spann dieser drei Vektoren an.
(c) Erweitere diese Basis zu einer Basis von R 3 .
Übung 5.2.6. Welche Koordinaten haben
⎛ ⎞
4
⎛
8
⎞
a = ⎝ 11 ⎠ , b = ⎝ −9 ⎠
7
−5
bzgl. der Basis ⎧ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 1 2 7 ⎬
⎝ 0 ⎠ , ⎝ −3 ⎠ , ⎝ 5 ⎠
⎩⎛
⎭ ?
2 −3 −1
Übung 5.2.7. Betrachte den Vektorraum V = {f : N → R} mit der punktweisen Addition
und skalaren Multiplikation.
(i) Zeige, dass die Menge U aller f ∈ V , für die nur endlich viele Funktionswerte von Null
verschieden sind, ein Untervektorraum von V ist.
(ii) Finde eine Basis für U.
(iii) Gib Beispiele von Funktionen aus V an, die sich nicht als Linearkombinationen dieser
Basisfunktionen schreiben lassen.
Übung 5.2.8. Es sei K 2[X] = {F (X) = a 0 + a 1X + a 2X 2 | a 0, a 1, a 2 ∈ K} die Menge aller
Polynome vom Grad ≤ 2, wobei a 0 := a 0X 0 .
(a) Man zeige, dass K 2[X] ein Untervektorraum von K[X] ist.
(b) Man gebe eine Basis für K 2[X] an.
(c) Es sei W := span(1 + X 2 , −X 2 , 2 + X 2 ). Man bestimme eine Basis für W .
Übung 5.2.9. Sei K ein Körper und U der Raum aller Folgen in K, die nur endlich viele
von Null verschiedene Folgenglieder haben (vgl. Beispiel 5.2.10). Zeige, dass die Folgen
eine Basis für U bilden.
f (1) := (1, 0, . . .)
f (2) := (1, 1, 0, . . .)
f (3) := (1, 1, 1, 0, . . .)
f (4) := (1, 1, 1, 1, 0, . . .)
.
Übung 5.2.10. Benutze das Zornsche Lemma, um zu zeigen, dass jeder Vektorraum eine
Basis hat.

134 5 Vektorräume
Dimension
Übung 5.2.11. Seien V und W K-Vektorräume und ϕ: V → W linear und injektiv. Weiter
sei U ⊆ V ein K-Untervektorraum. Zeige, dass ϕ(U) ein K-Untervektorraum von W mit
dim ϕ(U) = dim U ist.
Übung 5.2.12. Berechne die Dimensionen von span(A) für
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
0 0 2 3 −2
⎪⎨
2
1
1
2
0
span
4
⎜ −6
,
2
⎟ ⎜ −1
,
−3
⎟ ⎜ 0
,
−1
⎟ ⎜ 3
,
0
⎟ ⎜ −4
,
⎟ ⎜
⎝ −4 ⎠ ⎝ −2 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ −8 ⎠ ⎝
⎪⎩
2 0 1 −1 2
0
0
0
−2
0
1
⎞
⎛
,
⎟ ⎜
⎠ ⎝
2
0
−5
3
2
0
⎞⎫
⎪⎬
⊆ R 6 .
⎟
⎠
⎪⎭
Übung 5.2.13. Eine Matrix A ∈ Mat(n × n, K) heißt schief- oder antisymmetrisch,
wenn A = −A ⊤ .
(a) Man zeige, dass die Menge Asym(n, K) aller schiefsymmetrischen Matrizen A ∈
Mat(n × n, K) ein Untervektorraum von (Mat(n × n, K), +, ·) mit der koeffizientenweisen
Addition und Skalarmultiplikation ist.
(b) Man berechne die Dimension von Asym(n, R) als R-Vektorraum.
Übung 5.2.14. Für eine Menge M und einen Körper K sei Abb(M, K) der Vektorraum
der Abbildungen von M nach K mit punktweiser Addition und skalarer Multiplikation.
1. Man zeige, dass Abb(M, K) genau dann endlich dimensional ist, wenn M endlich ist.
2. (Für Ambitionierte)
Gibt es im Fall |M| = ∞ eine Basis von Abb(M, K) mit abzählbar vielen Elementen?
Darstellende Matrizen
Übung 5.2.15. Sei ϕ: V → W K-linear, {v 1, . . . , v n} eine Basis für V und {w 1, . . . , w m}
eine Basis für W . Weiter seien A ϕ = (a ij) die darstellende Matrix von ϕ sowie (x 1, . . . , x n)
und (y 1, . . . , y m) die Koordinaten von x ∈ V und ϕ(x) ∈ W bzgl. dieser Basen. Zeige:
⎛
⎛ ⎛
⎜
⎝
⎞ ⎞
a 11 . . . a 1n x 1
.
⎟ ⎜
.
. ⎠ ⎝
.
a m1 . . . a mn x n
⎟
⎠ =
⎜
⎝
⎞
y 1
.
y m
⎟
⎠ .
Übung 5.2.16. Finde eine lineare Abbildung ϕ: R 4 → R 4 mit
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞⎫
1 0
⎪⎨
span ⎜ 2
⎟
⎝ 3 ⎠
⎪⎩
, ⎜ 1
⎪⎬
⎟
⎝ 2 ⎠ = im (ϕ) = ker (ϕ).
⎪⎭
4 3
Gib die Matrix A ϕ (bzgl. der Standardbasis) an.
Übung 5.2.17. Die R-lineare Abbildung ϕ: R 4 → R 4 erfülle
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
1 −3 0 0 1
ϕ ⎜ 2
⎟
⎝ 0 ⎠ = ⎜ 0
⎟
⎝ 1 ⎠ ; ϕ ⎜ 0
⎟
⎝ 2 ⎠ = ⎜ −8
⎟
⎝ −10 ⎠ ; ϕ ⎜ 0
⎟
⎝ −1 ⎠ = ⎜
⎝
3 7 2 4 2
−3
4
6
5
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 3
⎟
⎠ ; ϕ ⎜ 1
⎟
⎝ 1 ⎠ = ⎜ −4
⎟
⎝ −7 ⎠ .
1 6
(i) Bestimme die Matrix A ϕ bezüglich der Standardbasis {e 1, e 2, e 3, e 4}.
(ii) Bestimme die Matrix A ϕ bezüglich der Basis {e 1, e 1 +e 2, e 1 +e 2 +e 3, e 1 +e 2 +e 3 +e 4}.
Übung 5.2.18. Betrachte die Abbildung ϕ: R 3 → R 2 mit
ϕ(x, y, z) = (y + z, x − y).

5.2 Basis und Dimension 135
(i) Zeige, dass ϕ linear ist.
(ii) Bestimme die Matrix A ϕ von ϕ bezüglich der folgenden Paare von Basen:
R 3 R 2
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎫
⎨ 1 0 0 ⎬
⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 0 ⎠ ,
⎩
⎭
0 0 1
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 1 0 0 ⎬
⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 0 ⎠
⎩
⎭
0 0 1
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 1 1 1 ⎬
⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 1 ⎠
⎩
⎭
0 0 1
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 1 1 1 ⎬
⎝ 0 ⎠ , ⎝ 1 ⎠ , ⎝ 1 ⎠
⎩
⎭
0 0 1
{( ) ( )}
1 0
,
0 1
{( ) ( )}
1 1
,
1 2
{( ) ( )}
1 0
,
0 1
{( ) ( )}
1 1
, .
1 2
Übung 5.2.19. Betrachte die lineare Abbildung ϕ : R 3 → R 2 mit
ϕ(x, y, z) = (y + z, x − y) .
Bestimme die Matrix A ϕ von ϕ bezüglich der folgenden Paare von Basen:
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 1 0 0 ⎬ {( ) (
a) ⎝0⎠ , ⎝1⎠ , ⎝0⎠
1 0
⎩
⎭ , , ;
0 1)}
0 0 1
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 2 3 1 ⎬ {( ) ( )}
b) ⎝ 1 ⎠ , ⎝1⎠ , ⎝−2⎠
2 −1
⎩
⎭ , , .
1 1
−1 0 2
Übung 5.2.20. Sei Pol(R, R) der Vektorraum der Polynomfunktionen auf R.
1. Man begründe, dass
Pol n(R, R) := {f : R → R | ∃a j ∈ R : ∀x ∈ R gilt f(x) =
n∑
a jx j }
ein (n + 1)-dimensionaler Untervektorraum von Pol(R, R) ist und bestimme eine Basis
von Pol n(R, R).
2. Man zeigen, dass die Ableitungsabbildung
ϕ : Pol n(R, R) → Pol n(R, R), p ↦→ p ′
eine lineare Abbildung ist und bestimme die Matrixdarstellung von ϕ bezüglich der
Basis aus a) (für Bild- und Urbildraum).
Übung 5.2.21. Es sei Pol n(R, R) der Vektorraum der Polynome vom Grad n (siehe
Übung 5.2.20). Für x 0, . . . , x n ∈ R paarweise verschieden sei L j ∈ Pol n(R, R) das zugehörige
Lagrange-Polynom,
L j : R → R, x ↦→
∏
0kn
k≠j
x − x k
x j − x k
.
a) Zeige: (L 0, . . . , L n) ist eine Basis von Pol n(R, R).
(Hinweis: Zeige, dass L j(x l ) = 1 für l = j, ansonsten Null).
j=0

136 5 Vektorräume
b) Gebe eine konkrete Darstellung von p ∈ Pol n(R, R) durch obige Basis an, und folgere
daraus: Stimmen p, q ∈ Pol n(R, R) in (n + 1) verschiedenen Punkten überein, so sind
sie gleich.
c) Wieviele verschiedene Nullstellen kann p ∈ Pol n(R, R) \ {0} höchstens haben?
Übung 5.2.22. Gegeben sei die lineare Abbildung ϕ : R 4 → R 3 , ϕ(x) = Ax mit
⎛
⎞
1 −1 0 1
A := ⎝2 3 −2 1 ⎠ .
0 2 1 −4
Bestimme die Matrix A ϕ von ϕ bezüglich der folgenden Basen von R 4 bzw. R 3 :
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
1 1 0 0 ⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎪⎨
⎜1
⎟
⎝1⎠ ⎪⎩
, ⎜0
⎟
⎝1⎠ , ⎜1
⎟
⎝1⎠ , ⎜0
⎪⎬ ⎨ 1 0 2 ⎬
⎟
⎝1⎠
; ⎝−1⎠ , ⎝1⎠ , ⎝0⎠
⎩
⎭ ⎪⎭
.
0 1 1
1 0 0 1
Übung 5.2.23 (Magische Quadrate). Q ∈ Q n×n heißt ein verallgemeinertes magisches
Quadrat, Bez. Q ∈ M n , wenn die Summe der Koeffizienten in jeder Zeile, Spalte und den
beiden Diagonalen, den gleichen Wert ergibt. Dieser Wert heißt Quadratsumme von Q.
a) Man zeige, dass M n ein Untervektorraum von Q n×n ist.
b) Man zeige, dass es im Fall n = 3 für alle Zahlen a 11 =: a, a 12 =: b, a 21 =: c eindeutige
Koeffizienten a jk gibt, so dass (a jk ) ∈ M 3 mit Quadratsumme S = 1 (6a + 3b + 3c)
4
ist. Geben Sie diese Koeffizienten an.
c) Man zeige, dass dim M 3 = 3 gilt.
5.3 Quotientenräume
In diesem Abschnitt führen wir ein neues Konzept der linearen Algebra ein, auf das
man beim Studium der linearen Unterräume von Zahlenräumen nicht so einfach stoßen
würde. Vektorraumstrukturen kann man nämlich auch auf Mengen finden, die
dadurch zustande kommen, dass man Elemente von gegebenen Mengen aufgrund gewisser
gemeinsamer Eigenschaften miteinander identifiziert. Mathematisch präzise
formuliert heißt das, man bildet Äquivalenzklassen zu einer Äquivalenzrelation und
studiert Vektorraumstrukturen auf der Menge der Äquivalenzklassen. Solche Quotientenstrukturen
spielen in der (Linearen) Algebra eine sehr wichtige Rolle. Wir
beschränken uns in diesem Abschnitt aber auf eine einzige Anwendung, die noch
dazu aus der Analysis kommt: Wir skizzieren, wie man die reellen Zahlen mithilfe
eines Quotientenvektorraums aus den rationalen Zahlen konstruieren kann.
Wir beginnen mit einer Präzisierung des Begriffs einer Äquivalenzrelation, der
in Abschnitt 0.2 schon angesprochen wurde.
Definition 5.3.1. Sei M eine Menge. Eine Relation auf M ist eine Teilmenge R
von M × M = {(x, y) | x ∈ M, y ∈ M}. Man schreibt auch xRy für (x, y) ∈ R. Eine
Relation R auf M heißt Äquivalenzrelation, wenn:
(a) xRx ∀x ∈ M (Reflexivität)
(b) xRy ⇒ yRx ∀x, y ∈ M (Symmetrie)
(c) xRy, yRz ⇒ xRz ∀x, y, z ∈ M (Transitivität)
Sei R eine Äquivalenzrelation auf M. Dann heißt
[x] R := {y ∈ M | xRy}
die Äquivalenzklasse von x bzgl. R. Die Menge aller Äquivalenzklassen wird mit
M/R bezeichnet. Die Elemente einer Äquivalenzklasse nennt man Repräsentanten
der Äquivalenzklasse.

5.3 Quotientenräume 137
Die Definitionen zeigen unmittelbar, dass zwei Elemente genau dann äquivalent
sind, wenn ihre Äquivalenzklassen gleich sind. Daher ist M die disjunkte Vereinigung
der Äquivalenzklassen.
Beispiel 5.3.2. (i) Die Diagonale {(x, y) ∈ M × M | x = y} ist eine Äquivalenzrelation,
die die Gleichheit beschreibt. Hier haben die Äquivalenzklassen jeweils
nur ein Element.
(ii) Sei X Menge und M = {U ⊆ X | U endlich} die Menge aller endlichen Teilmengen
von X. Bezeichnet man die Anzahl der Elemente in U ∈ M mit |U|,
so ist {(U, V ) ∈ M × M | |U| = |V |} eine Äquivalenzrelation, für die die
Äquivalenzklassen aus den Mengen gleicher Mächtigkeit bestehen.
(iii) Sei (V, +, ·) ein K-Vektorraum und U ⊆ V ein K-Untervektorraum. Dann ist
∼ U := {(v, w) ∈ V × V | v + U = w + U}
eine Äquivalenzrelation auf V . Zwei Elemente v und w in V sind bezüglich
dieser Relation genau dann äquivalent, wenn v − w ∈ U. Also sind die
Äquivalenzklassen gerade die Mengen der Form
[v] := [v] ∼U = {v + u | u ∈ U} = v + U.
Man schreibt V/U statt V/∼ U für die Menge der Äquivalenzklassen.
⊓⊔
Satz 5.3.3. Sei (V, +, ·) ein K-Vektorraum und U ⊆ V ein K-Untervektorraum,
dann ist V/U ein K-Vektorraum bzgl.:
[v] + [w] := [v + w]
v, w ∈ V
c · [v] := [c · v] v ∈ V, c ∈ K.
Die Abbildung π : V → V/U ist ein surjektiver K-Vektorraum-Homomorphismus
mit ker (π) = U.
Beweis. Idee: Wähle auf der linken Seite unterschiedliche Repräsentanten für die Äquivalenzklassen
und überprüfe ob rechts die gleichen Äquivalenzklassen herauskommen. Alles
andere sind Routinerechnungen unter Benutzung der Vektorraumeigenschaften von V .
Die zentrale Frage ist hier die nach der Wohldefiniertheit: Die Addition zweier
Äquivalenzklassen wird unter Verwendung zweier Repräsentanten erklärt. Also
muss man sicher stellen, dass eine andere Wahl der Repräsentanten nicht zu einem
anderen Ergebnis führt. D.h. man stellt folgende Frage: Folgt aus [v] = [v ′ ] und
[w] = [w ′ ], dass auch [v + w] = [v ′ + w ′ ] gilt?
Für die Addition lässt sich die Antwort wie folgt formulieren: [v] = [v ′ ] und
[w] = [w ′ ] liefern v−v ′ ∈ U und w−w ′ ∈ U, also wegen der Abgeschlossenheit von U
unter der Addition auch (v+w)−(v ′ +w ′ ) ∈ U. Aber dann gilt [v+w] = [v ′ +w ′ ] nach
Definition der Äquivalenzrelation. Also ist die Addition in der Tat wohldefiniert.
Ähnlich geht man beim Nachweis der Wohldefiniertheit der skalaren Multiplikation
vor: Wenn [v] = [w], dann ist v−w ∈ U und somit auch cv−cw = c(v−w) ∈ U,
d.h., [cv] = [cw].
Für die Assoziativität der Addition rechnet man
([v] + [w]) + [x] = [v + w] + [x] = [v + w + x] = [v] + [w + x] = [v] + ([w] + [x])

138 5 Vektorräume
und die Kommutativität sieht man ganz analog. Die Identität [0]+[v] = [0+v] = [v]
liefert, dass [0] ∈ V/U die Null der Vektorraumstruktur sein muss. Entsprechend
findet man mit [v] + [−v] = [v − v] = [0], das additives Inverse [−v] von [v]. Die
Assoziativität der skalaren Multiplikation ist eine Konsequenz von
c · (d · [v]) = c · [d · v] = [c · (d · v)] = [(cd) · v] = (cd) · [v].
Die Identität 1 · [v] = [1 · v] = [v] ist klar, und die Distributivgesetze errechnen sich
wie folgt:
(c + d) · [v] = [(c + d)v] = [cv + dv] = c · [v] + d · [v],
c · ([v] + [w]) = c · [v] + c · [w] = [cv] + [cw] = c · [v] + c · [w].
Bleibt die Aussage über π : V → V/U zu zeigen. Die Surjektivität ist klar, weil
jede Äquivalenzklasse von der Form [v] für ein v ∈ V ist. Die Homomorphie-
Eigenschaften sind eine Konsequenz der Rechnungen zur Wohldefiniertheit und
π −1 (0) = U folgt direkt aus der Definition von π.
⊓⊔
Definition 5.3.4. Der Vektorraum V/U aus Satz 5.3.3 heißt der Quotientenraum
von V nach U. Die Abbildung π : V → V/U nennt man die kanonische Projektion
von V auf V/U.
V
v’
0
v’+w’
w’ w
v
v+w
u
[v+w]=[v’+w’]=[v]+[w]
[w]=[w’]
[v]=[v’]
U = [u] =[0]
Abb. 5.1. Quotientenraum
Das folgende Beispiel stammt aus der Analysis und liefert eine Möglichkeit, die
reellen Zahlen aus den rationalen Zahlen zu konstruieren.
Beispiel 5.3.5 (Konstruktion der reellen Zahlen). Sei W der Vektorraum aller
Folgen in Q (vgl. Beispiel 5.2.10) und V die Teilmenge der Cauchy-Folgen. Das
bedeutet, eine Folge (a n ) n∈N ist in V , wenn es zu jedem N ∈ N eine Zahl n 0 ∈ N
gibt, für die
∀k, m ≥ n 0 : |a k − a m | ≤ 1 N
gilt. Dabei ist | · | der übliche Betrag auf den rationalen Zahlen, der durch
{
r wenn r ≥ 0
|r| =
−r wenn r < 0

5.3 Quotientenräume 139
gegeben ist. Mithilfe der Dreiecksungleichung
|r + s| ≤ |r| + |s| ∀r, s ∈ Q
für den Betrag sieht man leicht, dass V ein Untervektorraum von W ist (Übung:
überprüfen!).
Eine Folge (a n ) n∈N heißt Nullfolge, wenn es zu jedem N ∈ N eine Zahl n 0 ∈ N
gibt, für die
∀k ≥ n 0 : |a k | ≤ 1 N
gilt. Wieder mit der Dreiecksungleichung sieht man, dass die Teilmenge U der Nullfolgen
ist ein Untervektorraum von V ist (Übung: überprüfen!). Der Quotientenvektorraum
V/U lässt sich als die Menge der ”
Grenzwerte“ (die Frage ist, in welchem
Raum!?) von rationalen Folgen interpretieren. Man hat dann die Addition auf V/U,
die durch die Vektorraumstruktur gegeben ist. Darüber hinaus liefert komponentenweise
Multiplikation von Folgen auch eine Multiplikation auf V/U. Es lässt sich
nachrechnen (Übung: überprüfen!), dass V/U mit diesen beiden Verknüpfungen zu
einem Körper wird, dessen Einselement die Äquivalenzklasse [1] der konstanten
Folge 1 ist (die Null ist das Nullelement der Vektorraumstruktur). Die Abbildung
ι: Q → V/U, die jeder rationalen Zahl r die Äquivalenzklasse [r] der konstanten
Folge r zuordnet, ist injektiv. Außerdem erfüllt sie
ι(r + s) = ι(r) + ι(s) und ι(r · s) = ι(r) · ι(s),
d.h. sie ist ein Körper-Homomorphismus. Jetzt kann man auf V/U eine Ordnung
und einen Betrag definieren, für die sich dann nachrechnen lässt, dass alle
Forderungen, die man an die reellen Zahlen stellt, erfüllt sind. D.h. die Konstruktion
des Quotientenraums von Vektorräumen eröffnet uns in der Tat die Möglichkeit,
die reellen Zahlen R zu konstruieren.
⊓⊔
Satz 5.3.6 (Isomorphie). Sei ϕ ∈ Hom K (V, W ). Dann ist die Abbildung
ϕ : V/ ker (ϕ) → im (ϕ)
[v] ↦→ ϕ(v)
wohldefiniert und ein K-Vektorraum-Isomorphismus.
Beweis. Die Wohldefiniertheit ist eine Konsequenz der Äquivalenzen
[v] = [w] ⇐⇒ v − w ∈ ker (ϕ) ⇐⇒ ϕ(v) = ϕ(w).
Wenn ϕ([v]) = ϕ(v) = ϕ(w) = ϕ([w]), dann gilt [v] = [w], d.h. ϕ ist injektiv. Die
Surjektivität ist klar. Um zu zeigen, dass ϕ K-linear ist, rechnen wir
ϕ(r[v] + s[w]) = ϕ([rv + sw]) = ϕ(rv + sw) = rϕ(v) + sϕ(w) = rϕ([v]) + sϕ([w]).
Mit Satz 5.3.6 erhalten wir ein Diagramm von Abbildungen, in dem die Hakenpfeile
↩→ einfach die jeweiligen Inklusionen einer Teilmenge in die Obermenge
bezeichnen:
V
π
ϕ
ker (ϕ) V/ ker (ϕ)
0
ϕ
ϕ
W
im (ϕ)
⊓⊔

140 5 Vektorräume
Das Diagramm ist kommutativ, was bedeutet, dass man dasselbe Ergebnis erhält,
wenn man den Pfeilen folgend auf unterschiedlichen Wegen vom Start- zum Zielpunkt
läuft. In diesem Beispiel heißt das nichts anderes als ϕ = ϕ ◦ π. Man nennt
diese Zerlegung von ϕ in zwei Abbildungen auch die kanonische Faktorisierung.
Beispiel 5.3.7. Für die Abbildung ϕ : R 3 → R 3 , (x, y, z) ↦→ (y, z, 0) gilt ker (ϕ) =
{(x, 0, 0) | x ∈ R} = span(e 1 ) und im (ϕ) = {(x, y, 0) | x, y ∈ R} = span(e 1 , e 2 ). ⊓⊔
Satz 5.3.8 (Dimensionsformel für Quotientenräume). Sei V ein endlich dimensionaler
K-Vektorraum und U ein K-Untervektorraum. Dann gilt:
dim(V ) = dim(U) + dim(V/U).
Beweis. Idee: Ergänze eine Basis von U zu einer Basis von V und betrachte die Bilder
der ergänzten Vektoren in V/U.
Sei {u 1 , . . . , u r } eine Basis für U. Mit Satz 5.2.12 ergänzen wir diese zu einer
Basis {u 1 , . . . , u r , v 1 , . . . , v s } für V und betrachten [v 1 ], . . . , [v s ] ∈ V/U.
Behauptung 1: {[v 1 ], . . . , [v s ]} ⊆ V/U ist linear unabhängig.
Um das einzusehen benutzen wir Satz 5.2.3 und rechnen
0 =
s∑
c j [v j ] =
j=1
s∑
s∑
[c j v j ] = [ c j v j ],
j=1
was auf ∑ s
j=1 c jv j − 0 ∈ U führt. D.h. wir können wegen Satz 5.2.4 schreiben
Dies kann man zu
s∑
c j v j =
j=1
s∑
c j v j −
j=1
r∑
d i u i .
i=1
j=1
r∑
d i u i = 0
i=1
umformulieren, woraus wegen der linearen Unabhängigkeit der Basis für V folgt
c 1 = . . . = c s = d 1 = . . . = d r = 0.
Behauptung 2: span{[v 1 ], . . . , [v s ]} = V/U.
Zum Beweis stellen zuerst fest, dass jedes Element von V/U von der Form [v]
ist. Wieder mit Satz 5.2.4 können wir schreiben
Dann gilt
und die Behauptung folgt.
v =
r∑
a i u i +
i=1
} {{ }
∈U
s∑
b j v j .
j=1
[ s∑ ]
[v] = b j v j =
j=1
s∑
b j [v j ]
j=1

5.3 Quotientenräume 141
Also ist {[v 1 ], . . . , [v s ]} eine Basis für V/U und man muss nur noch die Dimensionen
abzählen:
dim(V ) = r + s, dim(U) = r, dim(V/U) = s.
⊓⊔
Satz 5.3.9 (Dimensionsformel für lineare Abbildungen). Sei ϕ ∈ Hom K (V, W )
mit dim(V ) < ∞. Dann gilt
dim(V ) = dim(ker (ϕ)) + dim(im (ϕ)).
Beweis. Idee: Kombiniere Satz 5.3.8 mit Satz 5.3.6.
Wegen Satz 5.3.8 haben wir
dim(V ) = dim ( ker (ϕ) ) + dim ( V/ ker (ϕ) ) .
Aber Satz 5.3.6 und Bemerkung 5.2.9 zeigen dim(im (ϕ)) = dim(V/ ker (ϕ)).
⊓⊔
Übung 5.3.1. Sei V = {f : [−1, 1] → R | stetig} und U = {f : [−1, 1] → R: stetig, f(−1) =
f(1) = 0}. Zeige:
(i) V ist ein R-Vektorraum und U ist ein Untervektorraum von V .
(ii) V/U ist isomorph zu R 2 .
Übung 5.3.2. Sei ϕ: V → W ein K-Vektorraumhomomorphismus und U ⊆ V ein Untervektorraum.
Zeige, dass folgende Aussagen äquivalent sind:
(a) U ⊆ ker ϕ.
(b) ϕ faktorisiert über V/U, d.h. es existiert eine K-lineare Abbildung ψ : V/U → W mit
ψ([v]) = ϕ(v), wobei [v] die Klasse von v ∈ V in V/U ist.
Übung 5.3.3. Definiere die Ordnungsfunktion ord: S 3 → N durch
und setze
ord(σ) := min{n ∈ N | σ n = (1)}
R 1 := {(σ, σ ′ ) ∈ S 3 × S 3 | ord(σ) = ord(σ ′ )}.
Zeige, dass R 1 eine Äquivalenzrelation ist und bestimme alle Äquivalenzklassen.
Übung 5.3.4. (i) Die minimale Anzahl von Exemplaren von (1 2) und (2 3), die man in (i)
braucht, um σ zu schreiben, heißt die Länge l(σ) von σ. Man setzt dabei l((1)) := 0.
Berechne l(σ) für alle σ ∈ S 3.
(ii) Betrachte
R 2 := {(σ, σ ′ ) ∈ S 3 × S 3 | l(σ) = l(σ ′ )}.
Zeige, dass R 2 eine Äquivalenzrelation ist und bestimme alle Äquivalenzklassen.
Übung 5.3.5. Sei Z die Menge der ganzen Zahlen und sei n ∈ N festgelegt. Setze
R n := {(a, b) ∈ Z × Z | ∃m ∈ Z mit b − a = mn},
also aR nb genau dann, wenn b − a durch n teilbar ist.
(a) Man zeige, dass R n eine Äquivalenzrelation ist.
(b) Wie viele verschiedene Äquivalenzklassen bezüglich R n gibt es?

142 5 Vektorräume
Übung 5.3.6. Seien U und W Untervektorräume des K-Vektorraums V . Man zeige, dass
die Quotientenräume (U + W )/W und U/(U ∩ W ) K-isomorph sind.
Hinweis: Für u ∈ U und w ∈ W setze [u+w] + für die Äquivalenzklasse von u+w ∈ U +W
in (U + W )/W und [u] ∩ für die Äquivalenzklasse von u ∈ U in U/(U ∩ W ). Man betrachte
die Abbildung ψ : (U + W )/W → U/(U ∩ W ) gegeben durch ψ([u + w] +) = [u] ∩. (Ist ψ
wohldefiniert?)
Übung 5.3.7. Sei
D =
{( )
}
a b
∈ Mat(2 × 2, R) ∣ a, b, d ∈ R
0 d
die Menge der 2 × 2 oberen Dreiecksmatrizen. Man zeige:
(a) D ist ein Untervektorraum von Mat(2×2, R) mit der koeffizientenweisen Addition und
Skalarmultiplikation.
(b) Der Quotientenraum Mat(2 × 2, R)/D ist isomorph zu R.
Übung 5.3.8. Seien U, V und W endlich dimensionale K-Vektorräume und
ϕ : U → V
ψ : V → W
ein injektiver K-Homomorphismus,
ein surjektiver K-Homomorphismus.
Man zeige: wenn Kern(ψ) = Bild(ϕ), dann gilt
dim K (U) + dim K (W ) = dim K (V ).
Übung 5.3.9. Durch die Zuordnungen f((1, 2)) = (0, 0) und f((0, 1)) = (0, 1) ist eine
lineare Abbildung f : R 2 → R 2 gegeben.
(a) Man bestimme den Kern von f.
(b) Man skizzieren den Quotientenvektorraum R 2 / ker (f) und im (f).
(c) Man beschreibe die kanonische Faktorisierung von f, insbesondere den Quotientenhomomorphismus
π : R 2 → R 2 / ker (f) und den Isomorphismus f : R 2 / ker (f) → im (f).
Übung 5.3.10. Gegeben seien die Vektoren
⎛ ⎞
⎛ ⎞
1
0
v 1 = ⎜1
⎟
⎝0⎠ und v2 = ⎜0
⎟
⎝1⎠
0
1
in R 4 . Weiter sei W = Span(v 1, v 2) und sei
π : R 4 −→ R 4 /W
v
↦−→ [v] = v + W
die kanonische Projektion von R 4 nach dem Quotientenvektorraum R 4 /W .
(a) Man zeige, dass B 1 = {[e 1], [e 3]} eine Basis von R 4 /W ist. Hier bezeichnet B =
{e 1, e 2, e 3, e 4} die Standardbasis in R 4 .
(b) Man bestimme die Matrix von π bezüglich der Basen B und B 1.
(c) Man zeige, dass B ′ = {e 1, e 3, v 1, v 2} eine Basis von R 4 ist.
(d) Man bestimme die Matrix von π bezüglich der Basen B ′ und B 1.
Übung 5.3.11. Untersuche, ob die nachfolgenden Relationen reflexiv, symmetrisch und/oder
transitiv sind:
1. M := R × R, (x, y) ∼ (x ′ , y ′ ) : ⇐⇒ xy ′ = x ′ y ,
2. M := (R × R) \ {(0, 0)}, (x, y) ∼ (x ′ , y ′ ) : ⇐⇒ xy ′ = x ′ y ,
3. M := Abb(R, R), f ∼ g : ⇐⇒ ∃c ∈ R : ∀x ∈ R : f(x) − g(x) = c ,
4. M := Z, m ∼ n : ⇐⇒ m + n ist gerade.

5.4 Dualräume 143
5.4 Dualräume
Das Konzept des Dualraums wirkt aufgesetzt, solange man sich nur für n-dimensionale
Zahlenräume interessiert. Aber schon wenn man sich die Frage stellt, welche
linearen Unterräume denn als Lösungsmengen von homogenen linearen Gleichungssystemen
vorkommen können (vgl. Abschnitt 1.3), wird man in natürlicher Weise
auf den Dualraum des n-dimensionalen Zahlenraums geführt, dessen Elemente man
als homogene lineare Gleichungen auf dem Zahlenraum interpretieren kann. In der
Analysis tauchen Dualräume in natürlicher Weise im Kontext von Richtungsableitungen
auf.
Wir beginnen mit der formalen Definition eines Dualraums:
Definition 5.4.1. Sei V ein K-Vektorraum, dann heißt V ∗ := Hom K (V, K) der
Dualraum von V und die Elemente von V ∗ heißen Linearformen oder auch
lineare Funktionale auf V .
Nach Satz 5.2.17 gilt für endlich dimensionales V dann dim K (V ∗ ) = dim K (V ).
Diese Aussage bleibt aber auch für unendlich dimensionales V richtig (Übung).
In der Differentialrechnung von skalarwertigen Funktionen mehrerer Variabler
sind die Ableitungen in natürlicher Weise Elemente des Dualraums von R n : Jedem
Richtungsvektor in R n wird eine skalarwertige Richtungsableitung zugeordnet und
diese Zuordnung ist linear.
Die Identifikation von (K n ) ∗ mit der Menge der homogenen linearen Gleichungen
in n Variablen wird durch
a 1 x 1 + . . . + a n x n = 0 ( (x 1 , . . . , x n ) ↦→ a 1 x 1 + . . . + a n x n
)
gegeben. Das wird uns später helfen zu sehen, dass, genau wie im Falle n = 2, jeder
lineare Unterraum von K n die Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems
ist.
Beispiel 5.4.2. Wenn dim(V ) = n, dann kann man mit Satz 5.2.17 einen Isomorphismus
zwischen V ∗ und Mat(1 × n, K) bekommen. Auch daran lässt sich
dim(V ∗ ) = n ablesen.
⊓⊔
Satz 5.4.3. Sei V ein K-Vektorraum mit Basis {v 1 , . . . , v n }. Definiere f i ∈ V ∗ für
i = 1, . . . , n via f i (v j ) = δ ij . Dann ist {f 1 , . . . , f n } eine Basis für V ∗ (genannt die
duale Basis).
Beweis. Idee: Werte Linearkombinationen der f i in den v j aus.
Wenn ∑ n
i=1 c if i = 0, dann ergibt die Auswertung in v j
0 =
n∑
c i f i (v j ) =
i=1
n∑
c i δ ij = c j ∀j = 1, . . . , n.
i=1
Also sind die f i linear unabhängig. Da aber dim(V ∗ ) = dim(V ) = n gilt, bilden die
f i sogar eine Basis.
⊓⊔

144 5 Vektorräume
Satz 5.4.4. Sei ϕ ∈ Hom K (V, W ). Dann ist
ϕ ∗ : W ∗ → V ∗ ,
f ↦→ f ◦ ϕ
eine K-lineare Abbildung, die als duale Abbildung von ϕ bezeichnet wird.
Beweis. Für r, s ∈ K und f, h ∈ W ∗ rechnet man
ϕ ∗ (rf + sh)(v) = ( (rf + sh) ◦ ϕ ) (v)
= (rf + sh)(ϕ(v))
= rf(ϕ(v)) + sh(ϕ(v))
= r(f ◦ ϕ(v)) + s(h ◦ ϕ(v))
= rϕ ∗ (f)(v) + sϕ ∗ (h)(v)
= ( rϕ ∗ (f) + sϕ ∗ (h) ) (v).
Also gilt ϕ ∗ (rf + sh) = rϕ ∗ (f) + sϕ ∗ (h).
⊓⊔
Satz 5.4.5. Seien V und W endlich dimensionale K-Vektorräume sowie {v 1 , . . . , v n }
und {w 1 , . . . , w m } Basen dafür. Weiter seien {f 1 , . . . , f n } und {g 1 , . . . , g m } die
zugehörigen dualen Basen für V ∗ und W ∗ . Für ϕ ∈ Hom(V, W ) und ϕ ∗ ∈
Hom(W ∗ , V ∗ ) gilt bzgl. dieser Basen für die darstellenden Matrizen von ϕ und
ϕ ∗ A ϕ ∗ = (A ϕ ) ⊤ .
Beweis. Idee: Schreibe die ϕ(v j) als Linearkombinationen der w i und berechne damit
ϕ ∗ (g i)(v j).
Sei A ϕ = (a ij ) i
j
Basen. Dann gilt
und
= 1 , ... ,
= 1 , ... ,
m
n
die darstellende Matrix für ϕ bzgl. der gegebenen
ϕ(v j ) =
m∑
a ij w i
( ∑ m ) m∑
ϕ ∗ (g i )(v j ) = (g i ◦ ϕ)(v j ) = g i (ϕ(v j )) = g i a lj w l = a lj g i (w l ) = a ij .
} {{ }
l=1
l=1
δ il
i=1
Wegen
finden wir
d.h.
ϕ ∗ (g i ) =
n∑
k=1
a ik f k (v j ) = a ij
} {{ }
δ kj
n∑
a ik f k i = 1, . . . , m,
k=1
⎛
⎞
a 11 · · · a m1
⎜
⎟
A ϕ ∗ = ⎝ . . ⎠ = A ⊤ ϕ .
a 1n · · · a mn
⊓⊔

ψ
5.4 Dualräume 145
Bemerkung 5.4.6. Es gilt für U−−→V
−−→W , dass (ϕ ◦ ψ) ∗ = ψ ∗ ◦ ϕ ∗ ist und
Satz 5.4.5 zeigt daher, dass (AB) ⊤ = B ⊤ A ⊤ , weil jede Matrix A als A ϕ für eine
passende Abbildung ϕ geschrieben werden kann (vgl. Bemerkung 3.2.12). ⊓⊔
ϕ
Satz 5.4.7. Seien V und W zwei endlichdimensionale K-Vektorräume und ϕ ∈
Hom K (V, W ). Dann gilt für die darstellenden Matrizen A ϕ und A ϕ ∗ bzgl. beliebiger
Basen die Identität
Rang(A ϕ ) = dim(im (ϕ)) = dim(im (ϕ ∗ )) = Rang(A ϕ ∗).
Man nennt dim ( im (ϕ) ) den Rang von ϕ und schreibt Rang(ϕ) dafür.
Beweis. Idee: Benütze zwei Basen, um Isomorphismen von V und W nach K n und K m
zu konstruieren, übertrage ϕ bei gleichbleibender darstellender Matrix in diese Räume und
beachte, dass jetzt Bilder durch den Spann von Spaltenvektoren gegeben sind.
Seien {v 1 , . . . , v n } und {w 1 , . . . , w n } Basen für V bzw. W. Dann erhält man aus
Bemerkung 5.2.14 K-Vektorraumisomorphismen α : K n → V und β : K m → W :
⎛ ⎞
⎛ ⎞
x 1
y
⎜ ⎟
n∑
1
⎜ ⎟
m∑
α ⎝ . ⎠ = x j v j , β ⎝ . ⎠ = y j w i .
x
j=1
n y
i=1
m
Betrachte die Verknüpfung
K n
α
→ V
ϕ
→ W
β −1
→ K m
und beachte
⎛ ⎞
a 1j
β −1 ◦ ϕ ◦ α(e j ) = β −1 ◦ ϕ(v j ) = β −1( ∑
m ) m∑
.
a ij w i = a ij β −1 (w i ) =
a ij
,
i=1
i=1
⎜ ⎟
⎝ . ⎠
a mj
wobei e j der j-te Standardbasisvektor in K n ist. Dies zeigt, dass die darstellende
Matrix von β −1 ◦ ϕ ◦ α (bzgl. der Standardbasen) auch A ϕ ist.
⎛ ⎞
a 1j
Wir haben einerseits im (β −1 ⎜ ⎟
◦ ϕ ◦ α) = span(a 1 , . . . , a n ) mit a j = ⎝ . ⎠ .
a mj
Andererseits gilt
im (β −1 ◦ ϕ ◦ α) = β −1 ◦ ϕ ◦ α(K n ) = β −1 (ϕ(V )) = β −1( im (ϕ) ) .
Mit Lemma 5.2.6, Lemma 3.2.13 und Satz 5.4.5 rechnet man jetzt
dim ( im (ϕ) ) = dim ( im (β −1 ◦ ϕ ◦ α) )
= dim ( span(a 1 , . . . , a n ) )
= Rang(A ϕ )
= Rang(A ⊤ ϕ )
= Rang(A ϕ ∗)
= dim ( im (ϕ ∗ ) ) .
⊓⊔

146 5 Vektorräume
Das in der folgenden Definition eingeführte Konzept des Annulators erweist sich
als nützlich bei der Beschreibung des Kerns einer dualen Abbildung.
Definition 5.4.8. Sei V ein K-Vektorraum und A ⊆ V . Dann heißt
der Annullator von A.
A 0 := {f ∈ V ∗ | f(a) = 0 ∀a ∈ A}
Bemerkung 5.4.9. A 0 ist immer ein K-Untervektorraum von V ∗ , denn
(rf + sh)(a) = rf(a) + sh(a) = r · 0 + s · 0 ∀r, s ∈ K ∀f, h ∈ A 0 ∀a ∈ A
impliziert rf + sh ∈ A 0 .
⊓⊔
Proposition 5.4.10. Für ϕ ∈ Hom K (V, W ) gilt ker (ϕ ∗ ) = (im (ϕ)) 0 .
Beweis. Beachte, dass ϕ ∗ (g)(v) = g(ϕ(v)) für alle g ∈ W ∗ , v ∈ V . Also gelten die
folgenden Äquivalenzen:
g ∈ (im (ϕ)) 0 ⇐⇒ g(ϕ(v)) = 0
∀v ∈ V
⇐⇒ ϕ ∗ (g)(v) = 0 ∀v ∈ V
⇐⇒ ϕ ∗ (g) = 0 ∈ V ∗
⇐⇒ g ∈ ker (ϕ ∗ ).
⊓⊔
Beispiel 5.4.11. Betrachte die Matrix
⎛
A = ⎝ 0 1 0
⎞
0 0 1⎠
0 0 0
und die zugehörige lineare Abbildung
⎛ ⎞
x
ϕ A : R 3 → R 3 , ⎝y⎠ ↦→
z
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 1 0 x y
⎝0 0 1⎠
⎝y⎠ = ⎝z⎠ .
0 0 0 z 0
Wie in Beispiel 5.4.2 können wir den Dualraum von R 3 = Mat(3 × 1, R) mit dem
Raum Mat(1 × 3, R), d.h. dem Raum der reellen Zeilenvektoren mit drei Spalten
identifizieren. Das zu (a, b, c) gehörige lineare Funktional ist dann durch
⎛ ⎞
x
(a, b, c) ⎝y⎠ = ax + by + cz,
z
d.h. durch Matrizenmultiplikation gegeben. Nach Definition der dualen Abbildung
muss also gelten
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
(
ϕ
∗
A (a, b, c) ) x
⎝y⎠ = (a, b, c) ( x
ϕ A
⎝y⎠ ) 0 1 0 x
= (a, b, c) ⎝0 0 1⎠
⎝y⎠ .
z
z
0 0 0 z

Dies führt auf
Jetzt rechnet man sofort
und
⎛ ⎞
0 1 0
ϕ ∗ A(a, b, c) = (a, b, c) ⎝0 0 1⎠ = (0, a, b).
0 0 0
{ ⎛
im (ϕ A ) = ⎝ x ⎞
y⎠ ∣ }
∣ x, y ∈ R
0
ker (ϕ ∗ A) = {(0, 0, c) | c ∈ R} = im (ϕ A )) 0
nach, hat also die Proposition 5.4.10 für dieses Beispiel verifiziert.
Betrachte die kanonische Basis
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 0
⎝0⎠ , ⎝1⎠ , ⎝0⎠
0 0 1
5.4 Dualräume 147
für R 3 . Dann ist (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) die duale Basis für Mat(1 × 3, R) ∼ = R 3 .
Die darstellende Matrix von ϕ ∗ A bzgl. dieser Matrix ergibt sich aus
ϕ ∗ A(1, 0, 0) = (0, 1, 0), ϕ ∗ A(0, 1, 0) = (0, 0, 1), ϕ ∗ A(0, 0, 0) = (0, 0, 0)
zu
⎛ ⎞
0 0 0
⎝1 0 0⎠ = A ⊤
0 1 0
und wir haben auch Satz 5.4.4 für dieses Beispiel verifiziert.
⊓⊔
Bemerkung 5.4.12. (i) Sei V ein K-Vektorraum und U ⊆ V ein linearer Unterraum.
Die duale Abbildung der Injektion j : U → V ist die Einschränkungsabbildung
ρ: V ∗ → U ∗ , f ↦→ f| U ,
deren Kern gerade U 0 ist (vgl. auch Proposition 5.4.10). Nach Proposition 5.3.9
gilt dim(ker ρ) = dim V −dim(im ρ). Da eine lineare Abbildung durch ihre Werte
auf einer Basis beliebig vorgegeben werden kann, lässt sich jede Linearform
auf U zu einer Linearform auf V fortsetzen: Man ergänzt eine Basis für U zu
einer Basis für V und setzt das vorgegebene lineare Funktional auf U mit 0
(oder irgendwelchen anderen Werten) auf den zusätzlichen Basisvektoren fort.
Also ist ρ surjektiv und es gilt
dim U 0 = dim V − dim U.
(ii) Sei jetzt V = K n und f 1 , . . . , f k eine Basis für U 0 . Betrachte die lineare Abbildung
⎛ ⎞
f 1 (v)
ϕ: K n → K k ⎜ ⎟
, v ↦→ ⎝ . ⎠ ,
f k (v)
deren Kern offensichtlich U enthält. Betrachtet man die Linearformen f j als
Zeilenvektoren, d.h. als Elemente von Mat(1 × n, K), die auf den Elementen
von K n = Mat(n × 1, K) durch Matrizenmultiplikation wirken, so ist ϕ nichts

148 5 Vektorräume
anderes als die Matrizenmultiplikation mit der Matrix A ∈ Mat(k ×n, K), deren
Zeilen die f j ’s sind. Diese Zeilen sind nach Voraussetzung linear unabhängig,
also hat A den Rang k. Mit den Sätzen 5.3.9 und 5.4.7 sowie (i) rechnet man
jetzt
dim U ≤ dim( ker ϕ) = n − dim( im ϕ) = n − k = dim U
und es folgt U = ker ϕ. Also ist U die Lösungsmenge des homogenen linearen
Gleichungssystems
Ax = 0.
Es ist also jeder lineare Unterraum von K n der Lösungsraum eines homogenen
linearen Gleichungssystems.
⊓⊔
Übung 5.4.1. Gegeben seien die Vektoren in R 3
⎛ ⎞
1
u 1 = ⎝−1⎠ ,
⎛ ⎞
2
u 2 = ⎝0⎠ ,
⎛ ⎞
−1
u 3 = ⎝ 2 ⎠ .
2
1
0
(a) Man zeige, dass B = {u 1, u 2, u 3} eine Basis von R 3 ist.
(b) Man bestimme die zu B gehörige duale Basis von R 3 .
Übung 5.4.2. Betrachte die lineare Abbildung ϕ: R 4 → R 4 mit
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x 1 x 3 − x 4
ϕ ⎜x 2
⎟
⎝x 3
⎠ = ⎜x 2 − x 3
⎟
⎝x 1 − x 2
⎠ .
x 4 x 1 − x 4
(a) Bestimme Kern ϕ und Bild ϕ.
(b) Bestimme Kern ϕ ∗ und Bild ϕ ∗ .
Übung 5.4.3. Es seien die folgenden Linearformen f 1, f 2, f 3, f 4 gegeben (f i : R 6 → R):
Sind f 1, f 2, f 3, f 4 linear abhängig?
f 1(x 1, . . . , x 6) = x 1 + x 3 + x 6,
f 2(x 1, . . . , x 6) = x 2 + x 4,
f 3(x 1, . . . , x 6) = x 2 + x 3 + x 5,
f 4(x 1, . . . , x 6) = x 1 + x 4 − x 5 + x 6.
Übung 5.4.4. Betrachte die Abbildung ϕ: R 4 → R 4 mit
(i) Zeige, dass ϕ linear ist.
(ii) Bestimme ker ϕ und im ϕ.
(iii) Bestimme ker ϕ ∗ und im ϕ ∗ .
ϕ(x 1, x 2, x 3, x 4) = (x 3 − x 4, x 2 − x 3, x 1 − x 2, x 1 − x 4).
Übung 5.4.5. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und V ∗ der Dualraum von
V . Sei weiter V ∗∗ := (V ∗ ) ∗ der Dualraum von V ∗ . Zeige: Die Abbildung ϕ: V → V ∗∗
definiert durch
(
ϕ(v)
)
(f) = f(v), für v ∈ V und f ∈ V
∗
ist ein K-Vektorraumisomorphismus. (Hinweis: Es genügt zu zeigen, dass ϕ K-linear und
injektiv ist.)
Übung 5.4.6. Sei V ein R-Vektorraum und W ein Untervektorraum von V . Gegeben sei
eine lineare Abbildung f : W → R sowie ein Vektor v 0 ∈ V \ W . Zeige: Es existiert eine
lineare Abbildung F : W → R mit F (w) = f(w) für alle w ∈ W und F (v 0) = 1.

5.5 Direkte Summen 149
Übung 5.4.7. Sei V ein K-Vektorraum und V ∗ der zu V duale Vektorraum. Für A ⊆ V
bezeichnet A 0 = {f ∈ V ∗ | f(a) = 0 ∀a ∈ A} ⊆ V ∗ den Annulator von A. Analog sei für
X ⊆ V ∗ der Annulator von X definiert als
0 X := {v ∈ V | f(v) = 0 ∀f ∈ X} ⊆ V .
Zeige: Ist V endlich dimensional und U ⊆ V ein linearer Unterraum, so gilt 0 (U 0 ) = U.
Hinweis: Für die Inklusion ”
⊂“ zeige man zunächst folgende Aussage: Ist B =
(v 1, . . . , v n) eine Basis von V mit U := span{v 1, . . . , v k } und ist (f 1, . . . , f n) die zu B
duale Basis von V ∗ , so ist {f k+1 , . . . , f n} ⊂ U 0 . (Diese Elemente bilden sogar eine Basis
von U 0 .)
Übung 5.4.8. Betrachte die lineare Abbildung ϕ : R 3 → R 2 mit
ϕ(x, y, z) = (y + z, x − y) ,
und folgende Basen von R 3 bzw. R 2 (vgl. Präsenzaufgabe 1)
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎨ 2 3 1 ⎬ {( ) ( )}
⎝ 1 ⎠ , ⎝1⎠ , ⎝−2⎠
2 −1
⎩
⎭ , , .
1 1
−1 0 2
1. Bestimme die zu diesen Basen dualen Basen von (R 3 ) ∗ ∼ = Mat(1 × 3, R) bzw. (R 2 ) ∗ ∼ =
Mat(1 × 2, R).
2. Bestimme die Matrixdarstellung der dualen linearen Abbildung ϕ ∗ : (R 2 ) ∗ → (R 3 ) ∗
bezüglich dieser Basen einerseits durch Anwendung der Definition von ϕ ∗ und andererseits
durch Anwendung von Satz 5.4.5.
Übung 5.4.9. Es seien V , W endlich dimensionale K-Vektorräume und ϕ ∈ Hom K(V, W ).
Sei ϕ ∗ ∈ Hom(W ∗ , V ∗ ) die zu ϕ duale Abbildung. Man zeige:
ϕ ist surjektiv
⇐⇒ ϕ ∗ ist injektiv.
5.5 Direkte Summen
In diesem Abschnitt untersuchen wir wie man Vektorräume aus kleineren Vektorräumen
zusammensetzen kann. Dies wird später in der Untersuchung der Feinstruktur
von linearen Abbildungen sehr wichtig sein, aber hier beschränken wir uns
wieder auf nur einen Typus von Anwendung, der durch die Analysis motiviert ist.
Wir betrachten Graphen von linearen linearen Abbildungen, die wir uns als lineare
Approximationen von beliebigen differenzierbaren Abbildungen vorstellen. Dann
zeigen wir, dass diese Untervektorräume die direkten Summen von Urbild- und
Bildraum sind. Schließlich beweisen wir die lineare Version des Satzes über implizite
Funktionen, der eine zentrale Rolle in der Differentialrechnung von Funktionen
mehrerer Variablen spielt.
Definition 5.5.1. Sei M ⊆ N und V j , j ∈ M eine Menge von K-Vektorräumen.
Dann heißt
⊕
V j :=
{f : M → ⋃ ∣ }
∣∣
V j f(j) ∈ Vj , f fast überall Null
j∈M
j∈M
direkte Summe der V j . Dabei bedeutet f fast überall Null, dass f nur an endlich
vielen Stellen von Null verschiedene Werte annimmt. Man schreibt (v j ) j∈M für die
Abbildung f : M → ⋃ j∈M V j mit f(j) = v j .
Wenn M = {1, . . . , n} ist, schreibt man auch V 1 ⊕ . . . ⊕ V n statt ⊕ j∈M V j und
(v 1 , . . . , v n ) statt (v j ) j∈M .

150 5 Vektorräume
Proposition 5.5.2. Sei M ⊆ N und V j , j ∈ M eine Menge von K-Vektorräumen.
Dann ist ⊕ j∈M V j ein Vektorraum bzgl. der Verknüpfungen
(v j ) j∈M + (w j ) j∈M := (v j + w j ) j∈M
c(v j ) j∈M := (cv j ) j∈M .
Beweis. Um zu zeigen, dass die Verknüpfungen wohldefiniert sind, muss man beachten,
dass die Summe von zwei fast überall verschwindenden Abbildungen selbst
wieder fast überall verschwindet. Die Rechengesetze folgen unmittelbar aus den
entsprechenden Gesetzen für die einzelnen V j .
⊓⊔
Beispiel 5.5.3 (Graphen). Sei ϕ: V → W eine lineare Abbildung. Dann ist der
Graph
Γ (ϕ) := {(v, w) ∈ V ⊕ W | ϕ(v) = w}
von ϕ ein Untervektorraum von V ⊕ W .
Beispiel 5.5.4 (Implizite Funktionen). Seien U, V und W endlich dimensionale
K-Vektorräume und f : U ⊕ V → W eine K-lineare Abbildung. Weiter sei (u 0 , v 0 ) ∈
U ⊕ V mit f(u 0 , v 0 ) = 0 gegeben. Wir nehmen an, dass die lineare Abbildung
F 2 : V → W, v ↦→ f(0, v) invertierbar ist. Dann gibt es zu jedem u ∈ U ein eindeutig
bestimmtes g(u) = v ∈ V mit g(u 0 ) = v 0 und f(u, v) = 0. Die so definierte
Abbildung g : U → V ist für u = u 0 + t ∈ U durch die Formel
g(u 0 + t) = v 0 − F −1
2 ◦ F 1 (t) (5.1)
mit F 1 : U → W, u ↦→ f(u, 0) gegeben. In Abbildung 5.2 wird die Situation für
U = V = R und f eine Projektion auf einen Gerade in U ⊕ V = R 2 skizziert.
Zum Nachweis der Behauptung rechnen wir
f(u 0 + t, v 0 + s) = f(u 0 , v 0 ) + f(t, s) = f(u 0 , v 0 ) + f(t, 0) + f(0, s)
= F 1 (t) + F 2 (s), (5.2)
so dass f(u 0 + t, v 0 + s) = 0 genau dann gilt, wenn s = −F2 −1 ◦ F 1 (t), d.h. wenn
g(u) = v = v 0 + s.
Da f als linear angenommen wurde, gilt f(0, 0) = 0, also g(0) = 0. Damit
erhalten wir zunächst v 0 = −F2 −1 ◦ F 1 (u 0 ) und dann g(u) = −F2 −1 ◦ F 1 (u 0 ), was
einfacher ist als die Formel (5.1) für g. Der Beweis für den allgemeinen Satz über
implizite Funktionen besteht darin, die allgemeine Situation in cleverer Art und
Weise durch den hier geschilderten linearen Fall zu approximieren. Beim Versuch
die obigen Aussagen auf nichtlineare Funktionen f zu verallgemeinern stellt man
fest, dass F 1 und F 2 die Rolle der partiellen Ableitungen von f an der Stelle (u 0 , v 0 )
in Richtung der U-, bzw. V -Variablen spielen. Die Formel (5.1) sowie die Rechnung
(5.2) lassen sich als Taylorentwicklungen interpretieren:
g(u 0 + t) = g(u 0 ) − F −1
2 ◦ F 1 (t). (5.3)
Man bekommt dann zwar die Existenz von g, aber auch das nur lokal und ohne eine
exakte Formel. Einzig die Ableitung von g in u 0 lässt sich zu −F −1
2 ◦ F 1 berechnen.
⊓⊔
⊓⊔

5.5 Direkte Summen 151
U
F 1
V
v
v
0
(u , v )
0 0
u
0
u
−1
f (0)
(u,g(u))
U
f
W
V
F
2
Abb. 5.2. Implizite Funktion
Definition 5.5.5. Um einen vorgegeben Vektorraum in kleinere Bausteine zu zerlegen,
führt man den Begriff der inneren direkten Summe ein. Sei V ein K-
Vektorraum, M ⊆ N und V j , j ∈ M eine Menge von Untervektorräumen von V .
Der Untervektorraum
( ⋃ ) { ∑ ∣ }
∣∣
span V j = v j vj ∈ V j , fast alle v j = 0
j∈M
j∈M
heißt die Summe der V j und wird mit ∑ j∈M V j bezeichnet. Die Summe ∑ j∈M V j
heißt direkt, wenn
⊕
ϕ:
j∈M
V j → V, (v j ) j∈M ↦→ ∑ j∈M
ein injektiver K-Vektorraum-Homomorphismus ist. V heißt die innere direkte
Summe der V j , wenn ϕ ein K-Vektorraum-Isomorphismus ist. In diesem Fall
schreibt man auch ⊕ j∈M V j für V .
v j
Proposition 5.5.6. (i) Die Abbildung ϕ: ⊕ j∈M V j → V ist immer ein K-Vektorraum-Homomorphismus.
Die Betonung in der Definition liegt also auf injektiv.
(ii) Die ( Injektivität ist äquivalent zu folgender Bedingung: Jede Menge von Vektoren
⋃
in
j∈M j)
V \ {0}, die aus jedem V j höchstens ein Element enthält, ist linear
unabhängig.
(iii) V ist genau dann die innere direkte Summe der V j , j ∈ M, wenn jedes v ∈ V
in eindeutiger Weise als Summe von Elementen aus den V j geschrieben werden
kann.

152 5 Vektorräume
Beweis. (i) Ist durch einfaches Nachrechnen zu zeigen.
(ii) Wir nehmen zunächst an, dass ϕ injektiv ist. Für eine Linearkombination
∑
cj v j = 0 mit v j ∈ V j \ {0} folgt dann aus ϕ((c j v j ) j∈M ) = 0 sofort c j v j = 0
für alle j ∈ M. Damit gilt aber wegen v j ≠ 0 schon c j = 0. Also sind die v j
linear unabhängig.
( ⋃ )
Umgekehrt, wenn jede Menge von Vektoren in
j∈M V j \{0}, die aus jedem V j
höchstens ein Element enthält, linear unabhängig ist, gilt für (v j ) j∈M ∈ ker (ϕ)
mit v j = 0 für fast alle j ∈ M wegen der Relation 0 = ϕ((v j ) j∈M ) = ∑ j∈M 1·v j
schon v j = 0 für alle j ∈ M.
(iii) Sei V die direkte innere Summe der V j . Dann ist ϕ ein Isomorphismus. Wegen
der Surjektivität lässt sich jedes v ∈ V als Summe ∑ j∈M v j mit v j ∈ V j
schreiben. Wenn ∑ j∈M v j = ∑ j∈M v′ j , dann folgt ∑ j∈M (v j − v j ′ ) = 0, d.h.
(v j − v j ′ ) j∈M ∈ ker ϕ = {0}, was die Eindeutigkeit der Summendarstellung
zeigt. Umgekehrt folgt dann genauso aus der Existenz der Summendarstellung
die Surjektivität von ϕ und aus der Eindeutigkeit der Summendarstellung die
Injektivität von ϕ.
⊓⊔
Beispiel 5.5.7. Sei V ein K-Vektorraum und {v j | j ∈ M} eine Basis für V . Dann
ist V die innere direkte Summe der Räume V j := Kv j , weil jedes Element von V
in eindeutiger Weise als Summe von endlich vielen Elementen der V j geschrieben
werden kann.
⊓⊔
Beispiel 5.5.8. Betrachte die folgenden Untervektorräume von K n :
U 1 = {(x 1 , . . . , x n ) | x 1 = . . . = x m = 0}
U 2 = {(x 1 , . . . , x n ) | x m+1 = . . . = x n = 0}
1 ≤ m < n
Dann gilt K n = U 1 ⊕ U 2 .
⊓⊔
Proposition 5.5.9. Sei M = {1, . . . , k} und V = ⊕ j∈M V j mit dim(V j ) = r j .
Dann gilt dim(V ) = ∑ j∈M r j. Genauer, sei {v (j)
1 , . . . , v(j) r j
} eine Basis für V j . Dann
ist {v (1)
1 , . . . , v(1) r 1
, . . . , v (k)
1 , . . . , v(k) r k
} eine Basis für V .
Beweis. Es genügt zu beobachten, dass sich jedes Element von V in eindeutiger
Weise als Summe von Elementen aus den V j schreiben lässt und jedes Element aus
den V j in eindeutiger Weise als Linearkombination von Elementen der jeweiligen
Basis geschrieben werden kann. Jetzt braucht man nur noch abzuzählen. ⊓⊔
Im Rest dieses Abschnitts deuten wir an, wie die Zerlegung in innere direkte
Summen, die Untersuchung von linearen Abbildungen erleichtern kann. Das ”
Motto“
der beschriebenen Vorgehensweise ist: Wähle Basen geschickt, um einfache darstellende
Matrizen zu erhalten. Im nächsten Kapitel werden wir diesen Ansatz systematisch
verfolgen.
Definition 5.5.10. Sei V die innere direkte Summe der Unterräume V j , j ∈ M und
ϕ ∈ Hom K (V, V ). Die Zerlegung V = ⊕ j∈M V j heißt ϕ-invariant, wenn ϕ(V j ) ⊆ V j
für alle j ∈ M.

5.5 Direkte Summen 153
Bemerkung 5.5.11. Sei ϕ ∈ Hom K (V, V ) und V = V 1 ⊕ · · · ⊕ V k eine ϕ-invariante
innere direkte Summenzerlegung. Weiter seien r j := dim V j , {v (j)
1 , . . . , v(j) r j
} eine
Basis für V j , und {v (1)
1 , . . . , v(1) r 1
, . . . , v (k)
1 , . . . , v(k) r k
} die entsprechende Basis für V .
Es sei
(
Setzt man A (j) :=
a (j)
li
ϕ(v (j)
i ) =
A ϕ bzgl. dieser Basis die Gestalt
)
r j
∑
l=1
a (j)
li v(j) l
i = 1, . . . , r j .
l=1,...,r j
, dann bedeutet dies, dass die darstellende Matrix
i=1,...,r j
⎛
⎜
⎝
⎞
A (1) 0
. .. ⎟
⎠
0 A (k)
hat. Solche Matrizen nennt man Blockdiagonalmatrizen. Ist umgekehrt A ϕ von
der obigen Gestalt bzgl. einer Basis
{v (1)
r 1
1 , . . . , v(1)
, . . . , v (k)
1 , . . . , v(k) r k
}
für V , so liefert V j := span(v (j)
1 , . . . , v(j) r j
) eine ϕ-invariante innere direkte Summenzerlegung
V = V 1 ⊕ · · · ⊕ V k .
⊓⊔
Bemerkung 5.5.12. Sei V ein K-Vektorraum und U, U ′ lineare Unterräume von
V mit
V = U + U ′ := {u + u ′ | u ∈ U, u ′ ∈ U ′ }.
Dann ist V genau dann die innere direkte Summe von U und U ′ , wenn U ∩U ′ = {0}
ist.
Wenn nämlich U ∩ U ′ = {0} und v = u + u ′ = w + w ′ mit u, w ∈ U sowie
u ′ , w ′ ∈ U ′ , dann gilt u − w = w ′ − u ′ ∈ U ∩ U ′ = {0}, d.h. u = w und u ′ = w ′ .
Wegen V = U + U ′ und Proposition 5.5.6(iii) liefert dies V = U ⊕ U ′ .
Umgekehrt, wenn V = U ⊕ U ′ , dann gilt für v ∈ U ∩ U ′ sowohl v = 0 + v mit
0 ∈ U und v ∈ U ′ als auch v = v + 0 mit v ∈ U und 0 ∈ U ′ . Wieder mit Proposition
5.5.6(iii) folgt also v = 0.
⊓⊔
Beispiel 5.5.13 (Projektionen). Es sei V ein K-Vektorraum, und seien U und
W Untervektorräume von V mit V = U ⊕ W . Die Selbstabbildung
p U : V −→ V,
v = u + w ↦−→ u
mit u ∈ U and w ∈ W ist wohldefiniert, da u (and w) eindeutig durch v bestimmt
ist. Offensichtlich ist diese Abbildung linear und hat das Bild U. Wir nennen die
Abbildung p U die Projektion auf U entlang W . In der Terminologie von Summen
(oder Produkten) von Vektorräumen wird der Name Projektion oft für die
lineare Abbildung pr U : V −→ U gebraucht, deren Einschränkung die Identität
auf U ist und die den Kern W hat. Anstelle dieses Zugangs nehmen wir hier die
Hintereinanderausführung von pr U mit der Einbettung ι : U −→ V mit u ↦−→ u,
d.h. p U = ι ◦ pr U . Diese Definition hat die folgende nützliche Konsequenz:

154 5 Vektorräume
Behauptung: Eine lineare Abbildung p : V −→ V ist genau dann eine Projektion,
wenn p = p 2 := p ◦ p ist.
Sei p die Projektion auf U entlang W , und sei v = u + w die eindeutige Zerlegung
mit u ∈ U und w ∈ W . Dann gilt p(v) = u mit der eindeutigen Darstellung
p(v) = u + 0. Damit haben wir p 2 (v) = p(u + 0) = u = p(v).
Sei umgekehrt p : V −→ V eine lineare Abbildung mit p 2 = p. Wir werden zeigen,
dass V = im p ⊕ ker p ist:
1. Sei v ∈ ker p ∩ im p. Insbesondere haben wir dann v = p(v ′ ) für ein v ′ ∈ V .
Weil auch v ∈ ker p gilt, erhalten wir v = p(v ′ ) = p 2 (v ′ ) = p(v) = 0. Demzufolge
gilt im p ∩ ker p = {0}.
2. Wir zeigen, dass V = im p + ker p ist: Dazu sei v ein beliebiges Element aus
V . Wir setzen w := v − p(v) und erhalten auf Grund der Linearität p(w) =
p(v − p(v)) = p(v) − p 2 (v) = 0. Also gilt w ∈ ker p und da v = p(v) + w ist, sind
wir fertig.
Somit folgt V = im p ⊕ ker p. Es bleibt noch zu zeigen, dass die Einschränkung
von p auf im (p) die Identität ist. Dafür sei u ∈ im (p). Dann gibt es ein v ∈ V
mit u = p(v), und damit erhalten wir u = p(v) = p 2 (v) = p(u). Deshalb ist p die
Projektion auf im (p) entlang ker(p), was die Behauptung zeigt.
Sei nun V ein endlich dimensionaler K-Vektorram, und sei p die Projektion auf
U entlang W . Dann wählen wir Basen {u 1 , . . . , u r } und {w 1 , . . . , w s } für U bzw.
W . Dann ist {u 1 , . . . , u r , w 1 , . . . , w s } nach Proposition 5.5.9 eine Basis für V . Da p
die Identität auf U ist und auf W die Nullabbildung, hat p bezüglich dieser Basis
die darstellende Matrix
( )
1r 0
A p = .
0 0
⊓⊔
Übung 5.5.1. V sei ein endlich dimensionaler R-Vektorraum und U ein R-Untervektorraum
von V . Weiter sei W die Menge der linearen Abbildungen ϕ: V → V mit der Eigenschaft
U ⊆ ker(ϕ).
(a) Zeige, dass W ein R-Untervektorraum von Hom R (V, V ) ist.
(b) Beweise die Dimensionsformel
dim(W ) = ( dim(V ) − dim(U) ) dim(V ).
Übung 5.5.2. Sei ϕ: K n → K n K-linear und diagonalisierbar (d.h. es existiert eine Basis
bzgl. der A ϕ diagonal ist). Zeige, dass
K n = (ker ϕ) ⊕ (im ϕ).
Übung 5.5.3. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum mit dim(V ) = n und U, U ′
V zwei K-Untervektorräume von V .
(a) Zeige:
(i) U ∪ U ′ ist kein Untervektorraum von V , wenn U U ′ und U ′ U.
(ii) Wenn dim U = dim U ′ , dann gibt es ein v ∈ V mit
dim(Kv + U) = dim(Kv + U ′ ) = 1 + dim U.
(iii) Wenn dim U = dim U ′ , dann gibt es einen Untervektorraum W von V mit
U ⊕ W = U ′ ⊕ W = V.

5.5 Direkte Summen 155
(b) Zeige: Wenn es einen Untervektorraum W von V mit
U ⊕ W = U ′ ⊕ W = V
gibt, dann gilt dim U = dim U ′ .
Übung 5.5.4. Sei V ein K-Vektorraum und α, β lineare Abbildungen auf V , so dass
α + β = id V
α ◦ β = β ◦ α = 0
(die identische Abbildung)
(die Nullabbildung).
Man zeige:
(a) α 2 = α und β 2 = β.
(b) V = α(V ) ⊕ β(V ).
Übung 5.5.5. Sei V ein K-Vektorraum, V ∗ der duale Vektorraum und f ∈ V ∗ \{0}. Zeige:
Für jedes v ∈ V mit f(v) ≠ 0 gilt
V = K v ⊕ ker(f) .
Übung 5.5.6. Zeige, dass
ϕ : R 2 → R 2 ,
(
x1
)
↦→ 1 x 2 3
( )
−x1 + 2x 2
−2x 1 + 4x 2
eine Projektion ist und bestimme die Zerlegung R 2 = U ⊕ W , so dass ϕ die Projektion auf
U entlang W ist. Skizziere U und W in R 2 und die Wirkung von ϕ auf R 2 .
Übung 5.5.7. Es seien
U g := {f ∈ Abb(R, R) | f(x) = f(−x) ∀ x ∈ R}
U u := {f ∈ Abb(R, R) | f(x) = −f(−x) ∀ x ∈ R}
die Menge der geraden bzw. ungeraden Funktionen. Zeige:
a) U g und U u sind Untervektorräume von Abb(R, R).
b) U g ⊕ U u = Abb(R, R), d.h. U g + U u = Abb(R, R) und U g ∩ U u = {0}.
Hinweis: Ist f : R → R, so ist x ↦→ 1 (f(x) + f(−x)) eine gerade Funktion.
2
Übung 5.5.8 (Shifts). Sei V := Abb(N, R) = {(a 0, a 1, a 2, . . .) | a j ∈ R ∀ j ∈ N} der
Vektorraum aller reeller Zahlenfolgen und S, T : V → V definiert durch
S((a 0, a 1, a 2, . . .)) := (a 1, a 2, a 3, . . .),
T ((a 0, a 1, a 2, . . .)) := (0, a 0, a 1, a 2, . . .).
a) Zeige, dass S, T ∈ End R (V ).
b) Untersuche S und T auf Injektivität und Surjektivität und bestimme die Kerne von
S und T und die Bilder von S und T .
c) Zeige, dass T ◦ S und S ◦ T Projektionen sind. Dabei heißt P ∈ End R (V ) eine Projektion,
wenn P 2 := P ◦ P = P ist.
Übung 5.5.9. Sei V ein K-Vektorraum und seien U 1, U 2 lineare Unterräume. Dann gilt
V = U 1 ⊕ U 2 genau dann, wenn V = U 1 + U 2 und U 1 ∩ U 2 = {0} (vgl. Bemerkung 5.5.12).
Man zeige, dass ein entsprechendes Kriterium für Summen von mehr als zwei Unterräumen
falsch ist, d.h. man konstruiere ein Beispiel für die folgende Situation: V = U 1 + U 2 + U 3
mit U i ∩ U j = {0} für i ≠ j, aber die Summe U 1 + U 2 + U 3 ist nicht direkt.
Übung 5.5.10. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und V ∗ der Dualraum von
V . Sei weiter V ∗∗ := (V ∗ ) ∗ der Dualraum von V ∗ . Zeige: Die Abbildung ϕ: V → V ∗∗
definiert durch
(
ϕ(v)
)
(f) = f(v), für v ∈ V und f ∈ V
∗
ist ein K-Vektorraumisomorphismus.
Hinweis: Es genügt zu zeigen, dass ϕ K-linear und injektiv ist.

156 5 Vektorräume
Übung 5.5.11. Es seien
U := {x ∈ R 3 | x 1 + x 2 + x 3 = 0} , W := span{(1, 2, 3) ⊤ ∈ R 3 } .
Zeige, dass U ⊕ W = R 3 , und bestimme die Matrixdarstellung (bzgl. der Standardbasis
von R 3 ) der Projektion ϕ von R 3 auf U entlang W .
Hinweis: Stelle ϕ zunächst bezüglich einer Basis dar, die der Zerlegung R 3 = U ⊕ W
entspricht, und führe dann einen Basiswechsel durch.

6
Lineare Abbildungen
In diesem Kapitel untersuchen wir die Frage, wie die darstellende Matrix einer
linearen Abbildung von der Auswahl der Basis abhängt. Eine wichtige Frage wird
sein, wie man die Basen wählen muss, um möglichst einfache Matrizen zu erhalten,
mit denen man gut rechnen kann.
6.1 Basiswechsel
Definition 6.1.1. Sei K ein Körper, V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum
und {v 1 , ..., v n } eine Basis für V . Nach Satz 5.2.4 lässt sich jedes v ∈ V in eindeutiger
Weise als Linearkombination der Basiselemente schreiben:
n∑
v = x i v i .
i=1
Jetzt sei {w 1 , . . . , w n } eine weitere Basis für V . Jedes w j ist Linearkombination der
v i :
n∑
w j = a ij v i ∀j = 1, . . . , n.
Die so entstandene Matrix
i=1
⎛
⎞
a 11 · · · a 1n
⎜
⎟
A = ⎝ . . ⎠
a n1 · · · a nn
heißt die Übergangsmatrix von {v 1 , . . . , v n } nach {w 1 , . . . , w n }.
Satz 6.1.2. Seien {v 1 , . . . , v n } und {w 1 , . . . , w n } Basen für V .
(i) Die Übergangsmatrix A von {v 1 , . . . , v n } nach {w 1 , . . . , w n } ist invertierbar.
Genauer, A −1 ist die Übergangsmatrix von {w 1 , . . . , w n } nach {v 1 , . . . , v n }.
∑
(ii) Sei v = n ∑
x i v i = n y j w j , dann gilt folgende Identität für die Koordinaten:
i=1
j=1
⎛ ⎞
x 1
⎜
⎝ .
x n
⎟
⎠ =
⎛
⎞ ⎛ ⎞
a 11 · · · a 1n y 1
⎜
⎟ ⎜
⎝ . . ⎠ ⎝ .
a n1 · · · a nn y n
⎟
⎠ .

158 6 Lineare Abbildungen
Beweis. Idee: Betrachte die Übergangsmatrizen von {v 1, . . . , v n} nach {w 1, . . . , w n} und
von {w 1, . . . , w n} nach {v 1, . . . , v n} und wende Satz 5.2.4 an.
(i) Schreibe v i = ∑ n
k=1 b kiw k , d.h.
⎛
⎞
b 11 · · · b 1n
⎜
⎟
B = ⎝ . . ⎠
b n1 · · · b nn
ist die Übergangsmatrix von {w 1 , . . . , w n } nach {v 1 , . . . , v n }. Dann gilt
v i =
n∑
k=1
b ki
n ∑
l=1
a lk v l =
n∑ n∑
( a lk b ki )v l
und daher, wegen Satz 5.2.4, ∑ n
k=1 a lkb ki = δ li . Dies zeigt AB = 1 n und nach
Satz 3.2.5 folgt dann automatisch, dass BA = 1 n .
(ii) Wegen
n∑
x i v i = v =
i=1
n∑
y j w j =
j=1
n∑
l=1
∑
n
y j
j=1 i=1
k=1
a ij v i =
n∑ n∑
( a ij y j )v i
folgt, wieder mit Satz 5.2.4, x i = ∑ n
j=1 a ijy j und das zeigt die Behauptung.
i=1
j=1
⊓⊔
Als nächstes untersuchen wir, wie sich Basiswechsel auf die Darstellung von
linearen Abbildungen als Matrizen auswirken.
Seien V und W zwei endlich dimensionale K–Vektorräume. Weiter seien {v 1 , . . . , v n }
und {v 1, ′ . . . , v n} ′ Basen für V sowie {w 1 , . . . , w m } und {w 1, ′ . . . , w m} ′ Basen für
W . Wenn C ∈ Mat(n × n, K) und D ∈ Mat(m × m, K) die dazugehörigen
Übergangsmatrizen von {v 1 , . . . , v n } nach {v 1, ′ . . . , v n} ′ bzw. von {w 1 , . . . , w m } nach
{w 1, ′ . . . , w m} ′ sind, dann gilt
n∑
v j ′ = c ij v i
i=1
∀j = 1, . . . , n
und
w ′ s =
m∑
d rs w r ∀s = 1, . . . , m.
r=1
Betrachte ϕ ∈ Hom K (V, W ) und seine darstellende Matrix A ϕ bzgl. der Basen
{v 1 , . . . , v n } und {w 1 , . . . , w m }. Wir bezeichnen die darstellende Matrix von ϕ bzgl.
der Basen {v 1, ′ . . . , v n} ′ und {w 1, ′ . . . , w m} ′ mit
⎛
⎞
Satz 6.1.3. A ′ ϕ = D −1 A ϕ C.
A ′ ϕ =
⎜
⎝
a ′ 11 · · · a ′ 1n
. .
a ′ m1 · · · a ′ mn
⎟
⎠ .

6.1 Basiswechsel 159
Beweis. Idee: Schreibe ϕ(v j) ′ auf zwei verschiedene Weisen als Linearkombination der
w r: Einmal, indem man zuerst v j ′ als Linearkombination der v i schreibt und dann ϕ anwendet,
und einmal, indem man ϕ(v j) ′ als Linearkombination der w r ′ schreibt und dann
den Basiswechsel durchführt.
und
Rechne
m∑
m∑
ϕ(v j) ′ = a ′ rjw r ′ =
r=1
( ∑
n )
ϕ(v j) ′ = ϕ c ij v i =
i=1
Mit Satz 5.2.4 ergibt sich
m∑
d sr a ′ rj =
r=1
a ′ rj
r=1 s=1
n∑
c ij ϕ(v i ) =
i=1
m∑
m∑ ( ∑ m
d sr w s = d sr a ′ rj
n∑
∑
m
c ij
i=1 s=1
s=1
r=1
a si w s =
)
w s
m∑ ( ∑
n a si c ij
)w s .
s=1
i=1
n∑
a si c ij ∀ s = 1, . . . , m; j = 1, . . . , n,
i=1
d.h. DA ′ ϕ = A ϕ C und daher A ′ ϕ = D −1 A ϕ C.
⊓⊔
Wir fassen die entscheidenden Formeln für den Basiswechsel zusammen:
V
ϕ
−→ W
{v 1 , . . . , v n }
↓ C
{v 1, ′ . . . , v n}
′ {w 1 , . . . , w m }
↓ D
{w 1, ′ . . . , w m}
′
n∑
m∑
v j ′ = c ij v i w s ′ = d rs w r
i=1
ϕ(v j ) = ∑ m
r=1 a rjw r
ϕ(v ′ j ) = ∑ m
r=1 a′ rj w′ r
A ϕ = (a ij )
A ′ ϕ = (a ′ ij ) = D−1 A ϕ C
r=1
Der Spezialfall des Basiswechsels, in dem V = W und {v 1 , . . . , v n } = {w 1 , . . . , w n }
sowie {v ′ 1, . . . , v ′ n} = {w ′ 1, . . . , w ′ n}, führt auf folgende Definition.
Definition 6.1.4. A, A ′ ∈ Mat(n×n, K) heißen ähnlich, wenn es ein C ∈ GL(n, K)
mit A ′ = C −1 AC gibt.
Proposition 6.1.5. Die Ähnlichkeit von Matrizen ist eine Äquivalenzrelation.
Beweis. Reflexivität: A = C −1 AC für C = 1.
Symmetrie: A ′ = C −1 AC ⇒ A = D −1 A ′ D für D = C −1 .
Transitivität: A ′ = C −1 AC und A ′′ = D −1 A ′ D impliziert
A ′′ = D −1 C −1 ACD = (CD) −1 A(CD).
⊓⊔

160 6 Lineare Abbildungen
Bemerkung 6.1.6. Seien V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum sowie {v 1 , . . . , v n }
und {w 1 , . . . , w n } zwei Basen für V . Betrachte V ∗ = Hom K (V, K) und die dualen
Basen {f 1 , . . . , f n } von {v 1 , . . . , v n }, und {g 1 , . . . , g n } von {w 1 , . . . , w n }. Seien
⎛
⎛
D =
⎜
⎝
⎞
d 11 · · · d 1n
. .
d n1 · · · d nn
⎟
⎠ und C =
⎜
⎝
⎞
c 11 · · · c 1n
⎟
. . ⎠
c n1 · · · c nn
die Übergangsmatrizen von {f 1 , . . . , f n } nach {g 1 , . . . , g n } bzw. von {g 1 , . . . , g n }
nach {f 1 , . . . , f n }. D.h., es gilt
g j =
n∑
d ij f i und f i =
i=1
n∑
c ji g j .
Nach Satz 6.1.2 haben wir D −1 = C. Wenn A die Übergangsmatrix von {v 1 , . . . , v n }
nach {w 1 , . . . , w n } ist, gilt wegen
( ∑
n )
f l (w k ) = f l a ik v i =
i=1
n∑
i=1
j=1
a ik f l (v i ) = a lk
} {{ }
δ il
und
die Gleichheit C = A ⊤ .
( ∑
n
f l (w k ) = c jl g j
)(w k ) =
j=1
n∑
j=1
c jl g j (w k ) = c kl
} {{ }
δ jk
⊓⊔
Satz 6.1.7. Wenn ϕ: V → W den Rang k hat, dann gibt es Basen {v 1 , . . . , v n }
und {w 1 , . . . , w m } so, dass die darstellende Matrix A ϕ ∈ Mat(m × n, K) von ϕ bzgl.
{v 1 , . . . , v n } und {w 1 , . . . , w m } die Form
⎛ ⎞
1 0
. .. A ϕ = ⎜ 0
⎟
⎝ 0 1 ⎠
0 0
mit k von Null verschiedenen Spalten hat.
Beweis. Idee: Zeige, dass jede invertierbare Matrix einen Basiswechsel von einer vorgegebenen
Basis zu einer neuen Basis definiert und führe so das Problem darauf zurück zu
zeigen, dass die darstellende Matrix von ϕ bzgl. einer beliebigen Basis durch elementare
Zeilen- und Spaltenumformungen auf die gesuchte Form gebracht werden kann.
Sei C ∈ Mat(n × n, K) invertierbar. Zu vorgegebener Basis {v 1 , . . . , v n } von V
gibt es eine neue Basis {v 1, ′ . . . , v n} ′ mit Übergangsmatrix von {v 1 , . . . , v n } nach
{v 1, ′ . . . , v n} ′ gleich C. Um das einzusehen, setze v j ′ := ∑ n c ij v i für j = 1, . . . , n.
Dann ist {v ′ 1, . . . , v ′ n} linear unabhängig, weil
0 =
n∑
r j v j ′ =
j=1
n∑
∑
n
r j
j=1 i=1
c ij v i =
i=1
n∑ ( ∑
n c ij r j
)v i
i=1
j=1

6.1 Basiswechsel 161
impliziert, dass ∑ n
j=1 c ijr j = 0 für i = 1, . . . , n, woraus
⎛
⎞ ⎛ ⎞
c 11 · · · c 1n r 1
⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎝ . . ⎠ ⎝ . ⎠ = 0
c n1 · · · c nn r n
folgt. Da C invertierbar ist, heißt das r 1 = . . . = r n = 0. Analog gilt für W : Zu
D ∈ Mat(m×m, K) und vorgegebener Basis {w 1 , . . . , w m } für W existiert eine Basis
{w 1, ′ . . . , w m} ′ mit Übergangsmatrix D von {w 1 , . . . , w m } nach {w 1, ′ . . . , w m}. ′ Nach
Satz 6.1.3 genügt es zu zeigen, dass man zu jeder Matrix A ∈ Mat(m × n, K) mit
Rang(A) = k invertierbare Matrizen C ∈ Mat(n × n, K) und D ∈ Mat(m × m, K)
mit ( )
1k 0
= D −1 AC
0 0
finden kann.
Die Strategie ist, D −1 aus elementaren Zeilenumformungen und C aus elementaren
Spaltenumformungen zusammenzusetzen:
⎛
1 ∗ ∗
A ❀ Z Zeilenstufenform von A ❀
S 1
⎜
⎝
. ..
0 0
⎞
⎟
⎠
S
❀
⎛ ⎞
1 0 0
1 0
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
0 0
Genauer gesagt, man berechnet die Zeilenstufenform (k Stufen), führt dann einen
Spaltentausch so durch, dass die Stufen in den Spalten 1 bis k liegen. Dann benutzt
man weitere Spaltenumformungen um die Matrix auf die gewünschte Form
zu bringen. Die Ausführung der Details dieses Arguments sei dem Leser als Übung
überlassen.
⊓⊔
Übung 6.1.1. Betrachte die lineare Abbildung Φ: R 3 → R 2 mit
Φ(x, y, z) = (x + y + z, x + y)
und berechne A Φ bzgl. der Standardbasen. Kann man andere Basen finden, bzgl. derer Φ
dieselbe Matrix hat? (Hinweis: Suche nach geeigneten Übergangsmatrizen.)
Übung 6.1.2. Sei V = Mat(2 × 2, R) und A ∈ V . Definiere eine Abbildung ϕ: V → V
durch ϕ(X) = XA + AX.
(i) Zeige, dass ϕ linear ist.
(ii) Gib eine spezielle Matrix A ∈ Mat(2 × 2, R) an, für die ϕ injektiv und surjektiv ist.
(iii) Zeige, dass ϕ nicht injektiv ist, falls det(A) = 0.
Übung 6.1.3. Sind die folgenden Matrizen ähnlich?
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 0 0
1 0 0 1
A = ⎜ 0 2 0 1
⎟
⎝ 0 0 3 0 ⎠ , B = ⎜ 0 2 0 0
⎟
⎝ 0 0 3 0 ⎠ .
0 0 0 1
0 0 0 1
Übung 6.1.4. Die Matrizen
( ) 1 0
E 11 = , E
0 0 12 =
( ) 0 1
, E
0 0 21 =
( ) 0 0
, E
1 0 22 =
( ) 0 0
0 1
bilden eine Basis B von Mat(2 × 2, C). Sei α die lineare Abbildung auf Mat(2 × 2, C)
definiert durch

162 6 Lineare Abbildungen
wobei
α(X) := AX + XB,
A =
Man finde die Matrix von α bezüglich B.
Übung 6.1.5. Es seien
zwei Basen von R 2 .
B =
( ) 1 2
, B =
−1 0
(( ( 2 1
, , B
1)
3))
′ =
X ∈ Mat(2 × 2, C),
( ) 2 0
.
3 1
(( ) ( −1 2
, ,
1 3))
1. Bestimme die Übergangsmatrix von B nach B ′ . Beschreibe den Vektor v = (0, 1) ⊤
bezüglich der Basen B und B ′ und überprüfe in diesem Fall die Aussage von Satz
6.1.1.
2. Betrachte die lineare Abbildung ϕ : R 2 → R 3 , die bezüglich der Basis B von R 2 und
der Standardbasis (e 1, e 2, e 3) von R 3 gegeben ist durch
⎛ ⎞
0 3
A ϕ = ⎝ 1 2⎠ .
−1 0
Bestimme die Matrixdarstellung von ϕ bezüglich B ′ und (e 1, e 2, e 3).
Übung 6.1.6. Sind die beiden Matrizen
⎛ ⎞
1 1 0
⎝0 2 0⎠ ,
0 0 1
⎛ ⎞
1 0 1
⎝0 2 0⎠ ∈ R 3×3
0 0 1
ähnlich?
Übung 6.1.7. Es seien V, W K-Vektorräume mit den Basen B V = (v 1, v 2) von V und
B W = (w 1, w 2, w 3) von W . Die lineare Abbildung ϕ : V → W habe bezüglich dieser Basen
die Matrix
⎛ ⎞
1 0
A ϕ = ⎝ 2 −1⎠ .
−3 1
Es sei nun B ′ W = (w ′ 1, w ′ 2, w ′ 3) eine weitere Basis von W mit
w 1 = w ′ 1 + 2 w ′ 2 ,
w 2 = −w ′ 1 − 2 w ′ 3 ,
w 3 = 3 w ′ 1 + w ′ 2 + w ′ 3 .
Welche Matrix hat ϕ bezüglich der Basen B V und B ′ W ?
Übung 6.1.8. Sei V := Pol 3(R, R) der Vektorraum der Polynome vom Grad ≤ 3 mit Basis
B = (f 0, f 1, f 2), wobei f k (x) = x k . Außerdem sei B ′ = (L 0, L 1, L 2) die Basis von V
bestehend aus den Lagrange-Polynomen, wie sie in Übungsaufgabe 5 für x 0 = 0, x 1 = 1,
x 2 = 2 definiert sind.
1. Bestimme die Übergangsmatrix des Basiswechsels von B nach B ′ .
2. Bestimme die Matrixdarstellung der Ableitungsabbildung ϕ : V → V , ϕ(p) = p ′
bezüglich der folgenden Basen für Urbild- und Bildraum:
(i) B, B, (ii) B ′ , B, (iii) B, B ′ , (iv) B ′ , B ′ .

6.2 Eigenwerte und Eigenvektoren
6.2 Eigenwerte und Eigenvektoren 163
Eigenwerte sind Zahlen, die man quadratischen Matrizen sowie linearen Selbstabbildungen
von Vektorräumen zuordnen kann, und die wichtige Eigenschaften dieser
dieser Matrizen bzw. Endomorphismen beschreiben. Eigenvektoren sind dann solche
Vektoren, die unter den entsprechenden Matrizenmultiplikationen bzw. Abbildungen
auf Vielfache von sich selbst abgebildet werden. In den Anwendungen tauchen
Eigenwerte zum Beispiel als Eigenfrequenzen von schwingenden Systemen auf. Eigenvektoren
findet man als zum Beispiel als Hauptachsen von Trägheitstensoren in
der Mechanik wieder.
Definition 6.2.1. Sei ϕ ∈ Hom K (V, V ). Eine Zahl λ ∈ K heißt Eigenwert von ϕ,
wenn es ein 0 ≠ v ∈ V mit ϕ(v) = λv gibt. Der Vektor v heißt dann Eigenvektor
von ϕ zum Eigenwert λ. Für λ ∈ K heißt die Lösungsmenge von ϕ(v) = λv der
Eigenraum von ϕ zum Eigenwert λ, falls sie von Null verschieden ist. Sie wird mit
V λ bezeichnet.
Sei A ∈ Mat(n × n, K). Eine Zahl λ ∈ K heißt Eigenwert von A, wenn es
ein 0 ≠ v ∈ K n mit Av = λv gibt. Der Vektor v heißt dann Eigenvektor von
A zum Eigenwert λ. Sei wieder λ ∈ K. Die Lösungsmenge von Av = λv heißt der
Eigenraum von A zum Eigenwert λ falls sie von Null verschieden ist.
Proposition 6.2.2. Seien ϕ ∈ Hom K (V, V ) und A ∈ Mat(n × n, K).
(i) Sei 0 ≠ v ∈ V . Dann gibt es höchstens ein λ ∈ K so, dass v ein Eigenvektor
von ϕ zum Eigenwert λ ist.
(ii) Sei 0 ≠ v ∈ K n . Dann gibt es höchstens ein λ ∈ K so, dass v ein Eigenvektor
von A zum Eigenwert λ ist.
(iii) Wenn λ ∈ K, dann ist V λ ein Untervektorraum von V .
(iv) Seien λ 1 , . . . , λ k verschiedene Eigenwerte von ϕ und 0 ≠ v j ∈ V λj . Dann ist
{v 1 , . . . , v k } linear unabhängig.
(v) Seien λ 1 , . . . , λ k paarweise verschiedene Eigenwerte von A und v j ein Eigenvektor
von A zum Eigenwert λ i für j = 1, . . . k. Dann ist {v 1 , . . . , v k } linear
unabhängig.
Beweis. (i) Wenn λ 1 v = ϕ(v) = λ 2 v, dann gilt (λ 1 − λ 2 )v = 0, also λ 1 − λ 2 = 0,
weil sonst
1
1
v = (λ 1 − λ 2 )v = 0 = 0.
λ 1 − λ 2 λ 1 − λ 2
(ii) Analog zu (i).
(iii) Wenn v, w ∈ V λ und r, s ∈ K, dann gilt
ϕ(rv + sw) = rϕ(v) + sϕ(w) = rλv + sλw = λ(rv + sw).
(iv) Induktion über k: Sei ∑ k
j=1 c jv j = 0. Dann gilt
( k∑ ) ( k∑ )
0 = ϕ c j v j − λ 1 c j v j =
j=1
j=1
k∑
c j (λ j − λ 1 )v j .
Induktion zeigt, dass {v 2 , . . . , v k } linear unabhängig ist, also folgt c 2 = . . . =
c k = 0. Dann ist aber auch c 1 = 0.
(v) Analog zu (iv).
⊓⊔
j=1

164 6 Lineare Abbildungen
Proposition 6.2.2(i) zeigt insbesondere, dass man von dem zu einem Eigenvektor
gehörigen Eigenwert sprechen kann.
Satz 6.2.3. Die folgenden Aussagen für A ∈ Mat(n × n, K) sind äquivalent.
(1) A ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix.
(2) K n hat eine Basis aus Eigenvektoren von A.
Beweis. Idee: Die Diagonalelemente sind die Eigenwerte und die Übergangsmatrizen
sind gerade die Übergangsmatrizen zwischen der Standardbasis und der Basis der Eigenvektoren.
” (1)⇒(2)“: Wenn ⎛ ⎞
d 1
. ..
d n
⎜
⎝
⎟
⎠ = C −1 AC,
dann gilt
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 0
⎛ ⎞
d 1 C −1 ⎜
ACe j = ⎝
. ..
⎟
.
.
⎠
1
=
d j
= d j e j .
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
d n ⎝ . ⎠ ⎝ . ⎠
0 0
Wir setzen v j := Ce j und erhalten Av j = d j v j , d.h. die v j sind Eigenvektoren
von A. Da C invertierbar ist, ist {v 1 , . . . , v n } eine Basis für K n (vgl. Lemma
5.2.6).
” (1)⇐(2)“: Sei {v 1, . . . , v n } eine Basis aus Eigenvektoren für K n und λ 1 , . . . , λ n
die zugehörigen Eigenwerte (nicht notwendigerweise verschieden). Weiter sei
C = (c ij ) die Übergangsmatrix von {e 1 , . . . , e n } nach {v 1 , . . . , v n }, d.h.
Man erhält
v j =
n∑
c ij e i = Ce j .
i=1
ACe j = Av j = λ j v j = C(λ j e j )
und C −1 ACe j = λ j e j . Zusammen ergibt sich
⎛ ⎞
λ 1 0
C −1 ⎜
AC = ⎝
. ..
⎟
⎠
0 λ n
⊓⊔
Bemerkung 6.2.4. Im Beweis von Satz 6.2.3 wurde gezeigt, dass man als Matrix
C, die die Ähnlichkeit von A zu einer Diagonalmatrix D via C −1 AC = D bewirkt,
die Übergangsmatrix von der Standardbasis zur vorgegebenen Basis von Eigenvektoren
wählen kann.
⊓⊔
Satz 6.2.5. Sei λ ∈ K. Dann sind für A ∈ Mat(n × n, K) äquivalent:

6.2 Eigenwerte und Eigenvektoren 165
(1) Es existiert ein Eigenvektor v ∈ K n , so dass λ der zugehörige Eigenwert ist.
(2) det(A − λ1) = 0.
Beweis.
∃v ≠ 0 : Av = λv ⇔ ∃v ≠ 0 : (A − λ1)v = 0
⇔ A − λ1 ist nicht invertierbar (nach Satz 3.2.5)
⇔ det(A − λ1) = 0 (nach Satz 4.2.7)
⊓⊔
( ) 3 0
Beispiel 6.2.6. (i) Sei A = , dann ist (A − λ1) =
0 2
det(A − λ1) ( = (3 −)
λ)(2 − λ) = 0 für λ 1 = 3 und λ 2 = 2.
−2 1
(ii) Für A =
gilt
1 −1
( 3 − λ 0
)
0 2 − λ
( )
−2 − λ 1
det(A − λ1) = det
= (λ + 2)(λ + 1) − 1 = λ 2 + 3λ + 1.
1 −1 − λ
Die Nullstellen von λ ↦→ λ 2 + 3λ + 1 in R sind λ ± := −3±√ 5
2
. Die zugehörigen
Eigenvektoren erhält man als Lösungen der (HLGS)
( ( )
−2 − λ+ 1
0
=
0
) ( )
x1
1 −1 − λ + x 2
( ) ( )
−2 − λ− 1 x1
=
1 −1 − λ − x 2
( 0
0
)
.
und
Diese Lösungen sind
( ) 2
c
1 + √ 5
und
( ) 2
c
1 − √ .
5
Wir sehen insbesondere, dass A ähnlich zu einer Diagonalmatrix ist.
⊓⊔
Übung 6.2.1. Bestimme die reellen Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume für die
folgenden Matrizen:
⎛ ⎞
( ) ( )
1 1 0
2 1
3 1
A 1 = , A
1 2
2 = , A
−2 4
3 = ⎝0 1 1⎠ .
0 0 1
Bestimme für A 1 eine Matrix C ∈ GL(2, R), so dass C −1 AC = D eine Diagonalmatrix ist.
Berechne A 1 5 .
Übung 6.2.2. Sei V ein K-Vektorraum, ϕ ∈ Hom K(V, V ) und λ ∈ K ein Eigenwert von ϕ.
Zeige: Ist ϕ invertierbar, so ist λ ≠ 0, und 1/λ ist ein Eigenwert von ϕ −1 .

166 6 Lineare Abbildungen
6.3 Polynomfunktionen und charakteristisches Polynom
In diesem Abschnitt untersuchen wir die Funktion λ ↦→ det(A − λ1), wie sie im
letzten Abschnitt vorgekommen ist, systematisch. Wie in Beispiel 5.2.11 schon definiert,
heißt eine Abbildung P : K → K eine Polynomfunktion, wenn sie von der
Gestalt P (λ) = ∑ n
j=0 a jλ j mit n ∈ N 0 und a j ∈ K ist (dabei setzt man λ 0 = 1 für
alle λ ∈ K).
Wir rufen den Raum Pol(K) aller Polynomfunktionen aus Beispiel 5.2.11 in Erinnerung.
Definition 6.3.1. (i) Eine Nullstelle von P ∈ Pol(K) ist ein λ ∈ K mit P (λ) = 0.
Wenn L ein Körper ist, in dem K enthalten ist, dann lässt sich P auch als
Element von Pol(L) auffassen, indem man λ ↦→ ∑ n
j=0 a jλ j für λ ∈ L betrachtet.
Daher kann man auch von Nullstellen von P in L sprechen.
(ii) Die Polynomfunktionen λ ↦→ aλ k mit a ≠ 0 heißen die Monome. Insbesondere
nennen wir auch die Funktion λ ↦→ λ 0 := 1 ein Monom.
Pol(K) ist ein K-Vektorraum und die Monome spannen Pol(K) auf. Im allgemeinen
bilden die Polynomfunktionen λ ↦→ λ n mit n ∈ N jedoch keine Basis für Pol(K).
D.h., wenn P ∈ Pol(K) von der Form P (λ) = ∑ n
j=0 a jλ j ist, dann kann es durchaus
passieren, dass P (λ) = 0 für alle λ ∈ K ist, obwohl nicht alle a j gleich Null sind.
Betrachte zum Beispiel die Polynomfunktion λ ↦→ P (λ) := λ + λ 3 auf dem zweielementigen
Körper K = {0, 1}. Wir werden jedoch sehen, dass solche Pathologien
nicht auftreten können, wenn K unendlich viele Elemente hat.
Allgemeiner können solche Pathologien vermieden werden, wenn wir die in Beispiel
5.2.11 eingeführten Polynome aus K[X] anstatt Polynomfunktionen benutzen.
Für diese bilden die {X j | j ∈ N 0 } eine Basis. Auch Polynome können multipliziert
werden (in der selben Weise wie Polynomfunktionen, vgl. Beispiel 5.2.11,
aber auch Bemerkung 6.3.5 weiter unten). Grob gesprochen liegt der Vorteil hier
darin, dass die Operationen mit den X j sich nicht mit den Körperoperationen mischen“.
Die ganze Theorie in diesem und dem nächsten Abschnitt kann also ohne ”
die obigen Hindernisse entwickelt werden. Allerdings muss man dazu auch den Begriff
der Nullstelle für Polynome einführen: Ein λ ∈ K ist eine Nullstelle von
f(X) = ∑ n
j=0 a jX j ∈ K[X], wenn f(λ) := ∑ n
j=0 a jλ j = 0.
Wenn wir voraussetzen, dass der Körper K unendlich viele Elemente hat, dann
sind Pol(K) und K[X] isomorph und man kann alle Resultate über Pol(X) auch als
Resultate über K[X] betrachten (Details dazu findet man in Bemerkung 6.3.5.
Lemma 6.3.2 (Polynomdivision).
∑
Sei P (λ) = n a j λ j ∈ Pol(K). Wenn a ∈ K
eine Nullstelle von P ist, dann gibt es ein Q ∈ Pol(K) mit Q(λ) = n−1 ∑
b j λ j und
P (λ) = (λ − a)Q(λ) für alle λ ∈ K. Wenn nicht alle a j gleich 0 sind, dann kann
man auch die b j so wählen, dass nicht alle gleich 0 sind.
Beweis. Idee: Stelle ein lineares Gleichungssystem für die Polynomkoeffizienten auf.
j=0
Durch Koeffizientenvergleich wird man durch die Rechnung
j=0

n∑
j=0
auf das Gleichungssystem
6.3 Polynomfunktionen und charakteristisches Polynom 167
n−1
∑
a j λ j = (λ − a) b j λ j
j=0
j=0
n−1
∑
n−1
∑
= b j λ j+1 − ab j λ j
=
n∑
j=1
j=0
n−1
∑
b j−1 λ j − b j aλ j
j=0
n−1
∑
= −ab 0 + (b j−1 − b j a)λ j + b n−1 λ n .
j=1
(6.1)
−ab 0 = a 0
b 0 −ab 1 = a 1
b 1 −ab 2 = a 2
. .. . .
b n−1 = a n
b n−2 −ab n−1 = a n−1
geführt, das man wie folgt schreiben kann:
⎛
⎞
−a
1 −a
⎛
1 −a
1 . . ⎜
.
⎝
⎜
⎝
. ⎟ .. −a ⎠
1
⎞
b 0
.
b n−1
⎟
⎠ =
⎛ ⎞
a 0
⎜
⎝ .
a n
Jede Lösung (b 0 , . . . , b n−1 ) ⊤ von (6.1) liefert ein Q ∈ Pol(K) mit den gewünschten
Eigenschaften: Q(λ) = ∑ n−1
j=0 b jλ j und nicht alle b j können 0 sein, wenn die rechte
Seite von (6.1) nicht Null ist. Um (6.1) zu lösen, betrachtet man zwei Fälle:
1. Fall: Wenn a = 0, dann gilt P (0) = 0 = a 0 . Also ist b n−1 = a n , b n−2 =
a n−1 , . . . , b 0 = a 1 eine Lösung.
2. Fall: Wenn a ≠ 0, rechne
⎟
⎠ .

168 6 Lineare Abbildungen
⎛
⎞
−a a 0
1 −a a 1
1 −a a 2
1 . . . .
⎜
⎝
. ⎟
.. −a an−1 ⎠
1 a n
⎛
⎞
1 −a −1 a 0
0 −a a 1 + a −1 a 0
1 −a a 2
❀
. .. . .. ⎜
.
⎟
⎝
⎠
⎛
⎞
1 −a −1 a 0
0 1 −a −1 a 1 − a −2 a 0
0 0 a 2 + a −1 a 1 + a −2 a 0
❀
❀ . . . ❀
⎜ . .
⎟
⎝
⎠
⎛
⎞
1 −a −1 a 0
1 −a −1 a 1 − a −2 a 0
1 −a −1 a 2 − a −2 a 1 − a −3 a 0
❀
. .. .
⎜
.
⎟
⎝ 1 −a −1 a n−1 − a −2 a n−2 − . . . − a −n a 0
⎠
0 a n + a −1 a n−1 + . . . + a −n a 0
Aber wegen a ≠ 0 gilt
a n + a −1 a n−1 + . . . + a −n a 0 = a −n (a n a n + . . . + aa 1 + a 0 ) = a −n P (a) = 0.
Also ist das System lösbar (vgl. Bemerkung 3.2.16).
⊓⊔
Bemerkung 6.3.3 (Hornerschema und Polynomdivision). Das Ergebnis in
Lemma 6.3.2 kann man auch mit dem sogenannten Hornerschema zeigen:
Behauptung: Sei p eine Polynomfunktion in Pol(K) mit p(x) = a n x n + . . . + a 0
für x ∈ K, dann gilt für jedes y ∈ K mit y ≠ x, dass
p(x) − p(y)
x − y
= b 0 x n−1 + . . . + b n−1 ,
wobei die b 0 , b 1 , . . . durch die folgende Rekursion (Hornerschema) gegeben sind
Weiterhin gilt b n = p(y).
b 0 := a n ,
b k := b k−1 y + a n−k for k = 1, . . . n.
Beweis: Wir multiplizieren einfach und sammeln die Koeffizienten von x k , dann
wenden wir die obige Rekursion an:

6.3 Polynomfunktionen und charakteristisches Polynom 169
(x − y) · (b 0 x n−1 + b 1 x n−2 + . . . + b n−1 )
= (b 0 x n + b 1 x n−1 + . . . + b n−1 x) − (b 0 yx n−1 + . . . + b n−1 y)
= b 0 x n + (b 1 − b 0 y)x n−1 + . . . + (b n−1 − b n−2 y)x − b n−1 y
= a n x n + a n−1 x n−1 + . . . + a 1 x + a 0 − b n
= p(x) − b n .
Für diese Rechnung brauchen wir nicht vorauszusetzen, dass y ≠ x. Für x = y,
erhalten wir also 0 = p(y) − b n , und somit
(x − y) · (b 0 x n−1 + b 1 x n−2 + . . . + b n−1 ) = p(x) − b n = p(x) − p(y).
Ist y eine Nullstelle von p(x), dann liefert das obige Resultat das Ergebnis in Lemma
6.3.2.
⊓⊔
Satz 6.3.4. Sei P ∈ Pol(K) mit P (λ) =
n ∑
j=0
Null. Dann hat P höchstens n Nullstellen in K.
a j λ j und es seien nicht alle a j gleich
Beweis. Idee: Dividiere alle Nullstellen mit Polynomdivision heraus.
Wir führen den Beweis mit Induktion über n:
” n = 0“: In diesem Fall gilt P (λ) = a 0 ≠ 0 und daher hat P keine Nullstelle.
” n − 1 ❀ n“:
1. Fall: Wenn P keine Nullstelle hat, sind wir fertig.
2. Fall: Wenn P (a) = 0, dann wenden wir Lemma 6.3.2 an und erhalten ein Q ∈
Pol(K) mit P (λ) = (λ − a) · Q(λ) und Q(λ) = n−1 ∑
b j λ j für alle λ, wobei
die b j das Gleichungssystem (6.1) erfüllen, also nicht alle 0 sein können.
Jetzt können wir Induktion auf Q anwenden und erhalten, dass Q höchstens
n − 1 Nullstellen hat. Die Polynomfunktion λ ↦→ λ − a hat aber genau eine
Nullstelle, nämlich a. Also hat P hat höchstens n Nullstellen.
j=0
⊓⊔
Man kann Satz 6.3.4 auch mithilfe der Vandermonde-Determinanten beweisen.
Dazu formulieren wir den Satz 6.3.4 zunächst etwas um:
Satz 6.3.4 ′ Wenn eine Polynomfunktion P (λ) = ∑ n
j=0 a jλ j mit a j ∈ K mindestens
n + 1 Nullstellen hat, dann sind alle a j gleich Null.
Beweis. Betrachte verschiedene Nullstellen x 1 , . . . , x n+1 ∈ K von P (λ). Dann gilt
0 = P (x i ) = a 0 + a 1 x i + a 2 x 2 i + . . . + a n x n i (6.2)
für i = 1, . . . , n + 1. Damit wird (6.2) zu einem homogenen linearen Gleichungssystem
der folgenden Gestalt
⎛ ⎞
⎛
⎞
1 x 1 . . . x n a 0
1
⎜
⎟
a 1
⎝ . . ⎠ · ⎜ ⎟ = 0. (6.3)
⎝
1 x n+1 . . . x n . ⎠
n+1
a n
Die Koeffizientenmatrix V dieses Systems ist gerade eine Vandermondesche Matrix.
Wegen Beispiel 4.3.2 gilt

170 6 Lineare Abbildungen
det V = ∏ j>i(x j − x i ) ≠ 0,
da die x i paarweise verschieden sind. Deshalb ist V nach Theorem 4.2.7(i) invertierbar,
und somit hat (6.3) nur eine Lösung, nämlich den Nullvektor. Das bedeutet,
dass a i = 0 für i = 0, . . . , n.
⊓⊔
Bemerkung 6.3.5. Der Körper K habe unendlich viele Elemente.
(i) Aus Satz 6.3.4 kann man ableiten, dass die Monome {λ ↦→ λ k | k ∈ N 0 } eine
Basis für Pol(K) bilden: Weil K mehr als n Elemente hat, folgt mit Satz 6.3.4 aus
P (λ) = ∑ n
j=0 a jλ j = 0 für alle λ ∈ K, dass alle a j gleich 0 sein müssen. Damit
sind die Monome linear unabhängig. Aber sie spannen Pol(K) nach Definition
auf.
(ii) Wegen (i) kann man jedem Monom λ ↦→ λ k seinen (durch die Funktion eindeutig
bestimmten) Grad k zuordnen. Insbesondere ist der Grad von λ ↦→ λ 0 = 1
gleich
∑
0. Allgemeiner nennt man für eine Polynomfunktion λ ↦→ f(λ) :=
n
j=0 a jλ j mit a n ≠ 0 die Zahl n den Grad von f. Man setzt oft Grad 0 := −∞.
(iii) Pol(K) nach (i) isomorph zum Vektorraum K[X] (vgl. Beispiel 5.2.11) aller
Polynome (d.h. Folgen (a n ) n∈N0 in K, für die nur endlich viele k n von Null
verschieden sind):
ϕ: K[X] → Pol(K), (a n ) n∈N0 ↦→ (λ ↦→ ∑ a n λ n ).
n∈N 0
Darum macht man für unendliche Körper keinen Unterschied zwischen Polynomen
und Polynomfunktionen. Insbesondere nennt man in diesem Fall eine
Polynomfunktion auch einfach ein Polynom.
(iv) Man kann Polynomfunktionen nicht nur addieren, sondern auch punktweise
multiplizieren. Überträgt man dieses Produkt mit ϕ auf K[X], so erhält man
mit
(a n ) n∈N0 (b n ) n∈N0 = (c n ) n∈N0
c n =
n∑
a j b n−j .
j=0
Dieses Produkt kann man natürlich auch für endliche Körper definieren.
Setze X := {0, 1, 0, . . .} ∈ K[X]. Mit obigem Produkt erhält man dann, in
Übereinstimmung mit der Notation aus dem Beispiel 5.2.11,
X k := X
}
·
{{
· · X
}
= { 0, . . . , 0 , 1, 0, . . .} ∈ K[X].
} {{ }
k Faktoren (k − 1)-mal
⊓⊔
Beispiel 6.3.6. Auf K = R hat das Polynom P (λ) = 5λ 8 + 1 den Grad 8. Ein
Polynom der Form P (λ) = aλ+b hat Grad kleiner gleich 1. Genauer gilt Grad P = 1
für a ≠ 0 und Grad P = 0 für a = 0 und b ≠ 0. Wenn a = b = 0 ist, dann haben
wir Grad P = −∞ ≤ 1.
⊓⊔

6.3 Polynomfunktionen und charakteristisches Polynom 171
Definition 6.3.7. Sei A ∈ Mat(n × n, K). Dann heißt
n∑
tr(A) := a ii
i=1
die Spur von A.
Bemerkung 6.3.8. Seien A, B ∈ Mat(n×n, K), dann kann man durch eine direkte
Rechnung sehen, dass tr(AB) = tr(BA) gilt. Dafür setzen wir A = (a ij ) und B =
(b ij ):
n∑ n∑
n∑ n∑
tr(AB) = a lk b kl = b kl a lk = tr(BA).
k=1 l=1
l=1 k=1
⊓⊔
Satz 6.3.9. Sei K ein Körper und A ∈ Mat(n × n, K). Betrachte die Polynomfunktion
χ A : K → K
λ ↦→ det(A − λ1)
Wenn K unendlich viele Elemente hat, dann gilt für die eindeutig bestimmte Darstellung
der Form χ A (λ) = ∑ n
j=0 a jλ j , dass
a n = (−1) n ,
a n−1 = (−1) n−1 tr(A),
a 0 = det(A).
Beweis. Idee: Benutze die Definition der Determinante als alternierende Summe.
Nach Definition gilt
χ A (λ) = ∑
σ∈S n
sign(σ)(a 1σ(1) − λδ 1σ(1) ) · . . . · (a nσ(n) − λδ nσ(n) ).
Man multipliziert die Produkte aus und gruppiert die Summe dann nach Potenzen
von λ um. Als Ergebnis erhält man:
Koeffizient von λ n :
∑
sign(σ)(−1) n δ 1σ(1)···δ nσ(n) = (−1) n .
} {{ }
σ∈S n ⎧
⎨ 1 σ = id
=
⎩ 0 sonst
Koeffizient von λ n−1 :
∑
σ∈S n
sign(σ)(−1) n−1 (a 1σ(1) δ 2σ(2) · · · δ nσ(n) + a 2σ(2) δ 1σ(1) δ 3σ(3) · · · δ nσ(n) + . . . +
+a nσ(n) δ 1σ(1) · · · δ n−1σ(n−1) )
= (−1) n−1 (a 11 + . . . + a nn ).
Koeffizient von 1 = λ 0 :
∑
σ∈S n
sign(σ)a 1σ(1) · · · a nσ(n) = det(A).
⊓⊔

172 6 Lineare Abbildungen
Definition 6.3.10. Sei K ein Körper und A ∈ Mat(n × n, K). Man bezeichnet
χ A (X) := ∑
σ∈S n
sign(σ)(a 1σ(1) − δ 1σ(1) X) · . . . · (a nσ(n) − δ nσ(n) X) ∈ K[X].
als das charakteristische Polynom von A.
Man nennt üblicherweise auch die Polynomfunktion λ ↦→ χ A (λ) das charakteristische
Polynom von A. Wirklich berechtigt ist das aber nur, wenn K unendlich
viele Elemente hat. Andernfalls muss man sich immer vergewissern, ob das charakteristische
Polynom oder die Polynomfunktion λ ↦→ det(A − λ1) gemeint ist. Wenn
betont werden soll, dass man von der Polynomfunktion λ ↦→ χ A (λ) spricht, wird in
diesem Text der Name charakteristische Polynomfunktion benutzt, der in der
Literatur aber nicht gebräuchlich ist.
Satz 6.3.11. Seien A ′ , A ∈ Mat(n × n, K) und C ∈ GL(n, K) mit A ′ = C −1 AC.
Dann gilt für alle λ ∈ K.
χ A ′(λ) = χ A (λ).
Beweis.
χ A ′(λ) = det(A ′ − λ1)
= det(C −1 AC − λC −1 1C)
= det(C −1 (A − λ1)C)
= det(C −1 ) det(A − λ1) det(C)
= χ A (λ)
⊓⊔
Man kann zeigen, dass man auch für quadratische Matrizen, deren Einträge
in K[X] liegen, durch die alternierende Summe in Definition 4.2 Determinanten
definieren, kann, für die alle Regeln, die im Beweis von Satz 6.3.11 benutzt worden,
ihre Gültigkeit behalten. Die Aussage von Satz 6.3.11 wird dann zu χ A ′(X) =
χ A (X), d.h. die charakteristischen Polynome ähnlicher Matrizen sind gleich. Für
Körper mit unendlich vielen Elementen bekommen wir das wegen der Isomorphie
von Pol(K) ∼ = K[X] direkt aus Satz 6.3.11.
Definition 6.3.12. Sei K ein Körper und V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum.
Für ϕ ∈ End K (V ) definiert man das charakteristische Polynom χ ϕ (X) von ϕ
durch
χ ϕ (X) := χ Aϕ (X),
wobei A ϕ die darstellende Matrix von ϕ bezüglich einer beliebigen Basis für V ist.
Analog kann man die charakteristische Polynomfunktion χ ϕ von ϕ durch
für alle λ ∈ K definieren.
χ ϕ (λ) := χ Aϕ (λ)
Proposition 6.3.13. Sei K ein Körper, A, A ′ ∈ Mat(n × n, K) und C ∈ GL(n, K).
Wenn A ′ = C −1 AC gilt, dann folgt

(i) det(A ′ ) = det(A).
(ii) tr(A ′ ) = tr(A).
(iii) A ′ und A haben dieselben Eigenwerte.
6.3 Polynomfunktionen und charakteristisches Polynom 173
Beweis. (i) folgt sofort aus Satz 4.2.7, weil man damit
det(C −1 AC) = det(C −1 ) det(A) det(C) = det(A) det(1) = det(A)
erhält, und (ii) folgt aus Bemerkung 6.3.8 via
tr(C −1 AC) = tr(ACC −1 ) = tr(A).
Wenn K unendlich viele Elemente hat folgen beide Punkte durch Kombination von
Satz 6.3.9 mit Satz 6.3.11. Teil (iii) ist eine unmittelbare Konsequenz von Satz 6.3.11
und Definition 6.2.1.
⊓⊔
Beachte, dass Proposition 6.3.13 nichts über die Eigenvektoren von A und A ′
aussagt. Diese werden i.a. verschieden sein. Genauer, wenn A ′ = C −1 AC, dann gilt
Av = λv genau dann, wenn A ′ (C −1 v) = λ(C −1 v).
Definition 6.3.14. Sei K ein Körper und V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum.
Für ϕ ∈ End K (V ) definiert man das die Spur tr ϕ und die Determinante det ϕ
durch
tr ϕ := tr Aϕ und det ϕ := det Aϕ ,
wobei A ϕ die darstellende Matrix von ϕ bezüglich einer beliebigen Basis für V ist.
In Bemerkung 6.3.8 wurde gezeigt, dass tr(AB) = tr(BA). Für die Determinate
erhält man det(AB) = det(BA) unmittelbar aus Satz 4.2.7. Nun wollen wir zeigen,
dass analoge Aussagen auch für das charakteristische Polynom und damit für alle
seine Koeffizienten gilt.
Satz 6.3.15. Sei K ein Körper und A, B ∈ Mat(n × n, K). Dann gilt die folgende
Gleichheit von Polynomfunktionen:
χ AB = χ BA .
Beweis. Idee: Man führt die Aussage Satz 6.3.11 auf den Fall A 2 = A zurück, den man
wiederum mit Satz 6.1.7 beweisen kann.
(i) Wir betrachten zunächst den Spezialfall, dass A 2 = A gilt. Sei ϕ die lineare
Selbstabbildung von K n , welche zu A gehört. Dann ist ϕ eine Projektion und
nach Beispiel 5.5.13 gibt es eine Basis für K n bezüglich der die darstellende
Matrix von ϕ bezüglich dieser Basis die Gestalt
( )
1r 0
0 0
hat. Wegen Theorem 6.1.3 gibt es eine invertierbare Matrix mit
( )
P −1 1r 0
AP = . (∗)
0 0
Wir zerlegen P −1 BP in der gleichen Weise in Blockmatrizen wie sie in (∗)
vorkommen, d.h.

174 6 Lineare Abbildungen
P −1 BP =
( ) C D
E F
mit C ∈ Mat(r × r, K), D ∈ Mat(r × (n − r)), K, E ∈ Mat((n − r) × r, K), und
D ∈ Mat((n − r) × (n − r)). Dann haben wir
( ) ( ) ( )
P −1 ABP = P −1 AP · P −1 1r 0 C D C D
BP = · =
0 0 E F 0 0
und
P −1 BAP = P −1 BP · P −1 AP =
( ) C D
·
E F
( )
1r 0
=
0 0
( ) C 0
.
E 0
Die zwei letzten Matrizen in diesen Gleichungen haben nach der Kästchenregel
in Bemerkung 4.3.1 dieselbe charakteristische Polynomfunktion. Somit erhalten
wir mit Satz 6.3.11, dass
χ AB (λ) = χ P −1 ABP (λ) = χ P −1 BAP (λ) = χ BA (λ).
(ii) Nun betrachten wir den allgemeinen Fall. Dazu zeigen wir die folgende Behauptung,
welche von eigenständigem Interesse ist:
Behauptung: Für jedes A ∈ Mat(n × n, K), gibt es Matrizen P, Q ∈ GL(n, K)
so, dass (P −1 AQ) 2 = P −1 AQ gilt.
Wenn diese Behauptung gezeigt ist, folgt unsere ursprüngliche Aussage mit
Satz 6.3.11 durch Anwendung von (ii) auf P −1 AQ und Q −1 BP :
χ AB (λ) = χ (P −1 AQ)(Q−1BP )(λ) = χ (Q −1 BP )(P −1 AQ)(λ) = χ BA (λ).
Beweis der Behauptung: Nach Satz 6.1.7 gibt es Basen {v 1 , . . . , v n } und
{v 1, ′ . . . , v n} ′ für K n , bzgl. der die ( lineare ) Abbildung ϕ A : K n → K n , x ↦→ Ax
1r 0
die darstellende Matrix A ϕ = mit r = Rang A hat. Dann kann man
0 0
nach Satz 6.1.3 die Übergangsmatrizen von der Standardbasis zu {v 1 , . . . , v n }
und {v 1, ′ . . . , v n} ′ als P und Q wählen, weil A 2 ϕ = A ϕ gilt.
⊓⊔
Beispiel 6.3.16. Betrachte
( )
4 2
∈ Mat(2 × 2, R). Dann rechnet man
3 −1
χ A (λ) = det(A − λ1)
( )
4 − λ 2
= det
3 −1 − λ
= (4 − λ)(−1 − λ) − 6
= λ 2 − 3λ − 10.
Die Eigenwerte von A, d.h. die Nullstellen von χ A sind gegeben durch
λ ± = 3 ± √ 9 + 40
= 3 ± 7 {
5
=
2 2 −2
Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ = 5 sind die von Null verschiedenen Lösungen
des homogenen linearen Gleichungssystems (A − 5 · 1)x = 0, d.h. hier

6.3 Polynomfunktionen und charakteristisches Polynom 175
( 2
x = µ
1)
mit µ ∈ R \ {0}. Analog sind die Eigenvektoren zum Eigenwert λ = −2 sind die
von Null verschiedenen Lösungen des homogenen linearen Gleichungssystems (A +
2 · 1)x = 0, d.h.
x = µ
{( ( )}
2 −1
mit µ ∈ R \ {0}. Da ,
1)
3
ähnlich zu einer Diagonalmatrix.
( ) 5 1
Beispiel 6.3.17. Betrachte
( ) −1
3
eine Basis für R 2 ist, ist A nach Satz 6.2.3
∈ Mat(2×2, R). Dann ist χ A (λ) = (λ−3) 2 und
−4 1
λ = 3 ist der einzige Eigenwert von A. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ = 3 sind
die von Null verschiedenen Lösungen des homogenen linearen Gleichungssystems
(A − 3 · 1)x = 0, d.h.
x = µ
( ) −1
−2
mit µ ∈ R \ {0}. Also gibt es keine Basis aus Eigenvektoren und A ist nach Satz
6.2.3 nicht ähnlich zu einer Diagonalmatrix. ⊓⊔
( ) 2 −5
Beispiel 6.3.18. Betrachte ∈ Mat(2 × 2, R). Dann ist χ
1 −2
A (λ) = λ 2 + 1 und
es gibt keinen Eigenwert von A in R. Wir können allerdings A auch als komplexe
Matrix, d.h. als Element von Mat(2 × 2, C) betrachten. Man rechnet sofort nach,
dass ±i Nullstellen des komplexen Polynoms λ 2 + 1 sind. Da es nicht mehr als zwei
Nullstellen geben kann, sind also die Eigenwerte von A, betrachtet als komplexe
Matrix, gerade i und −i.
Die Eigenvektoren in C 2 zum Eigenwert λ = ±i sind die von Null verschiedenen
Lösungen des homogenen linearen Gleichungssystems (A ∓ i · 1)x = 0, d.h.
( ) 2 ∓ i
x = µ
1
mit µ ∈ C \ {0}. Also gibt es eine Basis aus Eigenvektoren und A ist nach Satz 6.2.3
ähnlich zu einer Diagonalmatrix in Mat(2 × 2, C).
⊓⊔
⊓⊔
Das in Beispiel 6.3.18 vorgeführte Verhalten ist typisch. Man findet über C
immer Eigenwerte und Eigenvektoren. Der Grund dafür ist der Fundamentalsatz
der Algebra, der besagt, dass jedes nichtkonstante Polynom über C eine Nullstelle
hat und der am einfachsten mit Funktionentheorie (Stoff des 4. Semesters) bewiesen
wird.
Satz 6.3.19 (Fundamentalsatz der Algebra). Jedes Polynom über C zerfällt
in Linearfaktoren, d.h. jedes Polynom ist von der Form
P (λ) = c(λ − λ 1 ) · · · (λ − λ n ),
wobei die λ j ∈ C nicht notwendigerweise verschieden sind.
⊓⊔

176 6 Lineare Abbildungen
Übung 6.3.1. Finde Eigenwerte und Eigenvektoren von
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
13 0 −4 6 −3 0
⎝ 0 10 0 ⎠ , ⎝ −8 4 −8 ⎠ ,
−4 0 7 2 −1 8
( ) −1 0
.
2 3
Übung 6.3.2. Zeige: Die Eigenwerte einer Dreiecksmatrix sind gerade die Zahlen auf der
Diagonale.
Übung 6.3.3. Sei Φ: V → V K-linear (dim(V ) < ∞) und A Φ die Matrix von Φ bezüglich
einer Basis. Zeige: Die Menge der Eigenwerte von A Φ hängt nicht von der Basis ab.
Übung 6.3.4. Sei V der Vektorraum aller Funktionen f : R → R der Form f(x) = ax 2 +
bx + c. Definiere Φ: V → V durch
Φf(x) := (x 4 + 2x 3 − 3 2 − x + 1)f ′′ (x) + (−2x 3 − 2x 2 + 2x)f ′ (x) + (2x 2 − 1)f(x).
(i) Zeige, dass Φ R-linear ist.
(ii) Finde Eigenwerte und Eigenvektoren von Φ.
Übung 6.3.5. Sei K ein Körper mit unendlich vielen Elementen und A ∈ Mat(n × n, K).
Zeige:
(i) χ cA(λ) = c n χ A(c −1 λ) für alle c ∈ K \ {0}.
(ii) Wenn A t = −A, dann gilt
χ A(−λ) = (−1) n χ A(λ).
(iii) Wenn A ∈ GL(n, K), dann gilt
χ A −1(λ) =
1
det(A) (−λ)n χ A(λ −1 ).
Übung 6.3.6. (a) Bestimme die Eigenwerte und Eigenvektoren von
⎛ ⎞
3 1 −1
⎝ 2 2 −1 ⎠ .
1 1 1
(b) Wie sieht die Matrix bzgl. der Basis {e 1, e 1 + e 2, e 1 + e 2 + e 3} aus?
Übung 6.3.7. Die Abbildung ϕ: R 3 → R 3 sei gegeben durch:
⎛
1
⎞ ⎛
4
⎞ ⎛
0
⎞ ⎛ ⎞
1
⎛
0
⎞
ϕ ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 4 ⎠ , ϕ ⎝ 1 ⎠ = ⎝ 4 ⎠ , ϕ ⎝ 1 ⎠ =
−1 −2 −1 2 −1
(a) Bestimme die Matrix von ϕ bzgl. der Standardbasis.
(b) Bestimme die Eigenwerte.
(c) Bestimme die zugehörigen Eigenvektoren.
⎛
⎝
⎞
3
8 ⎠ .
−2
Übung 6.3.8. Die Abbildung ϕ: Mat(2×2, R) → Mat(2×2, R) sei definiert durch ϕ(X) =
CX, wobei C eine fest gewählte Matrix aus Mat(2 × 2, R) ist.
(a) Zeige, dass ϕ R-linear ist.
(b) Bestimme die Matrix von ϕ bzgl. der Basis
{ ( ) ( 1 0
0 1
B 1 = , B
0 0 2 =
0 0
des Raumes Mat(2 × 2, R).
(c) Zeige die Beziehung χ Aϕ (λ) = ( χ C(λ) )2 .
(d) Welche Eigenwerte hat ϕ im Fall C =
)
, B 3 =
( 0 0
1 0
)
?
( ) 0 0
, B
1 0 4 =
( )} 0 0
0 1

6.4 Diagonalisierbarkeit 177
Übung 6.3.9. Sei V = Mat(3 × 3, C).
(i) Zeige, dass die Vorschrift ϕ(M) = −M t eine lineare Abbildung ϕ: V → V definiert.
(ii) Finde eine Basis für V und gib die Matrix A ϕ von ϕ bzgl. dieser Basis an.
(iii) Zeige, dass ϕ nur die Eigenwerte 1 und −1 hat.
(iv) Bestimme die Eigenräume von ϕ zu den Eigenwerten 1 und −1.
Übung 6.3.10. Bestimme die charakteristischen Polynome folgender Matrizen:
⎛
⎞
⎛ ⎞
2 5 2 3 −1
13 0 −4
0 −3 7 1 −4
⎝ 0 10 0 ⎠ ,
⎜ 0 0 5 1 0
⎟
−4 0 7 ⎝ 0 0 0 −2 0 ⎠ .
0 4 4 1 5
Übung 6.3.11. Man ermittle die Eigenwerte der folgenden Matrizen und gebe den jeweils
zugehörigen Eigenraum an.
⎛ ⎞
1 1 0
A 1 = ⎝ 0 1 1 ⎠ ,
⎛ ⎞
1 0 0
A 2 = ⎝ 0 1 1 ⎠ ,
⎛ ⎞
1 0 0
A 3 = ⎝ 0 1 0 ⎠ ,
0 0 1
0 0 1
0 0 1
⎛ ⎞
1 1 0
⎛ ⎞
1 0 0
⎛ ⎞
1 0 0
A 4 = ⎝ 0 1 1 ⎠ , A 5 = ⎝ 0 1 1 ⎠ , A 6 = ⎝ 0 1 0 ⎠ .
0 0 2
0 0 2
0 0 2
Übung 6.3.12. Sei V der Vektorraum der reellen Folgen a = (a 0, a 1, a 2, . . .) und ϕ: V → V
definiert durch ϕ(a) = (a 1, 2a 2, 3a 3, . . .).
(i) Zeige, dass ϕ linear ist und bestimme den Kern von ϕ.
(ii) Zeige, dass jede reelle Zahl ein Eigenwert von ϕ ist.
(iii) Sei U der Unterraum von V , der aus allen Folgen besteht, die nur endlich viele von
Null verschiedene Folgenglieder haben. Zeige, dass ϕ(U) ⊆ U.
(iv) Welche Zahlen kommen als Eigenwerte von ϕ| U vor?
Übung 6.3.13. Es sei A = (a ij) ∈ Mat(n × n, C) mit a ij = 1 für i, j = 1, . . . , n. Bestimme
die Eigenwerte und Eigenräume von A.
Übung 6.3.14. Sei K ein Körper mit unendlich vielen Elementen, V ein K-Vektorraum,
dim V < ∞, und ϕ ∈ End K(V ) mit charakteristischer Polynomfunktion χ ϕ. Sei µ ∈ K und
χ ϕ(λ) = (λ − µ) r · g(λ) für ein r ∈ N 0 und mit einer Polynomfunktion g, für die g(µ) ≠ 0
gilt. Zeige:
1. µ ist Eigenwert von ϕ genau dann, wenn r > 0,
2. r ≥ dim ker (ϕ − µ · id V ).
Übung 6.3.15. Sei V der Vektorraum der reellen Folgen a = (a 0, a 1, a 2, . . .) und sei
ϕ: V → V die lineare Abbildung definiert durch ϕ(a) = (a 1, 2a 2, 3a 3, . . .).
1. Zeige, dass jede reelle Zahl ein Eigenwert von ϕ ist.
2. Sei U der Unterraum von V , der aus allen Folgen besteht, die nur endlich viele von
Null verschiedene Folgenglieder haben. Zeige, dass ϕ(U) ⊆ U.
3. Welche Zahlen kommen als Eigenwerte von ϕ| U vor?
6.4 Diagonalisierbarkeit
Definition 6.4.1. Eine Matrix heißt diagonalisierbar, wenn sie ähnlich zu einer
Diagonalmatrix ist (vgl. Satz 6.2.3).

178 6 Lineare Abbildungen
Proposition 6.4.2. Sei K ein Körper und A ∈ Mat(n × n, K).
(i) Wenn A diagonalisierbar ist, dann zerfällt χ A (λ) in Linearfaktoren, d.h.
χ A (λ) = c(λ − λ 1 ) · · · (λ − λ n )
mit c, λ j ∈ K. Es gilt c ≠ 0K.
(ii) Wenn χ A (λ) = c(λ − λ 1 ) · · · (λ − λ n ) mit c ≠ 0 und λ i ≠ λ j für i ≠ j, dann ist
A diagonalisierbar.
Beweis. Idee: Den ersten Teil rechnet man mithilfe von Satz 6.3.11 einfach. Den zweiten
Teil führt man mit Satz 6.2.5 und Proposition 6.2.2(iv) auf Satz 6.2.3 zurück.
(i) Sei
C −1 AC =
⎛ ⎞
λ 1
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠ .
λ n
Dann gilt
⎛
⎞
λ 1 − λ
⎜
χ A (λ) = χ C −1 AC(λ) = det ⎝
. ..
⎟
⎠ = (−1) n (λ − λ 1 ) · · · (λ − λ n ).
λ n − λ
(ii) Die Zahlen λ 1 , . . . , λ n sind nach Satz 6.2.5 die Eigenwerte von A. Seien v 1 , . . . , v n
dazugehörige Eigenvektoren. Nach Proposition 6.2.2(iv) ist {v 1 , . . . , v n } linear
unabhängig, also eine Basis für K n . Satz 6.2.3 zeigt jetzt, dass A diagonalisierbar
ist.
⊓⊔
Beispiel 6.4.3. Betrachte die Rotationsmatrizen
( )
cos α sin α
A =
.
− sin α cos α
Das charakteristische Polynom ist χ A (λ) = (cos α − λ) 2 + sin 2 α, das über R genau
dann verschwindet, wenn
sin 2 α = 0 und λ = cos α.
Das kann aber nur passieren, wenn α = 0 oder α = π. In diesen Fällen gilt
( )
( )
1 0
−1 0
A = bzw. A =
.
0 1
0 −1
Über C kann man immer zwei Nullstellen finden:
λ 1/2 = cos α ± i sin α,
d.h. über C lässt sich jede Rotationsmatrix diagonalisieren.
⊓⊔

Beispiel 6.4.4. Betrachte die Matrix
⎛ ⎞
a 1 0
. .. . ..
A = ⎜ ⎟ ∈ Mat(n × n, K).
⎝ a 1 ⎠
0 a
6.4 Diagonalisierbarkeit 179
So eine Matrix nennt man einen Jordan-Block. Das charakteristische Polynom
χ A (λ) = (a − λ) n hat nur eine Nullstelle, nämlich λ = a. Um die zugehörigen
Eigenvektoren zu finden, lösen wir
⎛ ⎞
⎛ ⎞ x
0 1 0 1
⎛ ⎞
x 2
. .. . ..
.
0 = (A − a1)x = ⎜ ⎟
= ⎜ .
⎟
⎝ 0 1 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝
⎝ x
0 0 n−1
⎠ x n
⎠ ,
0
x n
d.h., der Eigenraum zum Eigenwert a ist Ke 1 . Also kann A nicht diagonalisierbar
sein, wenn n > 1 ist.
⊓⊔
Satz 6.4.5. Sei K ein Körper und A ∈ Mat(n × n, K). Dann sind äquivalent:
(1) A ist diagonalisierbar.
(2) (a) χ A (λ) = (λ 1 − λ) r1 · · · (λ k − λ) r k
mit paarweise verschiedenen λ 1 , . . . , λ k
und r 1 + . . . + r k = n.
(b) Rang(A − λ j 1) = n − r j , d.h. dim V λj = r j .
Beweis. Idee: Die Implikation (1) ⇒ (2)“ erhält man durch Nachrechnen, wobei man
”
A − λ j1 als lineare Abbildung ϕ j betrachtet und Satz 5.4.7 mit Satz 5.3.9 kombiniert.
Für die Umkehrung wählt man beliebige Basen für die eigenräume um die Aussage auf
Satz 6.2.3 zurückzuführen.
(1) ⇒ (2)“: Wenn A diagonalisierbar ist, findet man eine Übergangangsmatrix C
”
mit
⎛ ⎞
µ 1 0
A ′ = C −1 ⎜
AC = ⎝
. ..
⎟
⎠ .
0 µ n
Indem man Zeilen und Spalten simultan vertauscht, d.h. als Übergangsmatrizen
Elementarmatrizen vom Typ I benützt, kann man erreichen, dass die gleichen
Eigenwerte zu Blöcken zusammengefasst werden:
⎛
λ 1 0
. .. λ 1 λ 2 . .. A ′ = C −1 AC =
λ 2 .
. .. λ k ⎜
⎝
. ⎟ .. ⎠
0 λ k
⎞

180 6 Lineare Abbildungen
Es folgt sofort, dass
χ A (λ) = χ A ′(λ) = (λ 1 − λ) r1 · · · (λ k − λ) r k
mit r 1 + . . . + r k = n und paarweise verschiedenen λ j . Wegen
⎛
⎞
λ 1 − λ j 0
. .. λ 1 − λ j . .. 0
(A ′ − λ j 1) =
. .. 0
. .. λ k − λ j ⎜
⎝
. ⎟
.. ⎠
0 λ k − λ j
berechnet man den Rang von A − λ j 1 wie folgt. Seien
ϕ j : K n → K n
v ↦→ (A − λ j 1)v
und
ψ : K n → K n
v ↦→ Cv
sowie A ϕj = A − λ j 1, dann gilt mit Satz 5.4.7
Rang(A − λ j 1) = Rang(ϕ j )
= Rang(ψ −1 ◦ ϕ j ◦ ψ)
= Rang(C −1 (A − λ j 1)C)
= Rang(A ′ − λ j 1)
= n − r j .
Beachte, dass ker ϕ j = V λj . Aus Satz 5.4.7 und der Dimensionsformel in Satz
5.3.9 ergibt sich
also dim V λj = r j .
dim(im ϕ j ) = Rang(A ϕj ) = n − r j
dim(im ϕ j ) = n − dim(ker ϕ j ) = n − dim V λj
” (2) ⇒ (1)“: Jedes v ∈ V λ j
\ {0} ist ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ j . Wir
wollen also eine Basis von K n finden, die aus Elementen der V λj mit j = 1, . . . , k
besteht. Wähle Basen {v (j)
1 , . . . , v(j) r j
} für die V λj .
Behauptung: {v (1)
1 , . . . , v(1) r 1
, . . . , v (k)
1 , . . . , v(k) r k
} ist linear unabhängig. (Da diese
Menge n Elemente hat, ist man nach Satz 6.2.3 fertig, denn man hat dann
eine Basis aus Eigenvektoren gefunden.)
Beweis der Behauptung:
Beachte, dass
0 =
k∑
j=1
(
c
(j)
1 v(j)
r j
1 + . . . + c (j)
v (j)
r j
)
. (∗)

(A − λ 2 1) · · · (A − λ k 1)v (j)
i
6.4 Diagonalisierbarkeit 181
= (λ j − λ 2 ) · · · (λ j − λ k )v (j)
i .
Wenn wir jetzt (A − λ 2 1) · · · (A − λ k 1) auf (∗) anwenden, erhalten wir
0 =
k∑
(λ j − λ 2 ) · · · (λ j − λ k )(c (j)
1 v(j) 1 + . . . + c (j) v r (j)
j
)
j=1
= (λ 1 − λ 2 ) · · · (λ 1 − λ k )
} {{ }
≠0
Also gilt c (1)
1 = . . . = c (1)
r 1
j = 2, . . . , k.
(c (1)
1 v(1)
1 + . . . + c (1)
r j
r 1
v (1)
r 1
).
= 0 und analog sehen wir c (j)
1 = . . . = c (j)
r j
= 0 für
⊓⊔
Übung 6.4.1. Seien a, b ∈ R.
(i) Finde die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix
⎛ ⎞
0 a 0
A := ⎝ b 0 b ⎠ .
0 a 0
(ii) Für welche a, b ∈ R ist A diagonalisierbar?
Übung 6.4.2. Definiere die Fibonacci-Zahlen a 0, a 1, a 2, . . . rekursiv durch
(i) Berechne a 3, . . . , a 10.
(ii) Zeige:
a 0 := 0, a 1 := 1, , a n+1 := a n + a n−1 ∀n ∈ N.
( )
an+1 a n
=
a n a n−1
( ) n
1 1
∀n ∈ N.
1 0
(iii) Zeige: a n+1a
( n−1 −
)
a 2 n = (−1) n .
1 1
(iv) Zeige, dass diagonalisierbar ist und gib eine Basis für R 2 an, die aus Eigenvektoren
dieser Matrix besteht.
1 0
(v) Zeige, dass
a n = 1 ( √
(1 + 5) n
2 n√ − (1 − √ 5) n)
5
für alle n ∈ N gilt.
Übung 6.4.3. Für a, b ∈ R mit a · b > 0 sei
⎛ ⎞
0 a 0
A = ⎝b 0 b⎠ ∈ R 3×3 .
0 a 0
1. Zeige, dass A diagonalisierbar ist, d.h. A ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix D.
2. Bestimme im Fall a = 2, b = 1 eine Matrix C ∈ GL(3, R), so dass C −1 AC = D.
Übung 6.4.4. Bestimme die Diagonalisierbarkeit von
⎛ ⎞
0 s 2 0 0
A := ⎜1 0 0 0
⎟
⎝0 0 0 t 2 ⎠
0 0 1 0
in Abhängigkeit von s, t ∈ R.

182 6 Lineare Abbildungen
Übung 6.4.5 (Simultane Diagonalisierbarkeit). Sei V ein K-Vektorraum, dim V = n <
∞, und seien ϕ, ψ diagonalisierbare Endomorphismen von V mit ϕ ◦ ψ = ψ ◦ ϕ. Zeige, dass
es eine Basis aus gemeinsamen Eigenvektoren von ϕ und ψ gibt.
Hinweis: Führe eine Induktion nach n durch und mache im Induktionsschritt eine Fallunterscheidung
je nachdem, ob ϕ nur einen oder mehrere verschiedene Eigenwerte hat.
Übung 6.4.6. Sei
⎛ ⎞
1 0 0
A = ⎝ −1 1 −2 ⎠ ∈ R 3×3 .
4 −3 2
Zeige, dass A diagonalisierbar ist (d.h. A ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix) und bestimme
ein C ∈ GL(n, R) mit C −1 A C = D, D Diagonalmatrix. Berechne A 5 .
Übung 6.4.7. Die Abbildung ϕ: Mat(2×2, R) → Mat(2×2, R) sei definiert durch ϕ(X) =
CX, wobei C = ( a c d b ) eine fest gewählte Matrix aus Mat(2 × 2, R) ist.
1. Zeige, dass ϕ R-linear ist.
2. Bestimme die Matrix A ϕ von ϕ bzgl. der Basis B 1 = ( 1 0 0
0 1
0 0
0
), B2 = (
0 0
), B3 = (
1 0 ),
B 4 = ( 0 0 0
1
) von Mat(2 × 2, R).
3. Zeige die Beziehung χ Aϕ (λ) = ( χ C(λ) )2 .
4. Welche Eigenwerte hat ϕ im Fall C =
( ) 0 0
?
1 0
Übung 6.4.8. Bestimme α, β ∈ R, so dass −x 3 + x das charakteristische Polynom von
⎛ ⎞
α 1 −2
A := ⎝ 0 −1 2 ⎠
−1 β 1
ist. Berechne dann die Eigenwerte und Eigenvektoren von A sowie eine Matrix S, so dass
S −1 AS Diagonalgestalt hat.
Übung 6.4.9. Eine Matrix A ∈ Mat(n × n, K) heißt nilpotent, falls es ein n ∈ N gibt mit
A n = 0.
1. Zeige: Ist A nilpotent, so ist 0 ein Eigenwert von A, und es gibt keine anderen Eigenwerte.
2. Bestimme alle A ∈ Mat(n × n, K), die sowohl nilpotent als auch diagonalisierbar sind.
Übung 6.4.10. Sei V ein R-Vektorraum, dim V < ∞. Sei ϕ ein diagonalisierbarer Endomorphismus
für den gilt: Sind v und w Eigenvektoren von ϕ, so v + w ein Eigenvektor von
ϕ oder v + w = 0. Zeige, dass es ein λ ∈ R gibt, so dass ϕ = λ · id V .

7
Die Jordan-Normalform
In Abschnitt 6.4 haben wir gesehen, dass nicht jede Matrix ähnlich zu einer Diagonalmatrix
ist, selbst wenn die charakteristische Polynomfunktion in Linearfaktoren
zerfällt. In Beispiel 6.4.4 hatten wir den Jordan-Block
⎛
A = ⎜
⎝
a 1
. .. . ..
a 1
a
den man auch mit dem Satz 6.4.5 behandeln kann: Die charakteristische Polynomfinktion
ist (λ − a) n , zerfällt also in Linearfaktoren. Es gilt aber Rang(A − a1 n ) =
n − 1 ≠ 0 für n > 1. In gewisser Weise ist dieses Beispiel das schlimmstmögliche,
denn die Dimension des Eigenraums ker (ϕ A −a id) zu dem vorgegebenen Eigenwert
a ist minimal. Also ist man am weitesten davon entfernt, eine Basis von Eigenvektoren
zu finden. Es stellt sich heraus, dass man genügend Vektoren findet, wenn
man nicht nur Lösungen von (A − a1)x = 0, sondern auch von (A − a1) k x = 0 mit
k ∈ N, zulässt. Diese Methode funktioniert ganz allgemein und führt dazu, dass man
für Körper, die hinreichend viele Element haben, folgende Aussage zeigen kann: Jede
Matrix, deren charakteristische Polynomfunktion in Linearfaktoren zerfällt, ist
ähnlich zu einer Blockdiagonalmatrix ist, deren Blöcke Jordanblöcke sind.
⎞
⎟
⎠ ,
7.1 Zerlegung in invariante Teilräume
Definition 7.1.1. Sei A ∈ Mat(n × n, K) und ϕ ∈ End K (V ) sowie λ ∈ K ein
Eigenwert von A und ϕ.
(a) Der verallgemeinerte Eigenraum von A zum Eigenwert λ ist die Vereinigungsmenge
der Lösungsräume der Gleichungen
(A − λ1) m x = 0, m ∈ N.
(b) Der verallgemeinerte Eigenraum von ϕ zum Eigenwert λ ist die Vereinigungsmenge
V λ der Lösungsräume der Gleichungen
(ϕ − λ id) m (v) = 0, m ∈ N.

184 7 Die Jordan-Normalform
Bemerkung 7.1.2. Da die Lösungsräume V m der Gleichungen (ϕ − λ id) m (v) = 0
für m = 1, 2, . . . eine aufsteigende Folge von Untervektorräumen sind, ist auch der
verallgemeinerte Eigenraum von ϕ zum Eigenwert λ ein Untervektorraum von V .
Wegen
(ϕ − λ id) m( ϕ(v) ) = ϕ ( (ϕ − λ id) m v ) = ϕ(0) = 0
für alle v ∈ V m , gilt ϕ(V m ) ⊆ V m und somit auch ϕ(V λ ) ⊆ V λ .
Wenn V endlich dimensional ist, dann muss die Folge V 1 ⊆ V 2 ⊆ V 3 ⊆ . . .
stationär werden, d.h. es muss ein k ∈ N geben, das V k = V k+1 = V k+2 = . . . erfüllt,
weil die Dimensionen der V m nicht größer als dim V sein können.
Wenn A ∈ Mat(n × n, K), dann betrachtet man ϕ A ∈ Hom K (K n , K n ) und findet
so analoge Aussagen für die Lösungsräume von (A − λ1) m (v) = 0.
⊓⊔
Lemma 7.1.3 (Triagonalisierbarkeit). Sei A ∈ Mat(n × n, K). Wenn die charakteristische
Polynomfunktion von A in Linearfaktoren zerfällt, d.h.,
χ A (λ) = c(λ 1 − λ) · · · (λ n − λ)
gilt, und K mindestens n + 1 Elemente hat, dann ist c = 1 und A ähnlich zu einer
oberen Dreiecksmatrix
⎛ ⎞
λ 1 ∗
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠ .
0 λ n
Man kann dabei die λ’s beliebig ordnen.
Beweis. Induktion über n.
” n = 1“: Dieser Fall ist trivial, denn es gilt A = (a) und χ A(λ) = a − λ.
” n − 1 ⇒ n“: Zu zeigen ist: Es existiert eine Basis von Kn bzgl. der ϕ := ϕ A die
Gestalt
⎛ ⎞
λ 1 ∗
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
0 λ n
hat. Die Aussage über c folgt dann automatisch.
Die λ j sind die Eigenwerte von A. Sei v 1 ein Eigenvektor zu λ 1 . Ergänze (vgl.
Basisergänzungssatz 2.3.4) {v 1 } zu einer Basis {v 1 , . . . , v n } für K n . Bezüglich
dieser Basis hat ϕ die Matrix
⎛
A ′ := ⎜
⎝
λ 1 ∗ · · · ∗
0
. A 1
0
d.h. A ′ ist ähnlich zu A. Also haben wir nach Satz 6.3.11 und der Kästchenregel
aus Bemerkung 4.3.1
Andererseits gilt
und somit
⎞
⎟
⎠ ,
χ A (λ) = det(A ′ − λ1 n ) = (λ 1 − λ) det(A 1 − λ1 n−1 ).
χ A (λ) = χ A ′(λ) = c(λ 1 − λ)[(λ 2 − λ) · · · (λ n − λ)]

7.1 Zerlegung in invariante Teilräume 185
c(λ 2 − λ) · · · (λ n − λ) = det(A 1 − λ1 n−1 )
für alle λ ≠ λ 1 . Nach Voraussetzung gibt es n Nullstellen von det(A 1 −λ1 n−1 )−
c(λ 2 − λ) · · · (λ n − λ) in K. Satz 6.3.4 zeigt also, dass
det(A 1 − λ1 n−1 ) = c(λ 2 − λ) · · · (λ n − λ)
als Polynomfunktionen. Jetzt können wir mit Induktion schließen, dass es ein
C 1 ∈ GL(n − 1, K) mit
⎛
⎜
⎝
λ 2
⎞
∗
. ..
0 λ n
⎟
⎠ = C −1
1 A 1C 1
gibt. Damit können wir wie folgt rechnen und so den Beweis abschließen:
⎛ ⎞
1 0
⎜ ⎟
⎝ 0 C 1
⎠
−1 ⎛
λ 1
⎜
⎝
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎞
∗ 1 0 λ 1 ∗
⎛ ⎞
λ 1 ∗
⎟ ⎜ ⎟
0 A 1
⎠ ⎝ 0 C 1
⎠ = ⎜
⎝ 0 C1 −1 A ⎟
1C 1
⎠ = ⎜
⎝
. ..
0 λ n
⎟
⎠ .
⊓⊔
Beispiel 7.1.4. Sei K = {0, 1} der Körper mit zwei Elementen und
⎛ ⎞
1 0 0
A = ⎝0 1 1⎠ .
0 1 0
Dann ist χ A (λ) = (1 + λ)(λ 2 + λ + 1) = (1 + λ) = (1 + λ) 3 für alle λ ∈ K,
d.h. χ A zerfällt in Linearfaktoren. Das Induktionsargument aus dem Beweis von
Lemma 7.1.3 funktioniert aber nicht, denn im ersten Induktionsschritt stößt man
auf die Matrix
( ) 1 1
A 1 = ,
1 0
deren charakteristische Polynomfunktion χ A1 (λ) = λ 2 + λ + 1 = 1 ist. D.h. A 1
erfüllt die Induktionsvoraussetzung nicht.
Im Prinzip könnte es sein, dass nur der Beweis von Lemma 7.1.3 schief geht, die
Aussage aber nach wie vor richtig bleibt. Aber auch dafür ist A ein Gegenbeispiel:
Angenommen A ist ähnlich zu
⎛ ⎞
λ 1 ∗ ∗
A ′ := ⎝ 0 λ 2 ∗ ⎠ .
0 0 λ 3
Da Rang(A) = 3 ist und ähnliche Matrizen gleichen Rang haben, darf keines der λ j
gleich Null sein. Also muss gelten λ 1 = λ 2 = λ 3 = 1. Aber dann ist tr(A ′ ) = 1 + 1 +
1 = 1, während tr(A) = 1 + 1 + 0 = 0, was im Widerspruch zu Proposition 6.3.13
steht.
⊓⊔

186 7 Die Jordan-Normalform
Bemerkung 7.1.5. Seien E, F ∈ Mat(s × s, K) mit e ij = 0 für j < i + t E und
f ij = 0 für j < i + t F , d.h. von der Form
⎛ ⎞
⎞
0 · · · 0 ∗
0 · · · 0 ∗
⎜
. .. 0 ⎟
⎜
. .. 0 ⎟
E =
⎜
⎝
. .. .
0 0
⎛
⎟
⎠ und F = ⎜
⎝
. .. .
0 0
Hier sind t E und t F die entsprechende Anzahl von Null–Nebendiagonalen. Für G =
EF gilt dann g ij = 0 für j < i + t E + t F , d.h., G ist von der Form
⎛ ⎞
0 · · · 0 ∗
. .. G =
0
⎜
⎝
. ⎟ .. . ⎠
0
mit t E + t F Null-Nebendiagonalen. Dies folgt aus der Rechnung
g ij =
s∑
e im f mj =
m=1
j−t
∑ F
m=i+t E
e im f mj .
Insbesondere ist die s-te Potenz einer strikt oberen Dreiecksmatrix der Größe s × s
immer Null.
⊓⊔
⎟
⎠ .
Satz 7.1.6. Sei K ein Körper mit mindestens n+1 Elementen und V ein K-Vektorraum
der Dimension n und ϕ ∈ End K (V ). Sei
χ ϕ (λ) = (λ 1 − λ) r1 · · · (λ k − λ) r k
mit λ i ≠ λ j für i ≠ j und r 1 + . . . + r k = n. Dann gilt
(i) V λj = ker ((ϕ − λ j id) rj ).
(ii) dim K (V λj ) = r j .
(iii) V = ⊕ k
j=1 V λj ist eine ϕ-invariante direkte Summe.
Beweis. Idee: Schreibe V λ i
als ker ( (ϕ − λ j id) ) t j
für passende t j ∈ N und ahme den
Beweis von Satz 6.4.5 nach, um zu sehen, dass V λ 1
+ . . . + V λ k
direkt ist. Für den Rest
zählt man Dimensionen.
Aus Bemerkung 7.1.2 sehen wir, dass die V λi und die Räume ker ((ϕ − λ j id) tj )
für beliebige t j ∈ N ϕ-invariant sind. Da V endlich dimensional ist, gibt es Zahlen
t j ∈ N mit
V λj = ker ( (ϕ − λ j id) tj ) .
Als nächstes zeigen wir, dass die Summe der V λj direkt ist. Dazu müssen wir
nach Proposition 5.5.6 zeigen, dass aus v 1 + . . . + v k = 0 mit (ϕ − λ j id) tj (v j ) = 0
folgt v 1 = . . . = v k = 0. Man geht dabei ähnlich vor wie beim Beweis von Satz 6.4.5:
Wende (ϕ − λ 2 id) t2 · · · (ϕ − λ k id) t k
auf v 1 + . . . + v k an. Man erhält
0 = (ϕ − λ 2 id) t2 · · · (ϕ − λ k id) t k
(v 1 + . . . + v k ) = (ϕ − λ 2 id) t2 · · · (ϕ − λ k id) t k
(v 1 )
weil die Reihenfolge der (ϕ − λ j id) tj
nun v 1 ≠ 0 ist und
beliebig ist und (ϕ − λ j id) tj (v j ) = 0. Wenn

7.1 Zerlegung in invariante Teilräume 187
u 1 := v 1 , u 2 := (ϕ−λ k id)(v 1 ), . . . , u 1+tk +...+t 2
:= (ϕ−λ 2 id) t2 · · · (ϕ−λ k id) t k
(v 1 ),
dann gibt es also ein s ∈ {1, . . . , t k + . . . + t 2 } mit u s ≠ 0 und u s+1 = 0. Insbesondere
gibt es ein j ∈ {2, . . . , k} mit (ϕ − λ j id)(u s ) = 0, d.h. u s ist ein Eigenvektor
von ϕ zum Eigenwert λ j . Andererseits gilt wegen der ϕ-Invarianz auch
u s ∈ ker ((ϕ − λ 1 id) t1 ). Aber dann rechnen wir
0 = (ϕ − λ 1 id) t1 (u s ) = (λ j − λ 1 ) t1 u s
und dieser Widerspruch zeigt, dass v 1 = 0 gilt. Analog sehen wir auch, dass alle
anderen v i Null sind.
Wir haben also gesehen, dass die Summe der V λj direkt ist. Insbesondere folgt
(∗)
k∑
k⊕
dim K (V λj ) = dim K ( V λj ) ≤ dim K (V ) = n.
j=1
j=1
Nach Lemma 7.1.3 gibt es eine Basis für V bzgl. der die darstellende Matrix A ϕ
von ϕ die Gestalt
⎛
λ 1 ∗
. .. ˜∗
0 λ 1 λ 2 ∗
⎜
⎝
. ⎟ .. ⎠
0 λ k
⎞
hat (vgl. Abschnitt 6.1). Dann gehört der Spann der ersten r 1 Basisvektoren zu
ker ( (ϕ − λ 1 id) r1 )
, weil die linke obere (r1 × r 1 )-Ecke A 1 von A der Gleichung
genügt (vgl. Bemerkung 7.1.5). Also gilt
(A 1 − λ 1 1) r1 = 0
dim ( ker ( (ϕ − λ 1 id) r1)) ≥ r 1 .
Da man die Eigenwerte umordnen kann, gilt analog
(∗∗)
dim ( ker ( (ϕ − λ j id) rj )) ≥ r j
für alle j = 1, . . . , k. Dann ist aber wegen (∗) und ker ( (ϕ − λ j id) rj )
⊆ V
λ j
n =
k∑
r j ≤
j=1
k∑
dim(V λj ) ≤ n
j=1
und dies zeigt die Gleichheit dim(V λj ) = r j für alle j = 1, . . . , k. Wegen (∗∗) gilt
dann aber auch
ker ( (ϕ − λ j id) rj ) = V λj
und der Satz ist bewiesen.
⊓⊔

188 7 Die Jordan-Normalform
Korollar 7.1.7. Sei K ein Körper mit mindestens n + 1 Elementen und V ein
K-Vektorraum der Dimension n. Für ϕ ∈ End K (V ) sei
χ ϕ (λ) = (λ 1 − λ) r1 · · · (λ k − λ) r k
mit λ i ≠ λ j für i ≠ j und r 1 + . . . + r k = n. Dann hat die Einschränkung ϕ j :=
ϕ| V
λ j : V λj → V λj auf den verallgemeinerten Eigenraum V λj nur einen Eigenwert,
nämlich λ j . Die charakteristische Polynomfunktion von ϕ j ist (λ j − λ) rj .
Beweis. Der Eigenraum V λj = {v ∈ V | ϕ(v) = λ j v} ist in V λj enthalten, also hat
ϕ j den Eigenwert λ j . Sei jetzt µ ∈ K ein beliebiger Eigenwert von ϕ j und v ∈ V λj
ein Eigenvektor dazu. Dann ist v ein Eigenvektor von ϕ zum Eigenwert µ, also
enthalten in V µ ⊆ V µ . Da die Summe der verallgemeinerten Eigenräume nach Satz
7.1.6 direkt ist, gilt µ = λ j .
Wegen Bemerkung 5.5.11 hat die darstellende Matrix von ϕ bzgl. jeder Basis
von V , die aus Elementen von V λ1 ∪ . . . ∪ V λ k
besteht, Blockdiagonalgestalt (mit
den zugehörigen darstellenden Matrizen der ϕ j als Blöcken), und daher zerfällt das
charakteristische Polynom von ϕ als
χ ϕ = χ ϕ1 · · · χ ϕk .
Nach dem ersten Teil des Beweises hat χ ϕj nur die Nullstelle λ j . Weil K mehr als
n Elemente hat, kann man jetzt r j -mal λ j − λ mit Polynomdivision (siehe Lemma
6.3.2) aus χ ϕ und χ ϕj herausteilen und erhält
(λ 2 − λ) r2 · · · (λ k − λ) r k
= χ ϕ2 · · · χ ϕk .
Analog verfährt man mit λ 2 , . . . , λ k und findet schließlich χ ϕj = (λ j − λ) rj für alle
j = 1, . . . , k.
⊓⊔
Korollar 7.1.8. Sei K ein Körper mit mindestens n + 1 Elementen. Dann ist jede
Matrix A ∈ Mat(n × n, K), deren charakteristische Polynomfunktion in Linearfaktoren
χ A (λ) = (λ 1 − λ) r1 · · · (λ k − λ) r k
mit λ i ≠ λ j für i ≠ j und r 1 + . . . + r k = n zerfällt, ähnlich zu einer Matrix
⎛
⎞
A 1 0
A 2 ⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
0 A r
mit A j ∈ Mat(r j × r j , K) und χ Aj (λ) = (λ j − λ) rj .
Beweis. Wende den Korollar 7.1.7 auf ϕ A ∈ End K (K n ) (definiert durch ϕ A (x) =
Ax) an.
⊓⊔
Beispiel 7.1.9. Betrachte die Matrix
⎛
⎞
4 1 0 0 0
0 3 1 0 0
A =
⎜ −1 −1 2 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 3 1 ⎠
−1 −1 −1 −1 1

7.1 Zerlegung in invariante Teilräume 189
und die durch A bzgl. der Standardbasis gegebene lineare Abbildung ϕ = ϕ A : R 5 →
R 5 . Die charakteristische Polynomfunktion χ A = χ ϕ ist gegeben durch:
⎛
⎞
4 − λ 1 0 ( )
det(A − λ · 1) = det ⎝ 0 3 − λ 1 ⎠ 3 − λ 1
det
−1 1 − λ
−1 −1 2 − λ
= ( (4 − λ)(3 − λ)(2 − λ) − 1 + (4 − λ) ) ( (3 − λ)(1 − λ) + 1 )
= (3 − λ) 3 (2 − λ) 2
Die Eigenwerte sind λ 1 = 3 und λ 2 = 2 und die zugehörigen Vielfachheiten r 1 = 3
und r 2 = 2
⎛
A − 3 · 1 =
⎜
⎝
1 1 0 0 0
0 0 1 0 0
−1 −1 −1 0 0
0 0 0 0 1
−1 −1 −1 −1 −2
⎞
⎟
⎠
⎛
⎞
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
(A − 3 · 1) 3 =
⎜ 0 0 0 0 0
⎟
⎝ 2 2 2 2 3 ⎠
−3 −3 −3 −3 −4
⎛
A − 2 · 1 =
⎜
⎝
2 1 0 0 0
0 1 1 0 0
−1 −1 0 0 0
0 0 0 1 1
−1 −1 −1 −1 −1
⎞
⎟
⎠
⎛
⎞
4 3 1 0 0
−1 0 1 0 0
(A − 2 · 1) 2 =
⎜ −2 −2 −1 0 0
⎟
⎝ −1 −1 −1 0 0 ⎠ .
0 0 0 0 0
Mit Satz 7.1.6 ergibt sich V λ1 = ker ((ϕ A − 3 id) 3 ) = {x ∈ R 5 | (A − 3 · 1) 3 x = 0}
Eine Zeilenstufenform von (A − 3 · 1) 3 ist:
⎛ ⎞
1 1 1 1 0
0 0 0 0 1
⎜ 0 0 0 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 0 0 ⎠
0 0 0 0 0
Daraus finden wir eine Basis für V λ1 (vgl. auch Satz 2.3.8):
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 1
−1
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ , 0
⎜ −1
⎟
⎝ 0 ⎠ , 0
⎜ 0
⎟
⎝ −1 ⎠ .
0 0 0
Weiter gilt V λ2 = ker ((ϕ A − 2 id) 2 ) = {x ∈ R 5 | (A − 2 · 1) 2 x = 0} und eine
Zeilenstufenform von (A − 2 · 1) 2 ist:
⎛ ⎞
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
⎜ 0 0 1 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 0 0 ⎠
0 0 0 0 0
Als Basis für V λ2 finden wir: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 0
0
⎜ 0
⎟
⎝ 1 ⎠ , 0
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ .
0 1

190 7 Die Jordan-Normalform
An dieser Stelle können wir eine Basis für V = R 5 angeben, bzgl. der die Abbildung
ϕ = ϕ A Blockdiagonalgestalt hat und jeder Block nur einen Eigenwert.
Diese Basis ist einfach die Vereinigung der Basen für V λ1 und V λ2 , die wir oben
angegeben haben:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 1 0 0
−1
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ , 0
⎜ −1
⎟
⎝ 0 ⎠ , 0
⎜ 0
⎟
⎝ −1 ⎠ , 0
⎜ 0
⎟
⎝ 1 ⎠ , 0
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ .
0 0 0 0 1
Die zugehörige Übergangsmatrix ist:
⎛
⎞
1 1 1 0 0
−1 0 0 0 0
C =
⎜ 0 −1 0 0 0
⎟
⎝ 0 0 −1 1 0 ⎠
0 0 0 0 1
und ihre Inverse
Also gilt
⎛
⎞
0 −1 0 0 0
0 0 −1 0 0
C −1 =
⎜ 1 1 1 0 0
⎟
⎝ 1 1 1 1 0 ⎠ .
0 0 0 0 1
⎛ ⎞
3 1 0 0 0
0 3 1 0 0
A ′ = C −1 AC =
⎜ 0 0 3 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 3 1 ⎠ .
0 0 0 −1 1
Beachte dabei, dass beide Blöcke jeweils nur einen Eigenwert haben.
⊓⊔
Übung 7.1.1. Konstruiere für die Matrix
⎛
1 4 3 7
⎞
2
1 −1 −2 −5 −1
A =
⎜ 2 −4 1 −6 −2
⎟
⎝−2 4 2 9 2 ⎠
2 −1 0 −3 1
eine ähnliche Matrix, die Blockdiagonalform hat, und bei der jeder Teilblock nur einen
Eigenwert besitzt. Gib ebenfalls die zugehörige Transformationsmatrix an.
Übung 7.1.2. Konstruiere für die Matrix
⎛
4 1 1
⎞
1
A = ⎜−1 2 −1 −1
⎟
⎝ 6 1 −1 1 ⎠
6 −1 4 2
eine ähnliche Matrix, die Blockdiagonalform hat, und bei der jeder Teilblock nur einen
Eigenwert besitzt. Gib ebenfalls die zugehörige Transformationsmatrix an.

7.1 Zerlegung in invariante Teilräume 191
Übung 7.1.3. Sei V ein K-Vektorraum und V 1, V 2 Untervektorräume von V mit V =
V 1 ⊕ V 2 und dim K V 1 = n, dim K V 2 = m. Weiter sei {e 1, . . . , e n} (bzw. {e n+1, . . . , e n+m})
eine Basis von V 1 (bzw. V 2). Die lineare Abbildung ϕ ∈ Hom K (V, V ) habe darstellende
Matrix (in Blockdiagonalform)
( )
A11 A 12
A =
A 21 A 22
bzgl. {e 1, . . . , e n, e n+1, . . . , e n+m}. Hier A 11 ∈ Mat(n × n, K), A 22 ∈ Mat(m × m, K), usw.
Man zeige:
(a) Es gilt genau dann A 21 = 0, wenn V 1 ϕ-invariant ist.
(b) Sei W ein ϕ-invarianter Untervektorraum von V und ψ := ϕ| W : W → W . Man zeige,
daß das charakteristische Polynom von ψ das charakteristische Polynom von ϕ teilt,
d.h. es gibt ein Polynom p(λ) mit χ ϕ(λ) = χ ψ (λ)p(λ) für alle λ ∈ K.
Übung 7.1.4. Man bestimme die verallgemeinerten Eigenräume der Matrix
⎛ ⎞
1 1 0
A = ⎝−4 −2 1 ⎠ ∈ Mat(3 × 3, R).
4 1 −2
Übung 7.1.5. Sei R 2[x] der Vektorraum der reellen Polynome vom Grad ≤ 2 und sei
ϕ : R 2[x] → R 2[x] die lineare Abbildung mit Matrix
⎛ ⎞
4 −1 −2
A = ⎝2 1 −2⎠
1 −1 1
bezüglich der Basis {−1 + x, x + x 2 , x 2 }.
(a) Man finde ϕ(x + 1).
(b) Man bestimme die Eigenwerte von ϕ und die zugehörigen Eigenvektoren in R 2[x].
Übung 7.1.6. Bestimme alle t ∈ R, so dass folgende Matrix triagonalisierbar ist:
( ) 1 2
A := ∈ R 2×2
t −3
Bestimme für t = −2 eine Matrix C ∈ GL(2, R), so dass CAC −1 eine obere Dreiecksmatrix
ist.
Übung 7.1.7. Berechne für die Matrix
⎛
1 4 3 7
⎞
2
1 −1 −2 −5 −1
A =
⎜ 2 −4 1 −6 −2
⎟
⎝−2 4 2 9 2 ⎠
2 −1 0 −3 1
das charakteristische Polynom und bestimme hieraus (möglichst explizit) eine ähnliche
Matrix, die Blockdiagonalform hat, und bei der jeder Teilblock nur einen Eigenwert besitzt.
Wodurch ist die zugehörige Transformationsmatrix gegeben?
Übung 7.1.8. Sei V ein K-Vektorraum mit dim V < ∞ und ϕ ∈ End K(V ). Zeige:
1. Ist ϕ diagonalisierbar und U ⊂ V ein ϕ-invarianter Unterraum, so ist auch ϕ| U diagonalisierbar.
2. Ist V = ⊕ r
i=1
Ui die direkte Summe von ϕ-invarianten Unterräumen, so ist ϕ genau
dann diagonalisierbar, wenn ϕ| Ui für alle i diagonalisierbar ist.
Hinweis zu a). Führe einen Widerspruchsbeweis mit Hilfe der Menge M := U \ ⊕ λ U λ,
wobei U λ ⊂ U der Eigenraum von ϕ| U zum Eigenwert λ ist. Betrachte ein u ∈ M, bei
dem die Anzahl der Summanden ≠ 0 in u = ∑ λ v λ bezüglich der Zerlegung V = ⊕ λ V λ
minimal ist.

192 7 Die Jordan-Normalform
Übung 7.1.9. Konstruiere für die Matrix
⎛
5 3
⎞
12
A = ⎝ 1 3 4 ⎠ ∈ R 3×3
−1 −2 −3
eine ähnliche Matrix, die Blockdiagonalform hat, und bei der jeder Teilblock nur einen
Eigenwert besitzt. Gib außerdem die zugehörige Transformationsmatrix an.
7.2 Nilpotenz und ϕ-Ketten
Die Zerlegung einer linearen Abbildung in Stücke mit nur einem Eigenwert, wie
sie durch den Satz 7.1.6 und Korollar 7.1.8 bewerkstelligt wird, eröffnet uns die
Möglichkeit, das Problem der Bestimmung alle Äquivalenzklassen von ähnlichen
Matrizen in leichter handhabbare Teilprobleme zu zerlegen. In diesem Abschnitt
konzentrieren wir uns auf Abbildungen mit nur einem Eigenwert. Es wird sich sehr
schnell herausstellen, dass man dann auch annehmen darf, dass dieser Eigenwert
gleich Null ist. Damit ist man dann bei den nilpotenten Abbildungen.
Falls K mindestens n + 1 Elemente hat und A ∈ Mat(n × n, K) ist, folgt mit
Lemma 7.1.3 aus der Gleichung χ A (λ) = (λ 0 − λ) n , dass A ähnlich zu einer Matrix
der Form
⎛ ⎞
λ 0 ∗
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
0 λ 0
ist. Insbesondere ist dann A − λ 0 · 1 ähnlich zu einer Matrix der Form
⎛ ⎞
0 ∗
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠ ,
0 0
d.h. einer strikt oberen Dreiecksmatrix. Bemerkung 7.1.5 zeigt, dass eine Potenz
dieser Matrix gleich Null sein muss.
Lemma 7.2.1. Sei V ein K-Vektorraum der Dimension n, ϕ ∈ End K (V ) und
χ ϕ die charakteristische Polynomfunktion von ϕ. Dann sind folgende Aussagen
äquivalent:
(1) Es gibt eine Basis für V bzgl. der die darstellende Matrix von ϕ ein strikt obere
Dreiecksmatrix ist.
(2) Es gibt ein m ∈ N mit ϕ m = 0.
(3) ϕ n = 0.
Diese drei äquivalenten Eigenschaften implizieren
(4) χ ϕ (λ) = (−1) n λ n .
Wenn K mindestens n + 1 Elemente hat, sind alle vier Eigenschaften äquivalent.
Beweis. Idee: Die Implikation ”
(3) ⇒ (2)“ ist klar und die Implikation ”
(1) ⇒ (2)“
folgt aus Bemerkung 7.1.5. Die Implikationen ”
(2) ⇒ (1), (4)“ zeigt man mit Induktion
über n = dim(V ). Die Implikation ”
(4) ⇒ (1)“ ist, unter der Zusatzvoraussetzung an K,
eine Konsequenz von Lemma 7.1.3.

7.2 Nilpotenz und ϕ-Ketten 193
Die Implikation (3) ⇒ (2)“ ist klar und die Implikation (1) ⇒ (2)“ folgt aus
” ”
Bemerkung 7.1.5. Die Implikation (4) ⇒ (1)“ ist, unter der Zusatzvoraussetzung
”
an K, eine Konsequenz von Lemma 7.1.3.
Jetzt nehmen wir an, dass (2) gilt und beweisen (1) und (4) mit Induktion
über n = dim(V ). Der Induktionsanfang ist trivial, da für n = 1 und ϕ m = 0
sofort ϕ = 0 folgt. Für den Induktionsschritt sei also ϕ m = 0 und v ∈ V von Null
verschieden. Dann gibt es ein kleinstes m o ∈ {1, . . . , m} mit ϕ mo (v) = 0. Setze
w = ϕ mo−1 (v). Dann ist w ein Eigenvektor zum Eigenwert 0. Ergänze {w} zu einer
Basis {w, v 1 , . . . , v n−1 } für V . Bezüglich dieser Basis hat die darstellende Matrix
von ϕ dann die Gestalt
⎛ ⎞
0 ∗ · · · ∗
⎜ 0
⎟
A = ⎜
⎝
. A 1
0
⎟
⎠ .
Betrachte die m-fache Potenz dieser Matrix. Es gilt
⎛ ⎞
0 ∗ · · · ∗
0 = A m 0
= ⎜ ⎟
⎝ . A m ⎠ ,
1
0
also insbesondere A m 1 = 0. Mit Induktion, angewandt auf ϕ A1 ∈ End K (K n−1 ), folgt
einerseits χ A1 = (−1) n−1 λ n−1 und damit
χ A (λ) = (−λ)χ A1 (λ) = (−1) n λ n ,
also (4). Andererseits findet man mit Induktion auch eine Basis {v 1, ′ . . . , v n−1} ′ für
K n−1 , bzgl. der ϕ A1 eine strikte obere Dreiecksmatrix A ′ 1 als darstellende Matrix
hat. D.h. A 1 ist ähnlich zu einer strikten oberen Dreiecksmatrix A ′ 1. Wenn C ∈
GL(n − 1, K) die Gleichung A ′ 1 = C −1 A 1 C erfüllt, dann gilt
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 0 0 ∗ 1 0 1 ∗
′ 1 ∗
′
0 C −1 =
0 A 1 0 C 0 C −1 =
A 1 C 0 A ′ .
1
Also ist A ähnlich zu einer strikten oberen Dreiecksmatrix und es gilt (1).
⊓⊔
Beispiel 7.2.2. Eine modifizierte Version von Beispiel 7.1.4 zeigt, dass für die Implikation
(4) ⇒ (3)“ in Lemma 7.2.1 nicht auf die Voraussetzung an die Anzahl
”
der Elemente in K verzichtet werden kann: Sei K = {0, 1} der Körper mit zwei
Elementen und
⎛
A = ⎝ 0 0 0
⎞
0 1 1⎠ .
0 1 0
Dann ist χ A (λ) = λ(λ 2 + λ + 1) = λ = λ 3 für alle λ ∈ K, d.h. ϕ A erfüllt die
Bedingung (4) aus Lemma 7.2.1. Wegen
⎛
A 3 = ⎝ 0 0 0
⎞ ⎛
0 1 1⎠
⎝ 0 0 0
⎞ ⎛
0 1 1⎠
⎝ 0 0 0
⎞ ⎛
0 1 1⎠ = ⎝ 0 0 0
⎞ ⎛
0 1 1⎠
⎝ 0 0 0
⎞ ⎛
0 0 1⎠ = ⎝ 0 0 0
⎞
0 1 0⎠
0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1
gilt aber die Bedingung (3) nicht.
⊓⊔

194 7 Die Jordan-Normalform
Definition 7.2.3. Eine lineare Abbildung ϕ: V → V heißt nilpotent, wenn sie
die äquivalenten Bedingungen (1)–(3) aus Lemma 7.2.1 erfüllt. Eine Matrix A ∈
Mat(n × n, K) heißt nilpotent, wenn ϕ A nilpotent ist, d.h. wenn es ein l ∈ N mit
A l = 0 gibt. Wenn ϕ nilpotent ist und 0 ≠ v ∈ V , dann heißt
v, ϕ(v), ϕ 2 (v), . . . , ϕ m (v)
die ϕ–Kette von v, wenn ϕ m (v) ≠ 0 und ϕ m+1 (v) = 0 ist.
Bemerkung 7.2.4. Jede ϕ-Kette einer nilpotenten linearen Abbildung ist linear
unabhängig. Wenn nämlich 0 = ∑ m
j=0 a jϕ j (v) (nach Definition ist ϕ 0 = id), dann
gilt
0 = ϕ k( ∑
m ) m−k
∑
a j ϕ j (v) = a j ϕ j+k (v).
j=0
Dies liefert für k = m, m − 1, . . . , 0 sukzessive a 0 = 0, a 1 = 0, . . . , a m = 0.
Darstellende Matrizen von nilpotenten linearen Abbildungen können als strikt
obere Dreiecksmatrizen gewählt werden. Der Zweck der ϕ–Ketten besteht darin,
besonders einfache strikt obere Dreiecksmatrizen als darstellende Matrizen zu finden
(einfach heißt hier, besonders viele Nullen).
j=0
⊓⊔
Beispiel 7.2.5. (i) Wenn die ϕ–Kette {ϕ m (v), ϕ m−1 (v), . . . , ϕ(v), v} zu v eine Basis
für V ist, dann hat die darstellende Matrix von ϕ bzgl. dieser Basis die
Gestalt
⎛
⎞
0 1 0 . . . 0
. .. . .. . .. .
. .. . .. 0
⎜
⎝
. ⎟ .. 1 ⎠
0 0
(ii) Wenn für v, w ∈ V \{0} die Vereinigung {ϕ m (v), . . . , ϕ(v), v, ϕ n (w), . . . , ϕ(w), w}
der beiden zugehörigen ϕ-Ketten eine Basis für V ist, dann hat die Matrix von
ϕ bzgl. dieser Basis die Gestalt
⎛
⎜
⎝
0 1
. .. . ..
. .. 1
0
0 1
. .. . ..
. .. . ..
. .. 1
0
⎞
⎟
⎠
⊓⊔
Im folgenden Satz wird gezeigt, dass man zu einem nilpotenten ϕ ∈ Hom K (V, V )
immer eine Basis finden kann, die eine Vereinigung von ϕ-Ketten ist. Der Beweis
ist konstruktiv, d.h. er zeigt auch wie man diese Basen findet.

Satz 7.2.6. Sei ϕ: V → V nilpotent und dim V = n.
(i) Der Spann einer ϕ–Kette ist ϕ–invariant.
(ii) V hat eine Basis, die eine Vereinigung von ϕ–Ketten ist.
7.2 Nilpotenz und ϕ-Ketten 195
Beweis. Idee: Teil (i) des Satzes ist offensichtlich. Für (ii) konstruiert man Untervektorräume
W (q) von ker(ϕ q ) mit ker(ϕ q−1 ) ⊕ W (q) = ker(ϕ q ) und ϕ(W (q) ) ⊆ W (q−1) .
Ausgehend von einer Basis für ker(ϕ p ) konstruiert man eine Basis für V durch abwechselnde
ϕ-Kettenbildung und Basisergänzung in den W (q) .
Teil (i) des Satzes ist offensichtlich. Um (ii) zu zeigen, setze U (j) = ker(ϕ j ).
Dann gilt
{0} = U (0) ⊆ U (1) ⊆ . . . ⊆ U (q) ⊆ . . . ⊆ U (p−1) ⊆ U (p) = V
und
∀q = 1, . . . , p : ϕ(U (q) ) ⊆ U (q−1) .
Behauptung: Seien u 1 , . . . , u l ∈ U (q) so, dass ihre Bilder
ũ 1 := u 1 + U (q−1) , . . . , ũ l := u l + U (q−1)
in U (q) /U (q−1) linear unabhängig sind (insbesondere sind dann auch u 1 , . . . , u l ∈
U (q) linear unabhängig).
(a) Falls q > 1, dann gilt ϕ(u 1 ) + U (q−2) , . . . , ϕ(u l ) + U (q−2) sind linear unabhängig
in U (q−1) /U (q−2) .
(b) Wenn {ũ 1 , . . . , ũ l } eine Basis für U (q) /U (q−1) ist, dann gilt für W (q) = span{u 1 , . . . , u l }
U (q) = U (q−1) ⊕ W (q) .
Beweis der Behauptung: Für ”
q = 1“ ist nur (b) zu zeigen und das ist wegen
U (0) = {0} trivial.
Sei nun q ≥ 2. Wenn
dann gilt
was
0 =
l∑
c i (ϕ(u i ) + U (q−2) ) ∈ U (q−1) /U (q−2) ,
i=1
l∑
c i ϕ(u i ) ∈ U (q−2) ,
i=1
l∑
c i u i ∈ ker ϕ q−1 = U (q−1)
i=1
zur Folge hat. Dies wiederum bedeutet, dass
0 =
l∑
c i (u i + U (q−1) ) ∈ U (q) /U (q−1) .
i=1
Nach Voraussetzung sind dann alle c j = 0. Dies zeigt (a).
Um auch den Teil (b) der Behauptung zu zeigen, genügt es
U (q−1) ∩ W (q) = {0}

196 7 Die Jordan-Normalform
nachzuweisen, weil wir mit Satz 5.3.8 und (dem Beweis von) Satz 2.4.4 die Dimensionsformeln
und
dim W (q) = l = dim ( U (q) /U (q−1)) = dim U (q) − dim U (q−1)
dim(W (q) + U (q−1) ) = dim U (q−1) + dim W (q) − dim(U (q−1) ∩ W (q) )
haben: Aus U (q−1) ∩ W (q) = {0} folgt nämlich dim(W (q) + U (q−1) ) = dim(U (q) ),
also W (q) + U (q−1) ) = U (q) . Beide Bedingungen zusammen sind aber gleichwertig
mit W (q) ⊕ U (q−1) ) = U (q) .
Jedes Element von W (q) ist von der Form ∑ l
i=1 c iu i ∈ U (q−1) . Wenn aber
∑ l
i=1 c iu i ∈ U (q−1) , dann gilt ∑ l
i=1 c iũ i = 0, also c i = 0 für alle i = 1, . . . , l.
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Konstruktion der aus ϕ-Ketten bestehenden Basis:
0. Schritt: Wähle eine Basis ũ (p)
1 , . . . , ũ(p) l p
für U (p) /U (p−1) und dann Vektoren
u (p)
1 , . . . , u(p) l p
∈ U (p) mit ũ (p)
i = u (p)
i + U (p−1) . Das geht, weil der kanonische
Quotientenhomomorphismus U (p) → U (p) /U (p−1) surjektiv ist. Teil (b) der Behauptung
zeigt, dass für W (p) := span(u (p)
1 , . . . , u(p) l p
)
U (p) = U (p−1) ⊕ W (p) ,
gilt. Teil (a) der Behauptung zeigt, dass
{ϕ(u (p)
1 ) + U (p−2) , . . . , ϕ(u (p)
l p
) + U (p−2) }
in U (p−1) /U (p−2) linear unabhängig ist.
1. Schritt: Ergänze ϕ(u (p)
1 ) + U (p−2) , . . . , ϕ(u (p) ) + U (p−2) zu einer Basis
ϕ(u (p)
für U (p−1) /U (p−2)
ũ (p−1)
i
gilt:
= u (p−1)
i
1 ) + U (p−2) , . . . , ϕ(u (p)
l p
l p
) + U (p−2) , ũ (p−1)
1 , . . . , ũ (p−1)
l p−1
und wähle Vektoren u (p−1)
1 , . . . , u (p−1)
l p−1
∈ U (p−1) so, dass
+ U (p−2) . Teil (b) der Behauptung zeigt, dass für
W (p−1) := span{ϕ(u (p)
1
), . . . , ϕ(u(p)
l p
), u (p−1)
1 , . . . , u (p−1)
l p−1
}.
U (p−1) = U (p−2) ⊕ W (p−1) .
Teil (a) der Behauptung zeigt, dass
{
ϕ 2 (u (p)
1 ) + U (p−3) , . . . , ϕ 2 (u (p) ) + U (p−3) , ϕ(u (p−1)
1 ) + U (p−3) , . . . , ϕ(u (p1)
l p−1
) + U (p−3)}
in U (p−2) /U (p−3) linear unabhängig ist.
j=1
l p
In Schritt q − 1 findet man, dass die Vektoren
q⋃ {
ϕ j( u (p−q+j) )
1 + U (p−q−1) , . . . , ϕ j( u (p−q+j) ) }
l p−q+j
+ U
(p−q−1)
in U (p−q) /U (p−q−1) linear unabhängig sind.
.

q. Schritt Ergänze
q⋃ {
j=1
ϕ j( u (p−q+j)
1
7.2 Nilpotenz und ϕ-Ketten 197
)
+ U (p−q−1) , . . . , ϕ j( u (p−q+j)
l p−q+j
)
+ U
(p−q−1) }
durch ũ (p−q)
1 , . . . , ũ (p−q)
l p−q
zu einer Basis für U (p−q) /U (p−q−1) und wähle Vektoren
u (p−q)
1 , . . . , u (p−q)
l p−q
∈ U (p−q) so, dass ũ (p−q)
1 = u (p−q)
i + U (p−q−1) . Dann ist
q⋃ {
j=0
ϕ j( u (p−q+j)
1
)
+ U (p−q−1) , . . . , ϕ j( u (p−q+j)
l p−q+j
)
+ U
(p−q−1) }
eine Basis für U (p−q) /U (p−q−1) . Teil (b) der Behauptung zeigt, dass für
⎛
q⋃ {
W (p−q) := span ⎝ ϕ j( u (p−q+j) )
1 , . . . , ϕ
j ( u (p−q+j) ) }⎞ ⎠
l p−q+j
gilt:
j=0
j=0
U (p−q) = U (p−q−1) ⊕ W (p−q) .
Teil (a) der Behauptung zeigt, dass
q⋃ {
ϕ j+1( u (p−q+j) )
1 + U (p−q−2) , . . . , ϕ j+1( u (p−q+j) ) }
l p−q+j
+ U
(p−q−2)
in U (p−q−1) /U (p−q−2) linear unabhängig ist.
Als Ergebnis unserer Konstruktion erhalten wir das folgende Schema:
.
U (1) . . . U (p−q) . . . U (p−2) U (p−1) U (p)
ϕ p−1 (u (p)
1 ) ← . . . ← ϕq (u (p)
1 ) ← . . . ← ϕ2 (u (p)
1 ) ← ϕ(u(p) 1 ) ← u(p) 1
.
.
. . .
ϕ p−1 (u (p)
l p
) ← . . . ← ϕ q (u (p)
l p
) ← . . . ← ϕ 2 (u (p)
l p
) ← ϕ(u (p)
l p
) ← u (p)
l p
ϕ p−2 (u (p−1)
1 ) ← . . . ← ϕ q−1 (u (p−1)
1 ) ← . . . ← ϕ(u (p−1)
1 ) ← u (p−1)
1 W (p)
.
.
. .
ϕ p−2 (u (p−1)
l p−1
) ← . . . ← ϕ q−1 (u (p−1) ) ← . . . ← ϕ(u (p−1) ) ← u (p−1)
l p−1
.
.
ϕ p−q (u (p−q+1)
1 ) ← . . . ← ϕ(u (p−q+1)
1 ) ← . . .
.
.
.
.
ϕ p−q (u (p−q+1)
l p−q+1
) ← . . . ← ϕ(u (p−q+1)
l p−q+1
) ← . . .
ϕ p−q−1 (u (p−q)
1 ) ← . . . ← u (p−q)
1
.
.
ϕ p−q−1 (u (p−q)
l p−q
) ← . . . ← u (p−q)
l p−q
.
u (1)
1.
. W (p−q)
l p−1
l p−1
. W (p−1)
u (1)
l 1
W (1)

198 7 Die Jordan-Normalform
Damit sehen wir
V = U (p) = U (p−1) ⊕ W (p) = . . . = W (1) ⊕ . . . ⊕ W (p) ,
woraus mit Proposition 5.5.9 folgt, dass
p−1
⋃
q⋃ {
q=0 j=0
ϕ j( u (p−q+j)
1
)
, . . . , ϕ
j ( u (p−q+j) ) }
l p−q+j
eine Basis für V ist, die aus ϕ-Ketten besteht.
⊓⊔
Wenn man die im Beweis von Satz 7.2.6 gewonnene Basis entsprechend dem
dort angegebenen Schema von links oben nach rechts unten liest, dann hat die darstellende
Matrix von ϕ bzgl. dieser Basis Blockdiagonalgestalt mit Jordanblöcken,
die auf der Diagonale Nullen stehen haben.
Beispiel 7.2.7. Wir greifen die Matrix A aus Beispiel 7.1.9 noch einmal auf und
betrachten für ϕ = ϕ A zunächst ϕ| V λ 1 : V λ1 → V λ1 mit λ 1 = 3. Die Abbildung
ψ 1 := ϕ| V λ 1 − 3 id : V λ1 → V λ1 hat bzgl. der Basis
⎛ ⎞ ⎛
1
−1
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ , ⎜
⎝
0
1
0
−1
0
0
⎞ ⎛
⎟
⎠ , ⎜
⎝
1
0
0
−1
0
⎞
⎟
⎠
für V λ1
die darstellende Matrix
⎛ ⎞
0 1 0
A ′ 1 = ⎝ 0 0 1 ⎠ .
0 0 0
Die Potenzen dieser Matrix sind:
⎛ ⎞2
⎛ ⎞
⎛ ⎞
0 1 0 0 0 1
0 1 0
(A ′ 1) 2 = ⎝ 0 0 1 ⎠ = ⎝ 0 0 0 ⎠ , (A ′ 1) 3 = ⎝ 0 0 1 ⎠
0 0 0 0 0 0
0 0 0
Jetzt müssen wir die Kerne ker (ψ 1 ) l berechnen, d.h. wir müssen die Gleichungen
(A ′ 1) l x = 0 lösen und dann feststellen (Übung!), dass x = (x 1 , x 2 , x 3 ) ⊤ genau dann
eine Lösung dieser Gleichung ist, wenn
⎛ ⎞ ⎛
1
−1
x 1 ⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠ + x 2 ⎜
⎝
0
gilt. Als Ergebnis erhält man
1
0
−1
0
0
⎞
⎛
⎟
⎠ + x 3 ⎜
⎝
1
0
0
−1
0
⎞
⎟
⎠ ∈ ker (ψ 1) l
3
= 0.

0 ⊂ ker ψ
} {{ } 1 ⊂ ker ψ1
2 } {{ }
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
1 1 1
−1
−1
0
R
0
R
0
+R
−1
⎜
⎝ 0 ⎟ ⎜
⎠ ⎝ 0 ⎟ ⎜
⎠ ⎝ 0
0 0 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 1
1
0
ψ ⎜0
1
−1
ψ
⎟ ← ⎜ 0
1
0
⎟ ←
⎜−1
⎟
⎝0⎠
⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠
0 0
0
7.2 Nilpotenz und ϕ-Ketten 199
⎞
⎟
⎠
⊂ ker ψ 3 1 = V λ1
ψ 1
←
Genauso verfahren wir jetzt mit V λ2 . Wegen
( )
3 − λ 1
det
= (2 − λ) 2
−1 1 − λ
⎛
⎜
⎝
1
0
0
−1
0
⎞
⎟
⎠
ist λ 2 = 2 der einzige Eigenwert von ϕ| V λ 2 : V λ2 → V λ2 . Die Abbildung ψ 2 :=
ϕ| V λ 2 − 2 id : V λ2 → V λ2 hat bzgl. der Basis
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 0
0
⎜ 0
⎟
⎝ 1 ⎠ , 0
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠
0 1
für V λ2
die darstellende Matrix
A ′ 2 =
( ) 1 1
,
−1 −1
und es gilt
Hier finden wir
(A ′ 2) 2 =
( ) 2
1 1
= 0.
−1 −1
0 ⊂ ker ψ
} {{ } 2 ⊂ ker ψ2 2 = V λ2
⎛ ⎞
0
0
R
0
⎜
⎝ 1 ⎟
⎠
−1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0 0
0
ψ ⎜0
2
0
⎟ ← ⎜ 0
⎟
⎝0⎠
⎝ 1 ⎠
0 −1
ψ 2
←
⎛ ⎞
0
0
⎜0
⎟
⎝0⎠
1
Schließlich wählen wir als Basis für V λ1 und V λ2 die entsprechenden ψ 1 - bzw. ψ 2 -
Ketten: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞⎫
1 1 1
0 0
⎧⎪ ⎨ −1
⎜ 0
⎟
⎝
⎪ 0 ⎠ , 0
⎜ −1
⎟
⎝ 0 ⎠ , 0
⎪⎬ ⎪⎨
0
⎜ 0
⎟ ,
⎜ 0
⎟
⎝ −1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ , 0
⎪⎬
⎜ 0
⎟
⎝ 0 ⎠
⎩ ⎪⎭ ⎪⎩
⎪⎭
0 0 0
−1 1

200 7 Die Jordan-Normalform
und als Basis für V die Vereinigung dieser beiden Basen. Bzgl. dieser Basis hat ϕ
die Matrix:
⎛ ⎞
3 1 0 0 0
0 3 1 0 0
⎜ 0 0 3 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 2 1 ⎠
0 0 0 0 2
⊓⊔
In den beiden obigen Beispielen genügte jeweils eine ϕ-Kette, um die ganze Basis
zu erhalten. Im folgenden Beispiel ist das anders.
Beispiel 7.2.8. Sei
Dann gilt
⎛
A =
⎜
⎝
3 1
3
3 1
3 1
3
3 1
3 1
3
3 1
3 1
3 1
3
⎞
.
⎟
⎠
χ A (λ) = det(A − λ · 1 12 ) = (3 − λ) 12 ,
d.h. es existiert nur ein Eigenwert λ 1 = 3 mit r 1 = 12 als Dimension des
verallgemeinerten Eigenraums zu λ 1 . Wir setzen ϕ := ϕ A : R 12 → R 12 und
ψ := ϕ − λ 1 id : R 12 → R 12 und bestimmen
A − 3 · 1 12 =
⎜
⎝
⎛
(A−3·1 12 ) 2 =
⎜
⎝
{0} ⊆ ker (ψ) ⊆ . . . ⊆ ker ( ψ 11) ⊆ ker ( ψ 12) .
⎛
0 1
⎞
0 0
⎟
0 0
0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0
⎞
, ker (ψ) = span{e 1 , e 3 , e 6 , e 9 }
⎟
⎠
, ker ( (ψ) 2) = span{e 1 , . . . , e 4 , e 6 , e 7 , e 9 , e 10 }
⎟
⎠

⎛
(A − 3 · 1 12 ) 3 =
⎜
⎝
⎛
(A − 3 · 1 12 ) 4 =
⎜
⎝
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
⎞
7.2 Nilpotenz und ϕ-Ketten 201
, ker ( (ψ) 3) = span{e 1 , . . . , e 11 }
⎟
⎠
⎞
, ker ( (ψ) 4) = span{e 1 , . . . , e 12 }.
⎟
⎠
Um die gewünschte Basis zu erhalten müssen nun die folgenden Schritte durchgeführt
werden:
1. (i) Wähle eine Basis von ker ( (ψ) 3) und ergänze zu einer Basis von ker ( (ψ) 4)
{e 1 , . . . , e 11 } Basis für ker ( (ψ) 3) , ergänzt: e 12
(ii) Bilde die ψ–Kette des ergänzten Vektors.
2. (i) Betrachte ker ( (ψ) 2) und die Elemente der ψ–Kette, die in ker ( (ψ) 3) liegen.
Wenn B 2 eine Basis für ker ( (ψ) 2) ist, dann ist B 2 ∪ { Elemente der ψ–
Ketten, die in ker ( (ψ) 3) \ ker ( (ψ) 2) liegen} linear unabhängig. Ergänze
diese Menge zu einer Basis von ker ( (ψ) 3) .
{e 1 , e 2 , e 3 , e 4 , e 6 , e 7 , e 9 , e 10 } ∪ {e 11 } Basis für ker ( (ψ) 2) , ergänzt: e 5 , e 8
(ii) Bilde die ψ–Ketten der ergänzten Vektoren.
3. (i) Betrachte ker (ψ) und die Elemente der ψ–Ketten, die in ker ( (ψ) 2) \ker (ψ)
liegen. Sei B 1 eine Basis für ker (ψ), dann ist B 1 ∪{ Elemente der ψ–Ketten,
die in ker ( (ψ) 2) \ ker (ψ) liegen } linear unabhängig. Ergänze diese Menge
zu einer Basis von ker ( (ψ) 2) .
{e 1 , e 3 , e 6 , e 9 , e 10 } ∪ {e 4 , e 7 , e 10 } Basis für ker ( (ψ) ) , ergänzt: e 2
(ii) Bilde die ψ–Ketten der ergänzten Vektoren.
Das zugehörige Diagramm der ψ–Ketten sieht wie folgt aus:
{0} ⊆ ker (ψ) ⊆ ker ( (ψ) 2) ⊆ ker ( (ψ) 3) ⊆ ker ( (ψ) 4) = R 12
0
ψ
←− e 9
ψ
←− e10
ψ
←− e11
ψ
←− e12 1.
0
ψ
←− e 6
ψ
←− e7
ψ
←− e8 2.
0
ψ
←− e 3
ψ
←− e4
ψ
←− e5
0
ψ
←− e 1
ψ
←− e2 3.

202 7 Die Jordan-Normalform
Die gesuchte Basis ist die Vereinigung der ψ–Ketten. Innerhalb dieser Ketten
darf man die Reihenfolge nicht vertauschen.
Basis: {e 9 , e 10 , e 11 , e 12 , e 6 , e 7 , e 8 , e 3 , e 4 , e 5 , e 1 , e 2 }
bzgl. dieser Basis hat ψ die Matrix:
⎛
0 1
0 1
0 1
0
A =
⎜
⎝
0 1
0 1
0
0 1
0 1
0
0 1
0
⎞
⎟
⎠
⊓⊔
Übung 7.2.1. Es seien ϕ : K n → K n eine lineare Abbildung, B ⊂ K n eine Basis von
Kern(ϕ 3 ) und v, w ∈ Kern(ϕ 4 ) so gewählt, daß {v, w} ∪ B linear abhängig ist. Zeige durch
direktes Vorgehen, dass die Menge
linear unabhängig ist.
{v, w, ϕ(v), ϕ(w), ϕ 2 (v), ϕ 2 (w), ϕ 3 (v), ϕ 3 (w)}
Übung 7.2.2. Zeige, daß die Abbildung ϕ : R 4 → R 4 mit darstellender Matrix
⎛
⎞
2 −1 2 −2
A = ⎜ 0 2 0 2
⎟
⎝−2 1 −2 2 ⎠
0 −2 0 −2
bezüglich der Standardbasis nilpotent ist, und bestimme mit Hilfe von ϕ-Ketten eine Basis
des R 4 , bezüglich der die Matrix von ϕ eine möglichst einfach Gestalt annimmt.
Übung 7.2.3. Es seien ϕ : K n → K n eine lineare Abbildung, B ⊂ K n eine Basis von
Kern(ϕ 3 ) und v, w ∈ Kern(ϕ 4 ) so gewählt, dass {v, w} ∪ B linear unabhängig ist. Zeige
durch direktes Vorgehen, dass die Menge
linear unabhängig ist.
{v, w, ϕ(v), ϕ(w), ϕ 2 (v), ϕ 2 (w), ϕ 3 (v), ϕ 3 (w)}
Übung 7.2.4. Zeige, dass die Abbildungen ϕ : R 3 → R 3 und ψ : R 4 → R 4 mit darstellenden
Matrizen (bezüglich der Standardbasen)
⎛
⎞
⎛ ⎞
2 −1 2 −2
0 2 2
A = ⎝0 0 2⎠ , B = ⎜ 0 2 0 2
⎟
⎝−2 1 −2 2 ⎠
0 0 0
0 −2 0 −2
nilpotent sind, und bestimme mit Hilfe von ϕ/ψ-Ketten Basen von R 3 bzw. R 4 , bezüglich
der die darstellenden Matrizen möglichst einfache Gestalt annehmen.

7.3 Die Jordan–Normalform 203
Übung 7.2.5. Es seien V ein K-Vektorraum mit dim V < ∞, ϕ ∈ End K(V ) ein Endomorphismus
und λ ∈ K. Zeige für B l (λ) := im (ϕ − λ id V ) l :
1. B l (λ) ⊇ B l+1 (λ) für alle l ∈ N,
2. ϕ(B l (λ)) ⊆ B l (λ) für alle l ∈ N,
3. die Folge der Bildräume B 1(λ) ⊇ B 2(λ) ⊇ · · · wird vom gleichen Index an konstant
wie die Folge der Kernräume V 1(λ) ⊆ V 2(λ) ⊆ · · · mit V l (λ) := ker (ϕ − λ id V ) l wie
in Bemerkung 7.1.2.
Übung 7.2.6. Bestimme die Jordan–Normalform der folgenden nilpotenten Matrix und
gib eine dazugehörige Übergangsmatrix an.
⎛
⎞
1 −2 0 −1 2
1 −3 −1 0 3
A =
⎜0 2 1 −1 −3
⎟
⎝1 0 0 −1 −2⎠
0 −1 0 0 2
Übung 7.2.7. Sei K ein Körper und n ∈ N mit n < |K|. Zeige, dass sich jede Matrix
A ∈ Mat(n × n, K), dessen charakteristisches Polynom in Linearfaktoren zerfällt, zerlegen
lässt in die Summe
A = S + N
einer diagonalisierbaren Matrix S und einer nilpotenten Matrix N, für die außerdem SN =
NS gilt.
Übung 7.2.8. Für Matrizen A, B ∈ Mat(n×n, K) sei [A, B] := AB−BA der Kommutator.
Zeige:
1. Für A, B mit [A, B] = 0 gilt
(1) (A + B) k = ∑ k
( k
l=0 l)
A l B k−l für alle k ∈ N,
(2) sind A, B nilpotent, so ist A + B nilpotent,
2. Sei n < |K| und A ∈ Mat(n × n, K) eine Matrix, dessen charakteristisches Polynom in
Linearfaktoren zerfällt. Dann ist die Zerlegung A = S + N in eine diagonalisierbare
Matrix S und eine nilpotente Matrix N mit [S, N] = 0 ist eindeutig.
Hinweis: Interpretiere die Matrizen als lineare Abbildungen, betrachte die Zerlegung
in verallgemeinerte Eigenräume und zeige, dass die Abbildung mit Darstellungsmatrix
S − λ 1 n in der Einschränkung auf V λ nilpotent ist.
7.3 Die Jordan–Normalform
Zu jedem ϕ ∈ End K (V ), für den die charakteristische Polynomfunktion in Linearfaktoren
zerfällt, möchte man eine Basis zu finden, bzgl. der die Matrix von
ϕ eine Blockdiagonalmatrix ist, deren einzelne Blöcke Jordanblöcke sind. Anders
ausgedrückt wollen wir zu einer Matrix A mit zerfallender charakteristischer Polynomfunktion
eine Übergangsmatrix C finden, für die A ′ = C −1 AC eine Blockdiagonalmatrix
ist, deren einzelne Blöcke Jordanblöcke sind. D.h. A ′ soll die Gestalt

204 7 Die Jordan-Normalform
⎛
⎞
λ 1 1 0
. .. . ..
. .. 1
0 λ 1 . .. λ 1 1 0
.
A ′ .. . ..
=
. .. 1
0 λ 1 λ 2 1 0
. .. . ..
. .. 1
⎜
⎝
0 λ 2
⎟
⎠
. ..
haben. Man sagt dann, die Matrix sei in Jordan–Normalform.
Bemerkung 7.3.1. Die Jordan-Normalform hat Anwendungen in vielen Bereichen
der Mathematik, zum Beispiel hat sie große Bedeutung für das Lösen von partiellen
Differentialgleichungssystemen erster Ordung mit konstanten Koeffizienten. Hier
reduziert die einfache Form der Jordan-Normalform das Problem auf sukzessive
Integration eines kleinen Systems. Um die Lösungen des ursprünglichen Systems
zurückzuerhalten, werden die Übergangsmatrizen wesentlich gebraucht.
Sei K ein Körper mit mindestens n + 1 Elementen, V ein K-Vektorraum der Dimension
n und ϕ ∈ End K (V ). Weiter zerfalle die charakteristische Polynomfunktion
χ ϕ (λ) = (λ 1 − λ) r1 . . . (λ k − λ) r k
, wobei λ i ≠ λ j für i ≠ j und r 1 + . . . , +r k = n.
Dann zerlegt sich V nach Satz 7.1.6 als V = V λ1 ⊕ . . . ⊕ V λ k
, wobei V λj der
verallgemeinerte Eigenraum zum Eigenwert λ j ist. Es gilt dim(V λj ) = r j und die
Einschränkung ϕ j = ϕ| V
λ j von ϕ auf V λj erfüllt χ ϕj (λ) = (λ j − λ) rj . Also ist die
Abbildung ψ j = ϕ j − λ j id V
λ j : V λj → V λj nach Lemma 7.2.1 nilpotent. Mit Satz
7.2.6 finden wir also eine Basis {v (j)
1 , . . . , v(j) r j
} für V λj , die aus ψ j -Ketten besteht
und bzgl. der ψ j eine darstellende Matrix der Form
⎛
⎜
⎝
0 1
. .. . ..
. .. 1
0
0 1
. .. 1
0
⎞
⎟
⎠
. ..
hat. Daher hat die darstellende Matrix von ϕ j bzgl. dieser Basis die Form

7.3 Die Jordan–Normalform 205
⎛
⎞
λ j 1
. .. . ..
. .. 1 λ j λ j 1
.
. .. 1 ⎜
⎝
λ j
⎟
⎠
. ..
Wir setzen jetzt die Basen {v (j)
1 , . . . , v(j) r j
} für V λj zu einer Basis
{v (1)
1 , . . . , v(1) r 1
, v (2)
r 2
1 , . . . , v(2)
, . . . , v (k)
1 , . . . , v(k) r k
}
für V zusammen, dann hat ϕ bzgl. dieser Basis die gewünschte Gestalt. Damit
haben wir den folgenden Satz bewiesen:
Satz 7.3.2 (Jordan–Normalform). Sei K ein Körper mit mindestens n + 1 Elementen
und A ∈ Mat(n × n, K). Die charakteristische Polynomfunktion χ A von A
sei von der Form χ A (λ) = (λ 1 − λ) r1 · · · (λ k − λ) r k
(λ j paarweise verschieden und
r 1 + . . . , +r k = n). Sei V = K n und ϕ ∈ End K (V ) die zu A gehörige lineare Abbildung
(bzgl. der Standardbasis). Dann ist A ähnlich zu einer Blockdiagonalmatrix
⎛
⎞
⎜
⎝
A (1)
1
. ..
A (1)
q 1
A (2)
1
. ..
A (k)
1
. ..
A (k)
q k
,
⎟
⎠
wobei jeder Block A (j)
i
A (j)
i =
ein Jordan–Block mit Diagonalelement λ j ist, d.h. es gilt
⎛
⎞
λ j 1 0
. .. . ..
⎜
⎝
. ⎟ .. 1 ⎠ ∈ Mat(m(j) i × m (j)
i , K).
0 λ j
Eine Matrix von der Form, wie sie in Satz 7.3.2 angegeben ist, heißt eine Matrix
in Jordan–Normalform.
⊓⊔
Satz 7.3.3 (Cayley–Hamilton). Sei K ein Körper mit mindestens n + 1 Elementen
und A ∈ Mat(n × n, K). Die charakteristische Polynomfunktion χ A von A
sei von der Form χ A (λ) = (λ 1 − λ) r1 · · · (λ k − λ) r k
mit λ j paarweise verschieden
und r 1 + . . . , +r k = n. Dann gilt
χ A (A) := (λ 1 1 − A) r1 · · · (λ k 1 − A) r k
= 0.

206 7 Die Jordan-Normalform
Beweis. Idee: Schreibe A in Jordan-Normalform.
Wegen C −1 χ A (A)C = χ A (C −1 AC) = χ C −1 AC(C −1 AC) (vgl. Satz 6.3.11)
können wir nach Satz 7.3.2 annehmen, dass A in Jordan–Normalform ist. Weil
dann χ A (A) in Blockdiagonalform ist, genügt zu zeigen, dass für jeden Block einer
der Faktoren die Nullmatrix ist. Wenn A (j)
i ∈ Mat(r j × r j , K) die Summe der zu λ j
gehörigen Jordanblöcke ist, genügt es also zu zeigen, dass
(λ j 1 rj − A (j)
i ) rj = 0.
Aber diese Gleichheit folgt aber sofort aus dem Umstand, dass λ j 1 rj
strikt obere Dreiecksmatrix mit r j Zeilen und Spalten ist.
− A (j)
i
eine
⊓⊔
Als nächstes behandeln wir die Frage, wie man im Falle reeller Matrizen mit
nichtzerfallendem charakteristischem Polynom vorgeht, wenn man nur reelle Matrizen
bei den Ähnlichkeitsumformungen zulassen will.
Proposition 7.3.4. Sei A ∈ Mat(n × n, R) ⊆ Mat(n × n, C) und λ o
Eigenwert von A. Dann ist auch λ o ein Eigenwert von A.
Beweis. Schreibe χ A (λ) = ∑ n
j=0 a jλ j mit a j ∈ R. Dann gilt
∈ C ein
n∑
n∑
χ A (λ) = a j λ j = a j λ j = χ A (λ).
j=0
j=0
Wenn also χ A (λ o ) = 0, dann gilt auch
χ A (λ o ) = χ A (λ o ) = 0 = 0.
⊓⊔
Proposition 7.3.5. Sei A ∈ Mat(n × n, R) ⊆ Mat(n × n, C) und λ o ∈ C ein
Eigenwert von A. Weiter sei V λo ⊆ C n der verallgemeinerte Eigenraum von
ϕ A : C n → C n zum Eigenwert λ o . Dann ist die Abbildung
V λo
ein Isomorphismus von R-Vektorräumen.
→ V λo
v ↦→ v
Beweis. Wir haben v ∈ V λo genau dann, wenn es ein m ∈ N mit (A − λ o 1) m v = 0
gibt. Wendet man auf diese Gleichung die komplexe Konjugation an, so erhält man,
dass dies äquivalent zu v ∈ V λo ist. Damit sieht man, dass die Abbildung
V λo
→ V λo
v ↦→ v
wohldefiniert und bijektiv ist. Die R-Linearität folgt sofort aus
rv + sw = rv + sw = rv + sw
für alle r, s ∈ R.
⊓⊔

7.3 Die Jordan–Normalform 207
Proposition 7.3.6. Sei A ∈ Mat(n × n, R) ⊆ Mat(n × n, C) und λ o ∈ C \ R ein
Eigenwert von A. Weiter sei {v 1 , . . . , v k } eine Basis für den C-Vektorraum V λo .
Dann ist
{
v1 + v 1
B := , v 1 − v 1
, . . . , v k + v k
, v }
k − v k
2 2i 2 2i
eine Basis für den R-Vektorraum R n ∩ (V λo + V λo ).
Beweis. Idee: Mache aus den reellen Linearkombinationen der Elemente von B komplexe
Linearkombinationen von {v 1, . . . , v k , v 1, . . . , v k }.
und
Wegen
( )
vj + v j
2
= v j + v j
2
( )
vj − v j
= v j − v j
2i −2i
= v j + v j
2
= v j − v j
2i
ist B in R n ∩ (V λo + V λo ) enthalten.
Um die lineare Unabhängigkeit von B über R zu zeigen, wähle a j , b j ∈ R und
setze an
0 =
k∑
j=1
(
)
v j + v j v j − v j
a j + b j
2 2i
=
k∑
j=1
(
aj
2 + b ) (
j aj
v j +
2i 2 − b )
j
v j .
2i
Dann folgt 0 = ∑ k
j=1 (a j − ib j ) v j ∈ V λo und 0 = ∑ k
j=1 (a j + ib j ) v j ∈ V λo , weil
wegen λ o ∈ C \ R gilt V λo ∩ V λo = {0}. Also hat man a j ± ib j = 0 für j = 1, . . . , k,
da die v j C-linear unabhängig sind. Insbesondere sind dann auch die a j und die b j
gleich Null.
Um zu zeigen, dass B den R-Vektorraum R n ∩ (V λo + V λo ) aufspannt, wählt
man v ∈ V λo und w ∈ V λo so, dass v + w ∈ R n . Dann gilt v + w = v + w und daher
v − w = v − w ∈ V λo ∩ V λo = {0}.
Dies zeigt w = v. Mit v = ∑ k
j=1 (a j − ib j )v j , folgt dann w = ∑ k
j=1 (a j + ib j )v j , also
v + w =
=
k∑
a j (v j + v j ) −
j=1
k∑
j=1
2a j
(
vj + v j
2
k∑
ib j (v j − v j )
j=1
)
+
k∑
j=1
( )
vj − v j
2b j .
2i
⊓⊔
Proposition 7.3.7. Sei A ∈ Mat(n × n, R) ⊆ Mat(n × n, C) und λ o ∈ C \ R ein
Eigenwert von A. Weiter sei {v 1 , . . . , v k } eine Basis für den C-Vektorraum V λo .
Wenn die darstellende Matrix von
bzgl. dieser Basis gleich
ϕ A | V λo : V λo
→ V λo

208 7 Die Jordan-Normalform
⎛
⎞
λ o 1
. .. . ..
. .. 1 A ′ =
λ o λ o 1
. .. 1 ⎜
⎝
λ o
⎟
⎠
. ..
ist, dann ist die darstellende Matrix von
ϕ A | V λo ⊕V
: V λo ⊕ V λo
→ V λo ⊕ V λo
λo
bzgl.
{v 1 , . . . , v k , v 1 , . . . , v k }
gleich ( A
′
0
0 A ′ )
und die darstellende Matrix von
ϕ A | R n ∩(V λo ⊕V λo ) : Rn ∩ (V λo ⊕ V λo ) → R n ∩ (V λo ⊕ V λo )
bzgl. {
v1 + v 1
2
gleich
⎛
A ′ =
⎜
⎝
Re λ o Im λ o 1 0
− Im λ o Re λ o 0 1
, v 1 − v 1
2i
, . . . , v k + v k
, v }
k − v k
2 2i
1 0
0 1
Re λ o Im λ o
− Im λ Re λ o o
Re λ o Im λ o 1 0
− Im λ o Re λ o 0 1
1 0
0 1
Re λ o Im λ o
− Im λ o Re λ o
⎞
⎟
⎠
. ..
Beweis. Sei m 1 die Länge des ersten Jordanblocks in A ′ . Wir rechnen
Av m1
= λ o v m1 + v m1−1
Av m1−1 = λ o v m1−1 + v m1−2
.
Av 1 = λ o v 1

7.3 Die Jordan–Normalform 209
und analog
Av m1
= λ o v m1 + v m1−1
Av m1−1 = λ o v m1−1 + v m1−2
.
Av 1 = λ o v 1 .
Dann folgt die Behauptung, indem man diese beiden Sätze von Gleichungen geeignet
kombiniert.
⊓⊔
Wenn wir die obigen Propositionen 7.3.4, 7.3.5, 7.3.6 und 7.3.7 auf jeden Eigenwert
von A separat anwenden, erhalten wir den folgenden Satz:
Satz 7.3.8 (Reelle Jordan–Normalform). Jedes A ∈ Mat(n × n, R) ist ähnlich
zu einer Blockdiagonalmatrix
⎛
⎞
A 1
. ..
A k
⎜
⎝
⎟
⎠
mit Blöcken der Form
oder
⎛
⎞
λ j 1 0
. .. . ..
A j =
⎜
⎝
. ⎟ .. 1 ⎠
0 λ j
⎛
Re λ j Im λ j 1 0
− Im λ j Re λ j 0 1
⎜
⎝
⎞
. .. 1 0
.
0 1
⎟
Re λ j Im λ j
⎠
− Im λ j Re λ j
Dabei sind die λ j die Eigenwerte von A und der zweite Fall tritt auf, wenn Im λ j ≠
0. ⊓⊔
( ) 0 −2
Beispiel 7.3.9. Betrachte die Matrix A = ∈ Mat(2×2, R) ⊆ Mat(2×2, C).
1 2
Das charakteristische Polynom ist dann
( ) −λ −2
χ A (λ) = det
= λ 2 − 2λ + 2 = (λ − (1 + i))(λ − (1 − i)).
1 2 − λ
A hat zwei verschiedene Eigenwerte( in C, ist also ) diagonalisierbar über C. Damit ist
1 + i 0
A als komplexe Matrix ähnlich zu
und man rechnet sofort nach, dass
0 1 − i
( ) ±i − 1
die Eigenräume zu 1 ± i durch C · gegeben sind. Die Übergangsmatrix C
1

210 7 Die Jordan-Normalform
( ) i − 1
von der Standardbasis für C 2 zu v 1 := , v
1 2 :=
( ) −i 1 − i
und ihre Inverse ist C −1 = 1 2
. Damit gilt dann
i 1 + i
Beachte, dass
v 1 + v 1
2
C −1 AC =
=
( ) −1
1
( )
1 + i 0
.
0 1 − i
und v 1 − v 1
2i
=
( ) −i − 1
ist
1
( 1
0)
.
( )
i − 1 −i − 1
1 1
Die ( beiden ) Vektoren bilden eine Basis ( für ) R 2 und mit der Übergangsmatrix ˜C =
−1 1
, deren Inverse durch
1 0
˜C 0 1
= gegeben ist, findet man
1 1
( )
˜C −1 A ˜C 1 1
= .
−1 1
Beispiel 7.3.10. Betrachte die Matrix
⎛
⎞
0 1 0 0 0 1
−1 0 0 0 0 0
A =
0 0 0 1 0 0
⎜ 0 0 −1 0 0 0
,
⎟
⎝ 0 0 0 0 0 1⎠
0 0 0 0 −1 0
deren charakteristisches Polynom durch χ A (λ) = (λ 2 + 1) 3 = (λ + i) 3 (λ − i) 3
gegeben ist. Der verallgemeinerte Eigenraum V i von A zum Eigenwert i in V = C 6
hat folgende aus (ϕ A | V i − i id)–Ketten bestehende Basis:
⎛
v 1 =
⎜
⎝
und die zugehörige Matrix ist
− 1 2
i
2
0
0
0
0
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0
0
1
2
0
, v 2 =
0
⎟ ⎜ 0
, v 3 =
i
⎟ ⎜−1
⎟
⎠ ⎝ i ⎠ ⎝ 0 ⎠
−1
0
⎛
⎝ 0 1 0
⎞
0 0 0⎠ .
0 0 0
Also hat ϕ A bzgl. der Basis {v 1 , v 2 , v 3 , v 1 , v 2 , v 3 } für V die darstellende Matrix
⎛
⎞
i 1 0 0 0 0
0 i 0 0 0 0
0 0 i 0 0 0
⎜0 0 0 −i 1 0
.
⎟
⎝0 0 0 0 −i 0 ⎠
0 0 0 0 0 −i
Die Übergangsmatrix ˜C von der Standardbasis zur Basis { v1+v1
für R 6 ist gegeben durch
2
, v1−v1
2i
⊓⊔
v 2+v 2
2
, v2−v2 v 3+v 3
2i 2
, v3−v3
2i
}

7.3 Die Jordan–Normalform 211
⎛
− 1 2 0 0 0 0 0 ⎞
0 1 1
2 2 0 0 0
˜C =
0 0 0 0 0 1
⎜ 0 0 0 0 −1 0
.
⎟
⎝ 0 0 0 1 0 0⎠
0 0 −1 0 0 0
Schließlich findet man
⎛
⎞
0 1 1 0 0 0
−1 0 0 1 0 0
˜C −1 A ˜C =
0 0 0 1 0 0
⎜ 0 0 −1 0 0 0
.
⎟
⎝ 0 0 0 0 0 1⎠
0 0 0 0 −1 0
⊓⊔
Übung 7.3.1. Sei V ein R-Vektorraum und I : V → V eine komplexe Struktur auf V ,
d.h. eine R-lineare Abbildung mit I 2 = id. Sei I C : V C → V C die komplex lineare Fortsetzung
von I. Zeige:
(i) I C hat nur die Eigenwerte i und −i.
(ii) Sei V ± C der Eigenraum von I C zum Eigenwert ±i. Dann gilt V C = V + C ⊕ V − C .
(iii) V ± C
= {v ∓ iIv : v ∈ V }.
(iv) Die Abbildungen
V → V ± C , v ↦→ v ∓ i Iv
sind R-Vektorraumisomorphismen.
Übung 7.3.2. Berechne die reelle Jordan–Normalform von folgenden Matrizen
⎛
⎞
1 0 0 0 0
0 1 −1 0 0
A =
⎜ 0 0 1 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 1 0 ⎠
0 −1 0 0 1
⎛
⎞
3 0 0 0 0
0 3 0 1 1
B =
⎜ 0 0 3 −1 0
⎟
⎝ 0 0 1 3 0 ⎠
0 −1 1 0 3
⎛
⎞
3 0 0 0 0
0 3 0 1 −3
C =
⎜ 0 0 3 3 0
⎟
⎝ 0 0 −3 3 0 ⎠
0 −3 1 0 3
( ) 0 2
D =
−2 2
( ) 0 2
E =
−2 −2
Übung 7.3.3. Berechne die reelle Jordan–Normalform von folgenden Matrizen

212 7 Die Jordan-Normalform
⎛
⎞
1 0 0 0 0
0 0 0 1 1
A =
⎜ 0 0 0 −1 0
⎟
⎝ 0 0 1 0 0 ⎠
0 −1 1 0 0
⎛ ⎞
1 0 0 0 0
0 0 0 1 1
B =
⎜ 0 0 0 1 0
⎟
⎝ 0 0 1 0 0 ⎠
0 1 1 0 0
( ) 0 1
C =
−1 −2
( ) 0 1
D =
−1 2
Übung 7.3.4. Betrachte die Matrix
⎛
⎞
1 0 −2 0
A = ⎜ −1 1 0 −2
⎟
⎝ 2 0 1 0 ⎠ .
0 2 −1 1
(i) Verifiziere χ A(λ) = (λ 2 − 2λ + 5) 2 .
(ii) Berechne die reelle Jordan–Normalform von A.
Übung 7.3.5. Berechne die Jordan–Normalform der Matrix A = (a ij) ∈ Mat(n × n, R)
mit a 1j = β, a jj = 2 für j = 1, . . . , n und a ij = 0 sonst. Gib eine Übergangsmatrix C an,
für die C −1 AC in Jordan–Normalform ist.
Übung 7.3.6. Bringe die folgende Matrix auf Jordan–Normalform und gib eine dazugehörige
Übergangsmatrix an:
⎛ ⎞
2 0 1 0 6
0 2 0 1 1
⎜ 0 0 2 0 1
⎟
⎝ 0 0 0 2 1 ⎠
0 0 0 0 2
Übung 7.3.7. Berechne die Jordan–Normalform der Matrix
( ) 0 1
A = ∈ Mat(2 × 2, C)
a 2b
für a, b ∈ R + und gib eine Übergangsmatrix C an, für die C −1 AC in Jordan–Normalform
ist.
Übung 7.3.8. Bringe die folgende Matrix auf Jordan–Normalform und gib die dazugehörige
Übergangsmatrix an: ⎛
⎞
5 −4 0 0
⎜ 2 −1 0 0
⎟
⎝ −2 2 2 1 ⎠
−1 1 −1 4
Übung 7.3.9. Berechne
( ) 10
−4 −3
,
10 7
⎛ ⎞
1 −2 3
⎝ 0 −1 3 ⎠
0 0 1
35
.

7.3 Die Jordan–Normalform 213
Übung 7.3.10. Berechne die Jordan–Normalform und die Übergangsmatrix für die Matrix
⎛
⎞
2 0 4 4 0
0 1 0 0 1
A =
⎜ 0 0 1 0 0
⎟
⎝−1 0 −3 −2 0⎠ .
0 0 1 0 1
Übung 7.3.11. A ∈ Mat(3 × 3, R) ⊂ Mat(3 × 3, C) habe Eigenwerte λ 1 = 1, mit
zügehorigem Eigenvektor v 1 = (0, 0, 2), und λ 2 = 1 + i, mit zugehorigem Eigenvektor
v 2 = (1, 2 + i, 0). Bestimme A.
Übung 7.3.12. Berechne die Jordan–Normalform und die Übergangsmatrizen für die Matrix
⎛
⎞
0 1 −1 0 −1
1 1 0 0 0
A =
⎜ 2 −1 2 0 1
⎟
⎝−1 1 −1 1 0 ⎠ .
0 0 0 0 1
Übung 7.3.13. Sei τ : R 2 → C gegeben durch τ ( ( ( )
x ) x = x+iy für ∈ R
y) 2 . Wenn C als
y
R-Vektorraum betrachtet wird, ist τ ein R-Isomorphismus. Für welche A ∈ Mat(2 × 2, R)
ist die Abbildung
ψ A := τ ◦ ϕ A ◦ τ −1 : C → C
komplex-linear?
Übung 7.3.14. Berechne die Jordan–Normalform und die Übergangsmatrizen für die Matrix
⎛
⎞
5 −4 0 0
A = ⎜ 2 −1 0 0
⎟
⎝−2 2 2 1⎠ .
−1 1 −1 4
Übung 7.3.15. Liste (bis auf Ähnlichkeit) alle mögliche Jordan-Normalformen einer Matrix
A ∈ Mat(3×3, C) mit einem einzigen Eigenwert λ = a. Bei jedem Jordan-Normalform
finde die Dimension des Eigenraums E a von ϕ A zum Eigenwert a. Und was passiert wenn
A ∈ Mat(2 × 2, C)?
Übung 7.3.16. Sei
⎛ ⎞
0 1 2 4
A = ⎜−1 0 3 1
⎟
⎝ 0 0 0 1⎠ ∈ Mat(4 × 4, R) ⊂ Mat(4 × 4, C).
0 0 −1 0
(a) Berechne die Jordan-Normalform von A.
(b) Berechne die reelle Jordan-Normalform von A.
Übung 7.3.17. Berechne die Jordan-Normalform und die Übergangsmatrix für
⎛ ⎞
4 1 1 2 2
−1 2 1 3 0
A =
⎜ 0 0 3 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 2 1⎠ .
0 0 0 1 2
Folgende Informationen können ohne Beweis benutzt werden:
(i) A hat Eigenwerte λ 1 = 3 (mit Vielfachheit 4) und λ 2 = 1 (mit Vielfachheit 1);
(ii)

214 7 Die Jordan-Normalform
⎛
⎞
⎛
⎞
0 0 2 5 2
0 0 0 −3 3
0 0 −2 −8 1
(A − 3 · 1) 2 =
⎜0 0 0 0 0
⎟
⎝0 0 0 2 −2⎠ , (A − 3 · 0 0 0 9 −9
1)3 =
⎜0 0 0 0 0
⎟
⎝0 0 0 −4 4 ⎠ ,
0 0 0 −2 2
0 0 0 4 −4
⎛
⎞
0 0 0 6 −6
0 0 0 −18 18
(A − 3 · 1) 4 =
⎜0 0 0 0 0
⎟
⎝0 0 0 8 −8⎠ .
0 0 0 −8 8
Übung 7.3.18. Liste (bis auf Ähnlichkeit) alle möglichen Jordan-Normalformen einer Matrix
A ∈ Mat(3 × 3, C) mit einem einzigen Eigenwert λ = a auf. Bestimme zu jeder
Jordan-Normalform die Dimension des Eigenraums E a von ϕ A zum Eigenwert a.
Übung 7.3.19. Berechne die Jordan-Normalform und die Übergangsmatrix für
⎛ ⎞
4 1 1 2 2
−1 2 1 3 0
A =
⎜ 0 0 3 0 0
⎟
⎝ 0 0 0 2 1⎠ ∈ R5×5 .
0 0 0 1 2
Folgende Informationen können ohne Beweis benutzt werden:
(i) A hat Eigenwerte λ 1 = 3 (mit Vielfachheit 4) und λ 2 = 1 (mit Vielfachheit 1);
(ii)
⎛
⎞
⎛
⎞
0 0 2 5 2
0 0 0 −3 3
0 0 −2 −8 1
0 0 0 9 −9
(A − 3I) 2 = ⎜0 0 0 0 0 ⎟
⎜0 0 0 0 0 ⎟
⎜
⎝
0 0 0 2 −2
0 0 0 −2 2
⎟
⎠ , (A − 3I)3 = ⎜
⎝
⎛
⎞
0 0 0 6 −6
0 0 0 −18 18
(A − 3I) 4 =
⎜0 0 0 0 0
⎟
⎝0 0 0 8 −8⎠ .
0 0 0 −8 8
0 0 0 −4 4
0 0 0 4 −4
Übung 7.3.20. Berechne ohne Zuhilfenahme eines Computers A 10 für
⎛ ⎞
3 4 3
A = ⎝−1 0 −1⎠ ∈ R 3×3 .
1 2 3
Die Punkte verteilen sich auf den Lösungsweg, nicht auf die Lösung.
Übung 7.3.21. Sei V ein endlichdimensionaler R-Vektorraum und ϕ ein Endomorphismus
von V mit ϕ 3 = ϕ. Zeige, dass ϕ diagonalisierbar ist.
Übung 7.3.22. Sei n ∈ N, n > 1. Berechne die Jordan–Normalform der folgenden Matrix
in Abhängigkeit von α ∈ R,
⎛
⎞
2 α α · · · α
0 2 0 · · · 0
A =
. 0 . .
. . ..
∈ Mat(n × n, R) .
⎜
⎝
.
.
. ..
. ⎟ .. ⎠
0 0 0 · · · 2
Gib eine Übergangsmatrix C an, für die C −1 AC in Jordan–Normalform ist.
⎟
⎠ ,

Teil III
Geometrische Strukturen auf Vektorräumen

8
Bi- und Sesquilinearformen
Bilinearformen ergeben sich oft natürlich im Studium geometrischer Eigenschaften.
Das erste Beispiel ist das euklidische Skalarprodukt in Raum oder Ebene,
das für Längen- und Winkelmessung unerlässlich ist. Aber auch die Geometrie der
Raum-Zeit in der Speziellen Relativitätstheorie basiert auf einer Bilinearform, der
Minkowski–Form. Darüber hinaus tauchen Bilinearformen auch in der Analysis auf
und sind Grundlage für eine Reihe von wichtigen Verallgemeinerungen und Begriffsbildungen.
Sesquilinearformen stellen eine Verallgemeinerung von reellen Bilinearformen
für andere Körper (zum Beispiel C) dar, die für eine Reihe von Situationen angemessener
ist als einfach Bilinearformen für diese anderen Körper zu betrachten.
Schlagendes Beispiel ist hier das euklidische Skalarprodukt auf C n , das schon für
n = 1 eine wesentliche Errungenschaft der Geometrie der Ebene darstellt. Andere
Beispiele kommen aus der Analysis und der mathematischen Formulierung der
Quantenmechanik.
Wir behandeln Bi- und Sesquilinearformen weitgehend parallel, indem wir mit
einem involutiven Körper-Automorphismus : K → K arbeiten, der auch die Identität
sein kann.
8.1 Matrizendarstellung
Definition 8.1.1. Sei V ein K-Vektorraum und : K → K ein involutiver
Körper-Automorphismus, d.h. für alle a, b ∈ K gelte
ab = ab, a + b = a + b, a = a.
Eine Semilinearform auf V ist eine Abbildung f : V → K mit
f(av + bw) = af(v) + bf(w)
∀v, w ∈ V, a, b ∈ K
(semi lat. = halb). Man nennt so eine Abbildung semilinear, aber auch antilinear
sofern : K → K nicht die Identität ist. Wir bezeichnen die Menge aller Semilinearformen
mit Ṽ ∗ . Wie für die Linearformen zeigt man, dass Ṽ ∗ mit den punktweisen
Operationen ein K-Vektorraum ist. Beachte, dass für = id Semilinearformen
nichts anderes als Linearformen sind.

218 8 Bi- und Sesquilinearformen
Beispiel 8.1.2. Das wichtigste Beispiel für einen involutiven Körperautomorphismus
ist die komplexe Konjugation auf C. Ansonsten ist natürlich der Spezialfall = id
herauszuheben.
⊓⊔
Definition 8.1.3. Eine Sesquilinearform (sesqui lat. = eineinhalb) auf V ist eine
Abbildung β : V × V → K mit
(a) β(cv + c ′ v ′ , w) = cβ(v, w) + c ′ β(v ′ , w) ∀c, c ′ ∈ K, v, v ′ , w ∈ V
(b) β(v, cw + c ′ w ′ ) = cβ(v, w) + c ′ β(v, w ′ ) ∀c, c ′ ∈ K, v, w ′ , w ∈ V.
Wir schreiben Ses(V ) für die Menge der Sesquilinearformen auf V . Wenn
ist, spricht man von Bilinearformen und schreibt Bil(V ) statt Ses(V ).
= id
Bemerkung 8.1.4. Sei β : V × V → K eine Sesquilinearform.
(i) v ↦→ β(v, w) (w fest) ist eine Linearform auf V , d.h. ein Element von V ∗ .
(ii) w ↦→ β(v, w) (v fest) ist eine Semilinearform auf V , d.h. ein Element von Ṽ ∗ .
⊓⊔
Beispiel 8.1.5. Sei K ein Körper und
lauter Bilinearformen:
(i) Sei K beliebig und V = K n (Spaltenvektoren)
⎛ ⎞
x n∑
1
β(v, w) = v ⊤ ⎜
w = x i y i , v = ⎝ .
i=1
x n
Für K = R ist dies das euklidische Skalarprodukt.
(ii) (Minkowski–Form) K = R, V = R 4
= id, d.h. die folgenden Beispiele sind
⎟
⎠ , w =
⎛ ⎞
y 1
⎜ ⎟
⎝ . ⎠
y n
β((t, x, y, z) ⊤ , (t ′ , x ′ , y ′ , z ′ ) ⊤ ) = −tt ′ + xx ′ + yy ′ + zz ′
(iii) K beliebig, V = K n , B ∈ Mat(n × n, K), B =(b ij ) i
j
= 1 , ... , n
= 1 , ... , n
und v, w wie in (i).
β(v, w) = v ⊤ Bw =
n∑
∑
n
x i
i=1 j=1
b ij y j =
n∑ n∑
x i b ij y j .
i=1 j=1
Das hier zugrundeliegende Schema ist:
=
Man rechnet

β(cv + c ′ v ′ , w) = (cv + c ′ v ′ ) ⊤ Bw
= ((cv) ⊤ + (c ′ v ′ ) ⊤ )Bw
= (cv) ⊤ Bw + (c ′ v ′ ) ⊤ Bw
= c(v ⊤ Bw) + c ′ (v ′ ⊤ Bw)
= cβ(v, w) + c ′ β(v ′ , w)
8.1 Matrizendarstellung 219
und analog für β(v, cw + c ′ w ′ ). Dieses Beispiel verallgemeinert die Beispiele (i)
und (ii). So ist das richtige B im ersten Beispiel gerade die Matrix
⎛ ⎞
1 0
⎜
B = 1 n = ⎝
. ..
⎟
⎠
0 1
und im zweiten Beispiel
⎛ ⎞
−1 0
B = ⎜ 1
⎟
⎝ 1 ⎠
0 1
(iv) Sei V := {v : [a, b] → R | stetig} und k : [a, b]×[a, b] → R stetig. Dann definiert
β(v, w) =
eine Bilinearform auf V .
(v) Für V = Mat(r × s, K) definiert
eine Bilinearform auf V .
∫ b ∫ b
a
a
v(x)k(x, y)w(y)dydx
β(A, B) = tr(A ⊤ B)
⊓⊔
Definition 8.1.6. Wir dehnen die Definition von
A = (a ij ) i
j
A := (a ij ) i
j
= 1 , ... , n
= 1 , ... , m
= 1 , ... , n
= 1 , ... , m
∈ Mat(n × m, K)
∈ Mat(n × m, K)
auf Matrizen aus:
Die Abbildung : Mat(n × m, K) → Mat(n × m, K), ist bijektiv, denn ist ihr
eigenes Inverses. Wenn K = C ist und die übliche komplexe Konjugation, dann
ist zwar R–linear, aber nicht C–linear! Genauer:
cA + c ′ A = (ca ij + c ′ a ′ ij ) i=1,...,n
j=1,...,m
= c(a ij ) i=1,...,n + c ′ (a ′ ij ) i=1,...,n
j=1,...,m
j=1,...,m
= .
ist semilinear. Man schreibt auch
= cA + c ′ A ′
A ∗ = A ⊤ = (A) ⊤ ∈ Mat(m × n, K).
Im Falle K = C mit der komplexen Konjugation nennt man A ∗ auch die adjungierte
Matrix zu A.
In den Spezialfällen einer Zeile oder Spalte ergibt sich jeweils eine involutive
Bijektion : K n → K n .

220 8 Bi- und Sesquilinearformen
Beispiel 8.1.7. Sei jetzt K = C und z die komplexe Konjugation.
(i) Sei V = C n (Spaltenvektoren)
⎛ ⎞
x n∑
1
β(v, w) = v ⊤ ⎜
w = x i y i , v = ⎝ .
i=1
x n
⎟
⎠ , w =
(ii) Allgemeiner sei V = C n , A ∈ Mat(n×, n, K), A =(a ij ) i =
j =
in (i).
n∑ ∑
n n∑ n∑
β(v, w) = v ⊤ Aw = a ij y j =
x i
i=1 j=1
i=1 j=1
⎛ ⎞
y 1
⎜ ⎟
⎝ . ⎠
y n
1 , ... , n
1 , ... , n
x i a ij y j .
und v, w wie
β(v, cw + c ′ w ′ ) = v ⊤ Acw + c ′ w ′
= v ⊤ Acw + v ⊤ Ac ′ w ′
= c(v ⊤ Aw) + c ′ (v ⊤ Aw ′ )
= cβ(v, w) + c ′ β(v, w ′ )
Dieses Beispiel verallgemeinert das erste Beispiel. Das passende B in diesem
Fall ist
⎛ ⎞
1 0
⎜
B = 1 n = ⎝
. ..
⎟
⎠ .
0 1
(iii) Sei V = {v : [a, b] → C| stetig} und k : [a, b] × [a, b] → C stetig. Dann definiert
β(v, w) =
eine Sesquilinearform auf V .
(iv) V = Mat(r × s, C)
∫ b ∫ b
a
a
v(x)k(x, y)w(y)dydx
β(A, B) = tr(A ⊤ B),
wobei B die Matrix b ij , wenn die b ij die Einträge von B sind.
(v) V beliebig; f ∈ V ∗ , g ∈ Ṽ ∗
β(v, w) = f(v)g(w)
⊓⊔
Man kann Sesquilinearformen punktweise addieren und mit einem Skalar multiplizieren:
(β + β ′ )(v, w) := β(v, w) + β ′ (v, w) ∀v, w ∈ V
(cβ)(v, w) := cβ(v, w)
∀c ∈ K, ∀v, w ∈ V
Proposition 8.1.8. Seien β, β ′ Sesquilinearformen auf V und k ∈ K, dann sind
auch β + β ′ und kβ Sesquilinearformen auf V. Insbesondere ist Ses(V ) ist bzgl. der
oben eingeführten Addition und Multiplikation mit Skalaren ein K-Vektorraum.
Beweis. Idee: Es reicht wegen Beispiel 5.1.3 und Bemerkung 5.1.6 nachzurechnen, dass
β + β ′ und kβ in Ses(V ) liegen.

8.1 Matrizendarstellung 221
Da nach Beispiel 5.1.3 die Menge aller Abbildungen V × V → K mit der punktweisen
Addition und der punktweisen skalaren Multiplikation ein K-Vektorraum ist,
reicht es nach Bemerkung 5.1.6 nachzurechnen, dass β +β ′ und kβ in Ses(V ) liegen.
(β + β ′ )(cv + c ′ v ′ , w) = β(cv + c ′ v ′ , w) + β ′ (cv + c ′ v ′ , w)
= (cβ(v, w) + c ′ β(v ′ , w)) + (cβ ′ (v, w) + c ′ β ′ (v ′ , w))
= c(β(v, w) + β ′ (v, w)) + c ′ (β(v ′ , w) + β ′ (v ′ , w))
= c((β + β ′ )(v, w)) + c ′ ((β + β ′ )(v ′ , w)).
Die zweite Komponente behandelt man analog. Ebenso geht man für das skalare
Vielfache vor:
(kβ)(cv + c ′ v ′ , w) = kβ(cv + c ′ v ′ , w)
= k(cβ(v, w) + c ′ β(v ′ , w))
= ck(β(v, w)) + c ′ k(β(v ′ , w))
= c((kβ)(v, w)) + c ′ ((kβ)(v ′ , w))
und die zweite Komponente geht analog.
⊓⊔
Definition 8.1.9. Sei V ein K-Vektorraum mit Basis {v 1 , . . . , v n } und β ∈ Ses(V ),
dann heißt die Matrix
B β = (b ij ) i
j
= 1 , ... , n
= 1 , ... , n
mit b ij = β(v i , v j )
die darstellende Matrix von β bzgl. {v 1 , . . . , v n }.
∑
Proposition 8.1.10. Sei β ∈ Ses(V ). Dann gilt für v = n ∑
x i v i und w = n y j v j :
⎛ ⎞
y 1
⎜ ⎟
β(v, w) = (x 1 , . . . , x n )B β ⎝ . ⎠
y n
i=1
j=1
Beweis.
( ∑
n n∑ )
β(v, w) = β x i v i , y j v j
=
=
=
i=1
i=1
n∑ (
x i β v i ,
j=1
n∑ )
y j v j
j=1
n∑ ( ∑
n )
x i y j β(v i , v j )
i=1
j=1
n∑
x i b ij y j
i,j=1
⎛ ⎞
y 1
⎜ ⎟
= (x 1 , . . . , x n )B β ⎝ . ⎠ .
y n
⊓⊔

222 8 Bi- und Sesquilinearformen
Bemerkung 8.1.11. Sei V ein K-Vektorraum mit Basis {v 1 , . . . , v n } und (b ij ) i
j
B ∈ Mat(n × n, K). Definiere β B (v, w) ∈ Ses(V ) durch
⎛
wobei
β B (v, w) :=
v =
i
j
⎞
y n∑
1
⎜
x i b ij y j = (x 1 , . . . , x n )B .
⎝ .
= 1
= 1
y n
n∑
x i v i , w =
i=1
n∑
y j v j .
j=1
⎟
⎠ ,
Dann ist die darstellende Matrix von β B bzgl. {v 1 , . . . , v n } gerade B, weil
β B (v i , v j ) = b ij .
= 1 , ... , n
= 1 , ... , n
⊓⊔
=
Beispiel 8.1.12. Die darstellende Matrix von
β B : K n × K n → K,
(v, w) ↦→ v ⊤ Bw
bzgl. der Standardbasis
ist B:
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1
0
0
e 1 = ⎜ ⎟
⎝.
⎠ , . . . , e n = ⎜.
⎟
⎝0⎠
0
1
β(e i , e j ) = e ⊤ i Be j = b ij , B = (b ij ).
⊓⊔
Satz 8.1.13. Sei V ein K-Vektorraum mit Basis v := {v 1 , . . . , v n }. Die Abbildungen
ϕ v := ϕ: Ses(V ) → Mat(n × n, K), β ↦→ B β
und
ψ v := ψ : Mat(n × n, K) → Ses(V ),
sind zueinander inverse lineare Abbildungen.
B ↦→ β B
Beweis. Idee: Nachrechnen, dass ϕ ◦ ψ und ψ ◦ ϕ die jeweils passende identische Abbildung
liefern, wobei man Vektoren jeweils über die Basen ausdrückt.
Zeige zuerst die Linearität von ϕ, d.h.
ϕ(kβ + lβ ′ ) = kϕ(β) + lϕ(β ′ ) k, l ∈ K, β, β ′ ∈ Ses V
Sei dazu
Weiter sei
ϕ(β) = B β = (b ij ) i=1,...,n , d.h. β(v i , v j ) = b ij ,
j=1,...,n
ϕ(β ′ ) = B β ′
= (b ′ ij) i=1,...,n , d.h. β ′ (v i , v j ) = b ′ ij.
j=1,...,n

8.1 Matrizendarstellung 223
d.h.
ϕ(kβ + lβ ′ ) = (d ij ) i
j
= 1 , ... , n
= 1 , ... , n
Das bedeutet aber gerade
d ij = (kβ + lβ ′ )(v i , v j ) = (kβ)(v i , v j ) + (lβ ′ )(v i , v j )
= kβ(v i , v j ) + lβ ′ (v i , v j ) = kb ij + lb ′ ij.
ϕ(kβ + lβ ′ ) = kϕ(β) + lϕ(β ′ ).
Wie im Beweis von Satz 3.2.4 sieht man, dass es jetzt ausreicht
ϕ ◦ ψ = id Mat(n×n,K) und ψ ◦ ϕ = id Ses(V )
zu zeigen. Sei also (b ij ) = B ∈ Mat(n × n, K). Dann gilt für v = ∑ n
i=1 x iv i und
w = ∑ n
j=1 y jv j
n∑
ψ(B)(v, w) = x i b ij y j .
i,j=1
Insbesondere haben wir ψ(B)(v l , v k ) = b lk , also ϕ(ψ(B)) = B.
Umgekehrt rechnen wir für β ∈ Ses(V )
ψ(ϕ(β))(v, w) =
n∑
x i β(v i , v j )y j =
i,j=1
woraus ψ(ϕ(β)) = β folgt.
n∑ ( ∑
n (
β x i v i , v j
)y j = β v,
j=1
i=1
} {{ }
v
n∑ )
y j v j = β(v, w),
j=1
⊓⊔
Bemerkung 8.1.14. Sei {v 1 , . . . , v n } eine Basis für V , dann definiert man die duale
Basis { ˜f 1 , . . . , ˜f n } für Ṽ ∗ durch
( ∑
˜f n )
j x i v i = x j .
i=1
Der Beweis dafür, dass { ˜f 1 , . . . , ˜f n } tatsächlich eine Basis für Ṽ ∗ ist, geht analog
zum Fall von V ∗ (vgl. Satz 5.4.3). Insbesondere sehen wir
dim K (Ṽ ∗ ) = dim K (V ).
⊓⊔
Beispiel 8.1.15. Sei V ein K-Vektorraum mit Basis {v 1 , . . . , v n } und {f 1 , . . . , f n }
bzw. { ˜f 1 , . . . , ˜f n } seien die dualen Basen für V ∗ und Ṽ ∗ . Weiter seien f =
∑ n
i=1 a if i ∈ V ∗ und ˜f = ∑ n
i=1 b i ˜f i ∈ Ṽ ∗ fest gewählt. Für β(v, w) = f(v) ˜f(w)
ist dann die darstellende Matrix C von β bzgl. der Basis {v 1 , . . . , v n } durch
c ij = β(v i , v j ) = f(v i ) ˜f(v j ) = a i · b j
und
gegeben.
⎛
⎞
a 1 b 1 · · · a 1 b n
⎜
C = ⎝ . .
a n b 1 · · · a n b n
⎟
⎠ =
⎛ ⎞
a 1
⎜
⎝ .
a n
⎟
⎠ (b 1 , . . . , b n )
⊓⊔

224 8 Bi- und Sesquilinearformen
Satz 8.1.16 (Basiswechsel für Sesquilinearformen). Sei V ein K-Vektorraum,
β ∈ Ses(V ), und {v 1 , . . . , v n }, {v ′ 1, . . . , v ′ n} Basen für V . Weiter sei C ∈ GL(n, K)
die Übergangsmatrix von {v 1 , . . . , v n } zu {v ′ 1, . . . , v ′ n}, d.h.
v ′ j =
n∑
c ij v i ,
i=1
C = (c ij ) i
j
= 1 , ... , n
= 1 , ... , n
Wenn B die darstellende Matrix von β bzgl. {v 1 , . . . , v n } ist, dann ist
B ′ = C ⊤ BC
die darstellende Matrix von β bzgl. {v ′ 1, . . . , v ′ n}.
Beweis. Idee: Entwickle die v ′ j bzgl. der Basis {v 1, . . . , v n}.
Die darstellenden Matrizen B = (b ij ) und B ′ = (b ′ ij ) sind durch b ij = β(v i , v j )
und b ′ ij = β(v′ i , v′ j ) gegeben. Dann rechnet man
und erhält
( ∑
n n∑ )
b ′ ij = β(v i, ′ v j) ′ = β c ri v r , c sj v s =
=
r=1
s=1
r=1
s=1
n∑ ( ∑ n )
c ri c sj β(v r , v s ) =
n∑
r=1
(
c ri β v r ,
n∑ ( ∑
n )
c ri b rs c sj
r=1
B ′ = C ⊤ BC.
s=1
n∑ )
c sj v s
s=1
⊓⊔
Bemerkung 8.1.17. Sei V ein K-Vektorraum, β ∈ Ses(V ), und {v 1 , . . . , v n },
{v ′ 1, . . . , v ′ n} Basen für V . Weiter sei C ∈ GL(n, K) die Übergangsmatrix von
{v 1 , . . . , v n } zu {v ′ 1, . . . , v ′ n}, d.h.
n∑
v j ′ = c ij v i ,
i=1
C = (c ij ) i
j
= 1 , ... , n
= 1 , ... , n
Wenn B die darstellende Matrix von β bzgl. {v 1 , . . . , v n } ist, und B ′ = C ⊤ BC die
darstellende Matrix von β bzgl. {v ′ 1, . . . , v ′ n}. Dann gilt Rang(B) = Rang(B ′ ). Dies
folgt ganz analog wie die Aussage, dass ähnliche Matrizen gleichen Rang haben:
K n
ϕ C
−→ K n ϕ B
−→ K n ϕ C
−→ ⊤
K n
beschreibt eine lineare Abbildung, wobei C invertierbar ist. Damit sind auch C und
C ⊤ invertierbar. Aber dann sind ϕ C und ϕ C ⊤ Vektorraum-Isomorphismen (vgl.
Satz 5.4.7) und wir können rechnen
Rang(B) = dim(im (ϕ B ))
= dim (ϕ C ⊤(im (ϕ B )))
= dim(im (ϕ C ⊤ ◦ ϕ B ))
= dim(im (ϕ C ⊤ ◦ ϕ B ◦ ϕ C
))
= dim(im (ϕ C ⊤ BC ))
= Rang(C ⊤ BC).

8.1 Matrizendarstellung 225
Übung 8.1.1. Sei V = Mat(2 × 2, R) und
( ) ( 1 0
0 1
E 11 = , E
0 0 12 =
0 0
( ) ( 1 1
0 0
F 1 = , F
0 0 2 =
1 1
)
, E 21 =
)
, F 3 =
( 0 0
1 0
( 1 1
0 1
)
, E 22 =
)
, F 4 =
( 0 0
0 1
( 1 0
1 1
(a) Gib die darstellende Matrix bzgl der Basis {E 11, E 12, E 21, E 22} für die Bilinearform
β : (A, B) ↦→ tr(A ⊤ B) auf V an.
(b) Zeige, dass {F 1, F 2, F 3, F 4} eine Basis für V ist.
(c) Gib die darstellende Matrix für β bzgl der Basis {F 1, F 2, F 3, F 4} an.
Übung 8.1.2. Sei V = R 3 mit der Bilinearform β, die bzgl. der Standardbasis durch die
Matrix
⎛
1 0 0
⎝ 0 1 0
0 0 −1
⎞
⎠
dargestellt wird. Zeige, dass es keine Basis von V geben kann, bzgl. der die darstellende
Matrix von β die Form
⎛ ⎞
1 0 0
⎝ 0 −1 0 ⎠
0 0 −1
hat.
Übung 8.1.3. Seien V und W K-Vektorräume und ϕ: W → V eine lineare Abbildung.
Weiter sei β ∈ Bil(V ). Setze
β ′ (w, w ′ ) := β ( ϕ(w), ϕ(w ′ ) )
für w, w ′ ∈ W und zeige, dass die Abbildung β ′ : W × W → K eine Bilinearform auf W
ist.
Übung 8.1.4. Sei V = {A ∈ Mat(2 × 2, R) | tr(A) = 0}. Zeige:
(i) V ist ein R-Vektorraum.
(ii)
ist eine Basis für V .
(iii)
H :=
H :=
( ) 1 0
, X :=
0 −1
( ) 1 0
, T :=
0 −1
( ) 0 1
, Y :=
0 0
( ) 0 1
, U :=
1 0
( ) 0 0
1 0
( ) 0 1
−1 0
ist eine Basis für V .
(iv) (A, B) ↦→ tr(AB) definiert eine Bilinearform β auf V . Berechne die darstellenden
Matrizen von β bzgl. der beiden angegebenen Basen.
Übung 8.1.5. Sei V ein K-Vektorraum und β ∈ Bil(V ). Definiere zu jedem v ∈ V eine
Abbildung ϕ(v): V → K durch
(
ϕ(v)
)
(w) := β(w, v).
Zeige:
(i) ϕ(v) ist linear für jedes v, d.h. ϕ(v) ∈ V ∗ .
(ii) Die Abbildung ϕ: V → V ∗ definiert durch v ↦→ ϕ(v) ist auch linear.
Übung 8.1.6. Bestimme zu der bezüglich der Standardbasis durch die Matrix
( ) 1 5
A =
5 2
gegebenen Bilinearform β eine Basis des R 2 , bezüglich der die darstellende Matrix eine
Diagonalmatrix mit Diagonalelementen aus {−1, 0, 1} ist.
)
,
)
.

226 8 Bi- und Sesquilinearformen
Übung 8.1.7. Entscheide, welche der folgenden Abbildungen Sesquilinearformen auf C 2
sind (bezüglich welcher Involution?). Bestimme gegebenenfalls die darstellende Matrix
bezüglich der Standardbasis von C 2 .
1. β(x, y) = x 1y 1 + x 2y 2,
2. β(x, y) = x 1y 2 + x 2y 1,
3. β(x, y) = x 1ȳ 1 + x 2ȳ 2,
4. β(x, y) = y 1¯x 1 + y 2¯x 2,
5. β(x, y) = x 1ȳ 2,
6. β(x, y) = x 1¯x 2 + y 1ȳ 2,
7. β(x, y) = x 1ȳ 1 + x 2y 2
8. β(x, y) = x 2(ȳ 1 + ȳ 2).
Übung 8.1.8. Zeige, dass
β(x, y) = x 1ȳ 2 + 2 x 1ȳ 3 + i x 2ȳ 1 − x 2ȳ 2 + 3 x 2ȳ 3 − 2 x 3ȳ 1 + x 3ȳ 3
eine Sesquilinearform auf C 3 ist und bestimme die zugehörige darstellende Matrix bezüglich
der Standardbasis von C 3 . Wie sieht die darstellende Matrix bezüglich der folgenden Basis
aus?
⎛ ⎞
1
v 1 = ⎝i⎠ ,
⎛ ⎞
1
v 2 = ⎝1⎠ ,
⎛ ⎞
0
v 3 = ⎝−i⎠ .
0
1
1
Übung 8.1.9. Betrachte die folgenden Bilinearformen auf R n ,
β 1(x, y) = x 1y 1 + x 2y 2 + · · · + x ny n , β 2(x, y) = −x 1y 1 + x 2y 2 + · · · + x ny n .
Skizziere für n = 2, 3 die Mengen M i(s) = {x ∈ R n | β i(x, x) = s} für i = 1, 2 und
s = −2, −1, 0, 1, 2.
Übung 8.1.10. Sei β die Bilinearform auf R 2 , die bezüglich der Standardbasis durch die
Matrix
( ) 3 4
B =
4 −3
gegebenen ist. Bestimme eine Basis, bezüglich der die darstellende Matrix eine Diagonalmatrix
mit Diagonalelementen aus {−1, 0, 1} ist.
Hinweis: Verwende, dass die Matrix B diagonalisierbar ist.
8.2 Nichtausgeartete Sesquilinearformen
Definition 8.2.1. Sei V ein K-Vektorraum und β ∈ Ses(V ). Für M ⊂ V heißt
M ⊥ β := M ⊥ := {v ∈ V | β(v, w) = 0 ∀w ∈ M}
(lies: M senkrecht oder M orthogonal) der Orthogonalraum zu M.
Bemerkung 8.2.2. (i) Es gibt keinen wirklichen Grund dafür, die obige Definition
von M ⊥ der nachfolgenden vorzuziehen:
M ⊥op
β
:= M ⊥op := {v ∈ V | β(w, v) = 0 ∀w ∈ M}.
Im allgemeinen liefern die beiden Definitionen auch unterschiedliche Ergebnisse.
Sie sind aber äquivalent, wenn β(w, v) = ±β(v, w) ist. Dies sind allerdings auch
die wichtigsten Spezialfälle. Beachte, dass M ⊥op
β
= Mβ ⊥ op, wobei βop (v, w) :=
β(w, v) für alle v, w ∈ V . Es lassen sich die Eigenschaften von M ⊥op daher
problemlos aus denen von M ⊥ ablesen.

8.2 Nichtausgeartete Sesquilinearformen 227
(ii) M ⊥ ist immer ein K–Untervektorraum von V . Für v, v ′ ∈ M ⊥ und k, l ∈ K gilt
nämlich
β(w, kv + lv ′ ) = kβ(w, v) + lβ(w, v ′ ) = k0 + l0 = 0 ∀w ∈ M,
also kv + lv ′ ∈ M ⊥ .
⊓⊔
Definition 8.2.3. β heißt nicht ausgeartet, wenn V ⊥ = {0} und ausgeartet,
wenn V ⊥ ≠ {0} ist.
Satz 8.2.4. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und β ∈ Ses(V ). Dann
sind äquivalent:
(1) β ist nicht ausgeartet.
(2) Zu jedem v ∈ V \ {0} gibt es ein w ∈ V mit β(v, w) ≠ 0.
(3) Die Abbildung ϕ : V → Ṽ ∗ definiert durch
(ϕ(v))(w) = β(v, w)
ist ein K-Vektorraum-Isomorphismus.
(4) Zu jedem f ∈ Ṽ ∗ gibt es ein v ∈ V mit β(v, w) = f(w) für alle w ∈ V .
Beweis. Idee: Das meiste ist Routine. Für ”
(1)⇒(3)“ zeigt man ker ϕ = V ⊥ und benutzt
die Dimensionsformel aus Satz 5.3.9.
(1) ⇒ (2)“: Sei v ∈ V \ {0}, dann ist v nicht orthogonal zu V , also gibt es ein
”
w ∈ V mit β(v, w) ≠ 0.
” (2) ⇒ (1)“: Wenn β ausgeartet ist, gibt es ein 0 ≠ v ∈ V ⊥ , für das dann gilt
β(v, w) = 0 ∀w ∈ V.
Also gilt (2) nicht.
(1) ⇒ (3)“: Eine Routinerechnung zeigt, dass ϕ wohldefiniert und K-linear ist.
”
ker ϕ = {v ∈ V | ϕ(v) = 0 ∈ Ṽ ∗ }
= {v ∈ V | (ϕ(v))(w) = 0 ∀w ∈ V }
} {{ }
β(v,w)
= V ⊥ .
Wegen (1) gilt dann aber ker ϕ = {0}, d.h. ϕ ist injektiv. Andererseits haben
wir nach Bemerkung 8.1.17 dim V = dim V ∗ = dim Ṽ ∗ , so dass wegen der
Dimensionsformel aus Satz 5.3.9 folgt
dim(im ϕ) = dim V − dim(ker ϕ) . (∗)
} {{ }
=0
Also gilt im ϕ = Ṽ ∗ , d.h. ϕ ist auch surjektiv.
” (3) ⇒ (4)“: Die Surjektivität von ϕ zeigt sofort, dass zu jedem f ∈ Ṽ ∗ ein v ∈ V
mit ϕ(v) = f existiert. Dann gilt
für alle w ∈ V .
β(v, w) = (ϕ(v))(w) = f(w)

228 8 Bi- und Sesquilinearformen
” (4) ⇒ (1)“: Wenn (4) gilt, dann ist ϕ : V → Ṽ ∗ surjektiv. Wieder mit der Dimensionsformel
(∗) folgt, dass ϕ injektiv ist, d.h. V ⊥ = ker (ϕ) = {0}. Also ist β
nicht ausgeartet.
⊓⊔
Satz 8.2.5. Sei V ein K-Vektorraum mit Basis {v 1 , . . . , v n } und β ∈ Ses(V ). Dann
sind äquivalent:
(1) β ist nicht ausgeartet.
(2) Die darstellende Matrix von β ist invertierbar.
Beweis. Idee: Kombiniere Satz 8.2.4 mit Satz 3.2.5 und Satz 4.2.7.
Nach Satz 8.2.4 ist β genau dann ausgeartet, wenn es ein 0 ≠ v = ∑ n
i=1 x iv i
gibt, für das
⎛ ⎞
y 1
⎜ ⎟
n∑
0 = β(v, w) = (x 1 , . . . , x n )B β ⎝ . ⎠ ∀w = y j v j
(∗)
y
j=1
n
gilt. Aber (∗) ist äquivalent zu (x 1 , . . . , x n )B β = 0, also zu
⎛ ⎞
x 1
Bβ
⊤ ⎜ ⎟
⎝ . ⎠ = 0.
x n
Nach Satz 3.2.5 und Satz 4.2.7 ist das wiederum äquivalent zu
det B β = det B ⊤ β = 0
und der Nichtinvertierbarkeit von B β .
⊓⊔
Satz 8.2.6. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum, β ∈ Ses(V ) und U ⊆ V
ein Untervektorraum.
(i) Die Abbildung β U : U ×U → K mit β U (u, u ′ ) = β(u, u ′ ) ist eine Sesquilinearform
auf U (genannt die Einschränkung von β auf U).
(ii) Wenn β U nicht ausgeartet ist, dann gilt
V = U ⊕ U ⊥ (⊥ bzgl. β)
Beweis. Idee: Definiere ˜f v : U → K durch ˜f v(u) = β(v, u) und wende Satz 8.2.4 auf β U
an, um ein u v ∈ U mit ˜f v(u) = β U (u v, u) für alle u ∈ U zu finden. Dann zeige v−u v ∈ U ⊥ .
(i) Dies ist eine Routinerechnung.
(ii) Sei v ∈ V . Definiere eine lineare Abbildung ˜f v : U → K durch
˜f v (u) = β(v, u).
˜f v ist semilinear, weil β(v, ·) semilinear ist. D.h. ˜f v ∈ Ũ ∗ . Da β U nicht ausgeartet
ist, können wir Satz 8.2.4 auf β U anwenden, so dass die Bedingung (4) uns
folgendes liefert:
Es existiert ein u v ∈ U mit

β(v, u) = ˜f v (u) = β U (u v , u) = β(u v , u)
Mit der Sesquilinearität sehen wir, dass
Also haben wir
und
so dass
8.2 Nichtausgeartete Sesquilinearformen 229
β(v − u v , u) = 0 ∀u ∈ U.
v − u v ∈ U ⊥ (⊥ bzgl. β)
v = u v
}{{}
∈U
+ (v − u v ),
} {{ }
∈U ⊥
V = U + U ⊥ .
∀u ∈ U
Nach Bemerkung 5.5.12 bleibt nur zu zeigen, dass die Zerlegung eindeutig ist,
d.h. es gilt U ∩ U ⊥ = {0}. Sei also v ∈ U ∩ U ⊥ , dann gilt für alle u ∈ U
0 = β(v, u) = β U (v, u).
Da β U nicht ausgeartet ist, erhalten wir
d.h. v = 0.
v ∈ {u ′ ∈ U | β U (u ′ , u) = 0 ∀u ∈ U} = U ⊥ β U = {0},
⊓⊔
Beispiel 8.2.7. Betrachte auf V = R 3 die nicht ausgeartete Bilinearform β ∈
Bil(V ), dargestellt durch ⎛ ⎞
⎝ 1 0
1 ⎠
0 −1
bzgl. der Standardbasis.
β( ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x 1 x ′ 1
⎝x 2
⎠ , ⎝x ′ ⎠ ) 2 = x 1 x ′
x 3 x ′ 1 + x 2 x ′ 2 − x 3 x ′ 3
3
Die Nullstellenmenge
ist ein Doppelkegel.
{ ⎛ ⎝ x ⎞
1
x 2
⎠ ∣ ( ⎛ ∣ β ⎝ x ⎞ ⎛
1
x 2
⎠ , ⎝ x ⎞
1
x 2
⎠ ) }
= 0
x 3 x 3 x 3
} {{ }
x 2 1 +x2 2 =x2 3
x
3
x
2
x
1

230 8 Bi- und Sesquilinearformen
Wähle
⎛ ⎞
x 1
U = R ⎝x 2
⎠
x 3
und betrachte β U (die zugehörige Matrix ist 1 × 1, also eine Zahl), d.h. β U ist
entweder nicht ausgeartet oder Null. D.h.
β U ist ausgeartet ⇔ β( ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x 1 x 1
⎝x 2
⎠ , ⎝x 2
⎠ ) = 0
x 3 x 3
Sei jetzt β U ausgeartet, z.B.
U = R
⎛
⎞
⎝ 1 0⎠
1
{ ⎛ ⎞
y 1
U ⊥ = ⎝y 2
⎠ ∣ }
∣ 1 · y1 + 0 · y 2 − 1 · y 3 = 0
y 3
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0
= R ⎝0⎠ + R ⎝1⎠ ⊇ U.
1 0
=
{ ⎛ ⎞
1
⎝y
y 2
⎠ ∣ }
∣ y1 = y 3
y 3
x
3
U
U
x
2
x
1
⊓⊔
Übung 8.2.1. Sei V = R 3 mit der Bilinearform β, die bzgl. der Standardbasis durch die
Matrix
⎛ ⎞
−1 0 0
⎝ 0 1 0 ⎠
0 0 1
dargestellt wird. Zeige, dass für jedes v ∈ V \ {0} mit β(v, v) = 0 gilt
(i) (Rv) ⊥ ∩ {w ∈ V : β(w, w) = 0} = Rv.
(ii) dim(Rv) ⊥ = 2.
Übung 8.2.2. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum und ϕ: V → V ∗ eine lineare
Abbildung. Definiere eine Abbildung β : V × V → K durch
Zeige:
(a) β ∈ Bil(V ).
β(v, w) = ( ϕ(v) ) (w).

8.2 Nichtausgeartete Sesquilinearformen 231
(b) Die Zuordnung ϕ ↦→ β definiert einen Vektorraum-Isomorphismus
Übung 8.2.3. Sei
V := su(2) :=
α : Hom K (V, V ∗ ) → Bil(V ).
{( )
}
ir c
∈ Mat(2 × 2, C) | r ∈ R, c ∈ C ,
−c −ir
wobei ¯ die übliche komplexe Konjugation in C bezeichnet.
(a) Zeige, dass V ein R-Untervektorraum von Mat(2 × 2, C) ist, nicht aber ein C-
Untervektorraum.
(b) Seien A, B ∈ V . Zeige, dass tr(AB) ∈ R.
(c) Beweise, dass die Abbildung β : V × V → R mit β(A, B) = tr(AB) eine Bilinearform
auf V ist.
(d) Zeige, dass die Matrizen
A 1 :=
( i 0
0 −i
)
, A 2 :=
( ) 0 −1
, A
1 0
3 :=
( ) 0 i
i 0
eine Basis für V bilden.
(e) Bestimme die darstellende Matrix von β bzgl. dieser Basis.
(f) Bestimme die darstellende Matrix von β bzgl. der Basis {A 1, A 1 + A 2, A 1 + A 2 + A 3}.
(g) Ist β ausgeartet?
Übung 8.2.4. Gegeben seien in R 4 die bilineare Form β(u, v) := u ⊤ v und die Vektoren
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
4
1
v = ⎜ 3
⎟
⎝ 2 ⎠ , w = ⎜ 2
⎟
⎝ 3 ⎠ .
1
4
Bestimme eine Basis von ( Span(v, w) )⊥ .
Übung 8.2.5. Seien V ein K-Vektorraum mit Basis B = {v 1, . . . , v n} und β ∈ Ses(V) mit
darstellender Matrix B β bezüglich B. Weiter seien ϕ : V → Ṽ ∗ die lineare Abbildung
gegeben durch ( ϕ(v) ) (w) := β(v, w) und ˜B = { ˜f 1, . . . , ˜f n} die zu B duale Basis für Ṽ ∗ .
Bestimme die darstellende Matrix von ϕ bezüglich der Basen B und ˜B.
Übung 8.2.6. Sei A ∈ Mat(n × n, R). Zeige:
(i) A ⊤ = A −1 genau dann, wenn die Spaltenvektoren von A alle die Länge 1 haben und
paarweise aufeinander senkrecht stehen.
(ii) Sei v ∈ R n . Zeige: Es gibt genau dann ein A ∈ Mat(n × n, R) mit A ⊤ = A −1 und
Ae 1 = v, wenn ‖v‖ = 1.
Übung 8.2.7. Sei U ⊆ R 3 ein linearer Unterraum und U ⊥ sein orthogonales Komplement
bzgl. des euklidischen Skalarprodukts.
(i) Zeige, dass sich jedes v ∈ R 3 in eindeutiger Weise als Summe v = u + w mit u ∈ U
und w ∈ U ⊥ schreiben lässt. Schreibe π U (v) := u.
(ii) Zeige, dass die Abbildung π U : R 3 → U linear ist und π U = π U ◦ π U erfüllt.
(iii) Bestimme die zu π U gehörige Matrix für U = span(e 1 + e 2 + e 3) sowie für U =
span(e 1 − e 2, e 2 − e 3).
⊓⊔
Übung 8.2.8. Gegeben seien
⎛ ⎞
1
v = ⎜ 2
⎟
⎝ 3 ⎠ ,
4
⎛ ⎞
2
w = ⎜ 3
⎟
⎝ 4 ⎠ .
5

232 8 Bi- und Sesquilinearformen
(i) Finde eine lineare Abbildung β : R 4 → R 4 mit β(z) = 0 für z ∈ span{v, w} und
β(z) = z für z ∈ span{v, w} ⊥ .
(ii) Zeige, dass es nur ein solche β geben kann.
(iii) Zeige: β ◦ β = β.
(iv) Bestimme die Matrix A mit β A = β.
(v) Zeige: det(A) = 0.
Übung 8.2.9. Sei V = R 3 mit der Bilinearform β, die bzgl. der Standardbasis durch die
Matrix
⎛ ⎞
1 0 0
⎝ 0 2 0 ⎠
0 0 3
dargestellt wird. Weiter sei U ein linearer Unterraum von V . Zeige, dass die Einschränkung
β U von β auf U nicht ausgeartet ist.
Übung 8.2.10. Sei V ein K-Vektorraum, β ∈ Ses(V ) eine Sesquilinearform und U ⊂ V ein
linearer Unterraum.
1. Zeige: Ist B = {u 1, . . . , u n} eine Basis von U, so gilt U ⊥ = B ⊥ .
2. Bestimme für V = R 4 und β(u, v) = u ⊤ v eine Basis von (span(v 1, v 2)) ⊥ für
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1
4
v 1 = ⎜2
⎟
⎝3⎠ , v2 = ⎜3
⎟
⎝2⎠ .
4
1
8.3 Hermitesche Formen
Definition 8.3.1. Eine Sesquilinearform β ∈ Ses(V ) heißt hermitesch , wenn
β(v, w) = β(w, v)
∀v, w ∈ V
gilt und schiefhermitesch, wenn
β(v, w) = −β(w, v) ∀v, w ∈ V.
Wenn a = a für alle a ∈ K, dann sagt man symmetrisch
schiefsymmetrisch statt schiefhermitesch.
Wir setzen
statt hermitesch und
Herm(V ) := {β ∈ Ses(V ) | β hermitesch}
SHerm(V ) := {β ∈ Ses(V ) | β schiefhermitesch}
und schreiben Sym(V ) statt Herm(V ) sowie SSym(V ) statt SHerm(V ) im Fall, dass
a = a für alle a ∈ K.
Bemerkung 8.3.2. Sei {v 1 , . . . , v n } eine Basis von V und B die zugehörige darstellende
Matrix von β ∈ Ses(V ). Dann gilt
β
β
ist hermitesch ⇔ B ∗ = B ⊤ = B
ist schiefhermitesch ⇔ B ∗ = −B
Um das zu sehen, setze v = ∑ n
i=1 x iv i und w = ∑ n
j=1 y jv j . Dann gilt

8.3 Hermitesche Formen 233
⎛ ⎞
y 1
⎜ ⎟
β(v, w) = (x 1 , . . . , x n )B ⎝ . ⎠ ,
y n
(1)
⎛ ⎞
x 1
⎜ ⎟
β(w, v) = (y 1 , . . . , y n )B ⎝ . ⎠ (2)
x n
und
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛ ⎞
x 1
(
y 1 )
y 1
⎜ ⎟
(y 1 , . . . , y n )B ⎝ . ⎠ = (x 1 , . . . , x n )B ⊤ ⎜ ⎟ ⊤
⎝ . ⎠ = (x1 , . . . , x n )B ∗ ⎜ ⎟
⎝ . ⎠ .
x n y n y n
Die Ausdrücke (1) und (2) sind genau dann für alle x 1 , . . . , x n , y 1 , . . . , y n gleich,
wenn B = B ∗ .
⊓⊔
Definition 8.3.3. Eine Matrix A ∈ Mat(n×n, K) heißt hermitesch, wenn A ∗ = A
und schiefhermitesch, wenn A ∗ = −A. Analog heißt A ∈ Mat(n × n, K) symmetrisch,
wenn A ⊤ = A und schiefsymmetrisch, wenn A ⊤ = −A. Bezeichnungsweisen:
Herm(n, K) := {A ∈ Mat(n × n, K) | A ∗ = A}
SHerm(n, K) := {A ∈ Mat(n × n, K) | A ∗ = −A}
Sym(n, K) := {A ∈ Mat(n × n, K) | A ⊤ = A}
SSym(n, K) := {A ∈ Mat(n × n, K) | A ⊤ = −A}
Beispiel 8.3.4. (n = 2) Die Hermiteschen (2 × 2)-Matrizen sind reelle Linearkombinationen
von: ( ) ( ) ( ) ( )
1 0 0 1 0 −i 1 0
, , ,
0 1 1 0 i 0 0 −1
} {{ }
Paulische Spinmatrizen
allgemein:
( ) a b
=
c d
( ) ∗
a b
=
c d
( ) a c
b d
d.h. es gilt a, d ∈ R; b = c. Wegen b = c = b hat man damit die Matrizen der Form
( ) a b
, a, d ∈ R; b ∈ C.
b d
⊓⊔
Bemerkung 8.3.5. Man zerlegt ein komplexe Matrix A ∈ Mat(m × n, C) komponentenweise
in Real- und Imaginärteil A = Re A + i Im A, wobei Re A, Im A ∈
Mat(m × n, R). Dann gilt

234 8 Bi- und Sesquilinearformen
Damit erhält man
A ⊤ = (Re A) ⊤ + i(Im A) ⊤ ,
A = Re A − i Im A,
A ∗ = Re A) ⊤ − i(Im A) ⊤ .
A ∗ = A ⇔ Re A ⊤ = Re A ∗ = Re A und Im A ⊤ = − Im A ∗ = − Im A,
d.h. eine Matrix ist hermitesch genau dann, wenn Re A symmetrisch und Im A
schiefsymmetrisch ist.
⊓⊔
Bemerkung 8.3.6. Da a ↦→ a nach Voraussetzung ein Körperautomorphismus ist,
ist die Menge
F := {a ∈ K | a = a} ⊆ K
selbst ein Körper. Beachte, dass 1 = 1 gelten muss, weil auch 1 eine Eins in K
ist (vgl. Bemerkung 1.1.4). Also ist 1 ∈ F und damit sind auch alle ganzzahligen
Vielfachen von 1 ∈ K, d.h. iterierte Summen von 1 oder −1, in F. Schließlich sind
auch alle Brüche der Form a b
mit a, b ganzzahligen Vielfachen von 1 ∈ K in F.
(i) Wenn β ∈ Herm(V ), dann gilt β(v, v) ∈ F für alle v ∈ V , weil das Vertauschen
der beiden v nach definition β(v, v) in β(v, v) überführt.
(ii) Man rechnet leicht nach, dass die Mengen Herm(V ) und SHerm(V ) F-Vektorräume
sind: Für alle β ′ , β ∈ Herm(V ) und c, d ∈ F rechnet man
(cβ + dβ ′ )(v, w) = cβ(v, w) + dβ ′ (v, w)
= cβ(w, v) + dβ ′ (w, v)
= (cβ + dβ ′ )(w, v).
Die Rechnung für β ′ , β ∈ SHerm V ist analog. Eine entsprechende Bemerkung
gilt für die hermiteschen und schiefhermiteschen Matrizen.
⊓⊔
Bemerkung 8.3.7. Herm(n, C) ist kein C-Vektorraum:
( ) ( )
i 0 1 0
= i
0 i 0 1
ist nicht hermitesch, sondern schiefhermitesch:
( ) ∗ ( )
i 0 −i 0
=
0 i 0 −i
⊓⊔
Satz 8.3.8 (Symmetrie-Zerlegung). Sei K ein Körper mit 1 + 1 ≠ 0 (d.h. 1 2
existiert) und V ein K-Vektorraum. Weiter sei β ∈ Ses(V ). Dann gibt es eindeutig
bestimmte Sesquilinearformen Hβ, Λβ ∈ Ses(V ) mit
(i) β = Hβ + Λβ.
(ii) Hβ ist hermitesch.
(iii) Λβ ist schiefhermitesch.
Der F-Vektorraum Ses(V ) ist die direkte Summe von Herm(V ) und SHerm(V ).

8.3 Hermitesche Formen 235
Beweis. Idee: Betrachte β ′ (v, w) := β(w, v) und kombiniere dies mit β.
Schreibe
β = 1 2 (β + β′ ) + 1 2 (β − β′ )
für β ′ ∈ Ses(V ) mit β ′ (v, w) := β(w, v). Es gilt β + β ′ ∈ Herm(V ) und β − β ′ ∈
SHerm(V ):
(β + β ′ )(v, w) = β(v, w) + β ′ (v, w) = β(v, w) + β(w, v)
= β(w, v) + β(v, w) = β(w, v) + β ′ (w, v)
= (β + β ′ )(w, v)
β − β ′ ∈ SHerm(V ) zeigt man analog. Damit haben wir
Ses(V ) = Herm(V ) + SHerm(V )
und es bleibt nach Bemerkung 5.5.12 nur noch
Herm(V ) ∩ SHerm(V ) = {0}
zu zeigen. Sei also β ∈ Herm(V ) ∩ SHerm(V ). Dann folgt für alle v, w ∈ V
β(v, w) = β(w, v) = −β(v, w),
daher β = 0.
⊓⊔
Proposition 8.3.9 (Polarisierung symmetrischer Formen). Sei β ∈ Sym(V )
und 1 2
∈ K. Dann gilt:
β(v, w) = 1 2(
β(v + w, v + w) − β(v, v) − β(w, w)
)
,
d.h. β kann aus den Werten auf der Diagonalen {(v, v) ∈ V × V | v ∈ V }
zurückgewonnen werden.
Beweis. Idee: Quadrate von Summen berechnen.
Die Behauptung folgt unmittelbar aus der folgenden Rechnung:
β(v + w, v + w) = β(v, v + w) + β(w, v + w)
= β(v, v) + β(v, w) + β(w, v) + β(w, w)
= β(v, v) + 2β(v, w) + β(w, w).
⊓⊔
Im Spezialfall K = C erhalten wir eine Polarisierugnsformel (vgl. Proposition
8.3.9 auch für hermitesche Formen:
Proposition 8.3.10 (Polarisierung über C). Sei K = C und β ∈ Herm(V ).
Für alle v, w ∈ V gilt:
(i) Re β(v, w) = 1 2
(β(v + w, v + w) − β(v, v) − β(w, w)).
(ii) Im β(v, w) = − Re β(iv, w).

236 8 Bi- und Sesquilinearformen
Beweis. Idee: Rechne wie bei der reellen Polarisierung und bestimme zusätzlich Re β(iv, w).
Weil β hermitesch ist, gilt β(v, v) ∈ R für alle v ∈ V . Damit erhalten wir
β(v + w, v + w) = β(v, v + w) + β(w, v + w)
= β(v, v) + β(v, w) + β(w, v) + β(w, w)
= β(v, v) + β(v, w) + β(v, w) +β(w, w)
} {{ }
2 Re β(v,w)
Dies zeigt (i). Wegen 1 2i
(a + ib − (a − ib)) = b können wir rechnen
Re β(iv, w) = 1 (β(iv, w) + β(iv, w))
2
= − 1 2i (β(v, w) − β(v, w)) = − Im β(v, w). ⊓⊔
Übung 8.3.1. Bestimme die Matrix bzgl. der Standardbasis der symmetrischen Bilinearform
β : R 2 × R 2 → R, die gegeben ist durch die Vorschrift
für x ∈ R 2 .
β(x, x) := x 2 1 + 2(x 1 + x 2) 2
Übung 8.3.2. Gegeben sei β ∈ Bil(R 2 ) durch
β(x, x) = x 2 1 + x 2 2 + 2x 1x 2
(a) Bestimme A ∈ Sym(2, R), so daß β(x, x) = x ⊤ Ax.
(b) Sei f : R 2 → R gegeben durch f(x) := β(x, x). Man bestimme C ∈ GL(2, R), damit
für y = (y 1, y 2) ⊤ ∈ R 2 gilt:
f(Cy) = λ 1y 2 1 + λ 2y 2 2.
Übung 8.3.3. Gegeben sind die symmetrischen Matrizen
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−1 0 0
0 1 0
A = ⎝ 0 1 0⎠ , B = ⎝1 0 0⎠ .
0 0 1
0 0 1
Zeige, dass sie zueinander äquivalent sind, dass also C ⊤ AC = B gilt mit einer geeignet
gewählten Matrix C ∈ GL(3, R).
Übung 8.3.4. Betrachte C n als R-Vektorraum. Sei ω : C n × C n → R eine nicht ausgeartete
schiefsymmetrische R-Bilinearform. Außerdem gelte ω(iv, iw) = ω(v, w). Zeige: Durch
H(v, w) = ω(iv, w) + iω(v, w) wird eine nicht-ausgeartete hermitesche Form auf C n (als
C-Vektorraum) definiert.
Übung 8.3.5. Welche der folgenden Matrizen in Mat(n×n, C) sind hermitesch bzw. schiefhermitesch?
⎛ ⎞ ⎛
⎞
( ) ( )
2 −3 2
2 i − 3 2i
i −1
2 i
A = , B = , C = ⎝−3 2 3⎠ D = ⎝−(i + 3) 2 3i⎠
1 i
i i
2 3 2
−2i −3i 2
⊓⊔

8.3 Hermitesche Formen 237
Übung 8.3.6. Sei β ∈ Ses(C 4 ) die Sesquilinearform mit darstellender Matrix
⎛ ⎞
i 0 i + 1 0
A = ⎜0 2 0 i
⎟
⎝i i i i⎠
1 1 0 0
bezüglich der Standardbasis B = {e 1, e 2, e 3, e 4} von C 4 . Dann zerlegt sich β eindeutig als
direkte Summe β = Hβ + Λβ mit Hβ hermitesch und Λβ schiefhermitesch. Bestimme die
darstellenden Matrizen von Hβ und Λβ bezüglich B.
⊓⊔
Übung 8.3.7. Sei V ein C-Vektorraum und β ∈ Herm(V ). Definiere zu jedem v ∈ V eine
Abbildung ϕ(v): V → K durch ( ϕ(v) ) (w) := β(w, v) und zeige:
(i) ϕ(v) ist C-linear für jedes v, d.h. ϕ(v) ∈ V ∗ .
(ii) Die Abbildung ϕ: V → V ∗ definiert durch v ↦→ ϕ(v) ist R-linear, aber nicht C-linear.
Übung 8.3.8. Sei V = {A ∈ Mat(3 × 3, R): A ⊤ = −A}.
(i) Zeige, dass V ein R-Vektorraum ist.
(ii) Zeige, dass die folgenden Matrizen eine Basis für V bilden:
⎛ ⎞
0 1 0
⎛ ⎞
0 0 1
⎛
0 0 0
⎞
X := ⎝ −1 0 0 ⎠ , Y := ⎝ 0 0 0 ⎠ , Z := ⎝ 0 0 −1 ⎠
0 0 0
−1 0 0
0 1 0
(iii) Sei β ∈ Bil(V ) definiert durch β(A, B) = tr(AB). Berechne die darstellende Matrix
von β bzgl. der angegebenen Basis.
Übung 8.3.9. Sei V = {A ∈ Mat(3 × 3, R): A ⊤ = −A} wie in Übung 8.3.8. Für A, B ∈ V
definiert man eine 3 × 3-Matrix ad A(B) = AB − BA.
(i) Zeige, dass ad A(B) ∈ V für alle A, B ∈ V .
(ii) Zeige: Die Abbildung ad A : V → V, B ↦→ ad A(B) ist linear, d.h., ad A ∈ End R (V ).
(iii) Zeige: Die Abbildung ad: V → End R (V ) mit A ↦→ ad A ist linear.
(iv) Identifiziere End R (V ) mit Mat(3 × 3, R) unter Zuhilfenahme der Basis {X, Y, Z} für
V und gib die Matrix ad A ∈ Mat(3 × 3, R) für jedes A ∈ V an.
(v) Definiere eine Abbildung κ V : V × V → R durch
κ V (A, B) = tr(ad A ◦ ad B)
und zeige, dass κ V ∈ Bil(V ). (Der Vektorraum V wird üblicherweise mit so(3) bezeichnet
und die Bilinearform κ V heißt die Cartan-Killing Form auf so(3).)
(vi) Berechne die darstellende Matrix von κ V bzgl. der in Übung 8.3.8 angegebenen Basis.
Übung 8.3.10. Sei
V := su(2) :=
{( )
}
ir c
∈ Mat(2 × 2, C): r ∈ R, c ∈ C .
−c −ir
(i) Zeige, dass V ein R-Untervektorraum von Mat(2 × 2, C) ist, nicht aber ein C-
Untervektorraum.
(ii) Seien A, B ∈ V . Zeige, dass tr(AB) ∈ R.
(iii) Zeige, dass die Abbildung β : V × V → R mit β(A, B) = tr(AB) eine Bilinearform auf
V ist.
(iv) Zeige, dass die Matrizen
A 1 :=
( i 0
0 −i
)
, A 2 :=
( ) 0 −1
, A
1 0
3 :=
eine Basis für V bilden.
(v) Bestimme die darstellende Matrix von β bzgl. dieser Basis.
( ) 0 i
i 0

238 8 Bi- und Sesquilinearformen
Übung 8.3.11. Sei
V := su(2) :=
{( )
}
ir c
∈ Mat(2 × 2, C) | r ∈ R, c ∈ C ,
−c −ir
wobei ¯ die übliche komplexe Konjugation in C bezeichnet. Für A, B ∈ V definiert man
eine 2 × 2-Matrix ad A(B) := AB − BA. Zeige:
(a) ad A(B) ∈ V für alle A, B ∈ V .
(b) Die Abbildung ad A : V → V gegeben durch B ↦→ ad A(B) ist linear, d.h. ad A ∈
End R (V ).
(c) Die Abbildung ad: V → End R (V ) mit A ↦→ ad A ist linear.
Identifiziere die Räume End R (V ) und Mat(3×3, R) unter Zuhilfenahme der Basis {A 1, A 2, A 3}
für V , wobei
( ) ( ) ( )
i 0
0 −1
0 i
A 1 := , A
0 −i
2 := , A
1 0
3 := .
i 0
(d) Gib die Matrix von ad A ∈ Mat(3 × 3, R) für jedes A ∈ V an.
(e) Definiere eine Abbildung κ: V × V → R durch
κ V (A, B) = tr(ad A ◦ ad B)
und zeige, dass κ V ∈ Bil(V ).
(f) Berechne die darstellende Matrix von κ V bzgl. der Basis {A 1, A 2, A 3}.
(g) Zeige, daß {B 1, B 2, B 3} eine Basis von V ist, wobei
B 1 :=
( i −1
1 −i
)
, B 2 :=
( i i
i −i
)
, B 3 :=
( ) 0 i − 2
.
i + 2 0
(h) Berechne die darstellende Matrix von κ V bzgl. der Basis {B 1, B 2, B 3}.
(i) Ist κ V ausgeartet?
(l) Berechne den Orthogonalraum A ⊥ 1 bezüglich κ V .
Übung 8.3.12. Definiere eine Abbildung L: su(2) → so(3) durch
(vgl. Übung 8.3.8). Zeige:
L(A 1) = 2X, L(A 2) = 2Y, L(A 3) = 2Z
(i) L: su(2) → so(3) ist ein Vektorraum-Isomorphismus.
(ii) L(A)L(B) − L(B)L(A) = L(AB − BA) für alle A, B ∈ su(2).
(iii) ad L(A) ◦L = L ◦ ad A.
(iv) ad L(A) ◦ ad L(B) = L ◦ (ad A ◦ ad B) ◦ L −1 .
(v) κ so(3)
(
L(A), L(B)
)
= κsu(2) (A, B).
(vi) Die darstellenden Matrizen von κ su(2) und κ so(3) bzgl. der Basen {A 1, A 2, A 3} bzw.
{2X, 2Y, 2Z} stimmen überein.
Übung 8.3.13. Sei V ein 2-dimensionaler K-Vektorraum und β ∈ Bil(V ) schiefsymmetrisch
und nicht ausgeartet. Zeige, dass
(
es
)
eine Basis {v 1, v 2} für V gibt, bzgl. der die
0 1
darstellende Matrix von β die Form hat.
−1 0
Übung 8.3.14. Sei V = R 2 . Für v =
(
x1
)
und w =
x 2
(
y1
( )
x1 y 1
β(v, w) = det .
x 2 y 2
)
setze
y 2
(i) Zeige, dass β eine schiefsymmetrische Bilinearform ist.
( ) ( ) 0 1
(ii) Gib die darstellende Matrix von β bzgl. der Basis { , } an.
1 1

Übung 8.3.15. Sei V = Mat(2 × 2, C) und f ∈ V ∗ definiert durch
( ) a b
f = b.
c d
(i) Sei β : V × V → C definiert durch
β(A, B) = f(AB − BA).
8.3 Hermitesche Formen 239
Zeige, dass β eine schiefsymmetrische Bilinearform auf V ist.
(ii) Finde eine Basis für V und gib die darstellende Matrix von β bzgl. dieser Basis an.
Übung 8.3.16. Sei β ∈ Ses(R 4 ) die Sesquilinearform mit darstellender Matrix
⎛ ⎞
2 2 1 0
⎜3 2 1 1
⎟
⎝1 1 1 0⎠
4 1 0 0
bezüglich der Standardbasis B = {e 1, e 2, e 3, e 4} von R 4 . Dann zerlegt sich β eindeutig als
direkte Summe β = Sβ + Λβ mit Sβ symmetrisch und Λβ schiefsymmetrisch. Bestimme
die darstellenden Matrizen von Sβ und Λβ bezüglich B.
Übung 8.3.17. Gegeben seien die Vektoren in K 2
u =
(
u1
u 2
)
, v =
(
v1
v 2
)
mit
( )
u1 v 1
det ≠ 0.
u 2 v 2
Zeige: Wenn A ∈ Mat(2 × 2, K) die Gleichung u ⊤ Av = v ⊤ Au erfüllt, dann gilt A ∈
Sym(2, K).
Übung 8.3.18. Eine hermitesche Sesquilinearform β : C 3 × C 3
β(z, z) := β ′ (z) für z = x + iy mit x, y ∈ R 3 , wobei
→ C sei gegeben durch
β ′ (z) := x 2 1 + 2x 2 2 − x 2 3 + y 2 1 + 2y 2 2 − y 2 3 + 2x 1y 2 − 2x 2y 1 + 2x 2y 3 − 2x 3y 2 + 2x 2x 3 + 2y 2y 3.
Bestimme die zu β gehörige hermitesche Matrix A ∈ Mat(3 × 3, C) (bzgl. der Standardbasis).
{ ( )
x y
}
Übung 8.3.19. Sei Sym(2, R) = | x, y, z ∈ R der Vektorraum der 2 × 2 reellen
y z
symmetrischen Matrizen mit den üblichen koeffizientenweisen Addition und Skalarmultiplikation.
Mit den Matrizen
( ) ( )
( )
1 0
0 1
0 0
E 1 = , E
0 0 2 = , E
1 0
3 = ,
0 1
( ) ( ) ( )
4 5
10 −1
−5 5
A = , B = , C =
5 0
−1 0
5 9
definiert man eine lineare Abbildung ϕ : Sym(2, R) → Sym(2, R) durch
ϕ(E 1) = A, ϕ(E 2) = B, ϕ(E 3) = C.
(a) Man zeige, daß ϕ ein Isomorphismus ist.
(b) Man bestimme die Eigenwerte von ϕ und die zugehörigen Eigenvektoren in Sym(2, R).
Übung 8.3.20. Seien V = {A ∈ Mat(3 × 3, R) : A ⊤ = −A} und β ∈ Bil(V ) definiert durch
β(A, B) = −tr(AB).
(a) Wähle eine Basis B von V und berechne die darstellende Matrix von β bzgl. B.

240 8 Bi- und Sesquilinearformen
(b) Die lineare Abbildung β ′ : V → V (j = 1, 2) sei definiert durch β ′ (X) = B ⊤ XB mit
⎛ ⎞
0 1 2
B = ⎝−1 0 1⎠ .
−2 1 0
Bestimme die adjungierte Abbildung β ′∗ , falls möglich. Erkläre die Antwort.
Übung 8.3.21. Sei V = {( a 0 c b ) | a, b, c ∈ C}.
1. Zeige, dass die Bilinearform β ∈ Bil(V ) mit β(A, B) = tr(AB) ausgeartet ist.
2. Berechne V ⊥ .
3. Für welche A ∈ V gilt β(A, A) = 0?
4. Finde eine Basis für V und gib die darstellende Matrix von β bzgl. dieser Basis an.
Übung 8.3.22. Seien V ein K-Vektorraum mit Basis B = {v 1, . . . , v n} und β ∈ Ses(V)
mit darstellender Matrix B β bezüglich B. Weiter seien ϕ : V → Ṽ ∗ die lineare Abbildung
gegeben durch ( ϕ(v) ) (w) := β(v, w) und ˜B = { ˜f 1, . . . , ˜f n} die zu B duale Basis für Ṽ ∗ .
Bestimme die darstellende Matrix von ϕ bezüglich der Basen B und ˜B. Was gilt für ϕ,
falls β nicht ausgeartet ist?
Übung 8.3.23. Es sei Pol 3(R, R) der Vektorraum der Polynomfunktionen vom Grad 3.
1. Zeige, dass
β(p, q) :=
∫ 1
−1
p(x)q(x)dx
eine Bilinearform auf Pol 3(R, R) definiert.
2. Bestimme die darstellende Matrix von β bezüglich der Basis (p 0, p 1, p 2, p 3) mit p i(x) =
x i .
3. Ist β ausgeartet?
8.4 Diagonalisierbarkeit von hermiteschen Formen
In diesem Abschnitt geht es darum zu vorgegebenen hermiteschen oder symmetrischen
Formen Basen zu finden, bzgl. derer die darstellenden Matrizen diagonal sind.
Die entsprechende Fragestellung für Matrizen lautet: Finde zu B ∈ Herm(n × n, K)
ein C ∈ GL(n, K) mit C ⊤ BC = D, wobei D in Diagonalgestalt ist.
Bemerkung 8.4.1. Sei B ∈ Sym(n × n, K). Gesucht ist dann ein C ∈ GL(n, K)
mit C ⊤ BC = D, wobei D in Diagonalgestalt ist. Eine Möglichkeit so ein D zu
finden ist, C aus elementaren Zeilen- und Spaltenumformungen zusammenzusetzen.
Als Beispiel betrachten wir
⎛ ⎞
B = ⎝ 1 2 3
2 3 2 ⎠
3 2 1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Zeilen
−→ ⎝ 1 2 3
0 −1 −4 ⎠ Spalten −→ ⎝ 1 0 0
0 −1 −4 ⎠
0 −4 −8
0 −4 −8
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 0
Zeilen
−→ ⎝ 0 −1 −4 ⎠ Spalten 1 0 0
−→ ⎝ 0 −1 0 ⎠
0 0 8
0 0 8
E III(−4,2;3) ◦ E III(−3,1;3) ◦ E III(−2,1;2) ◦B ◦ EIII(−2,1;2) ⊤ } {{ }
◦ E⊤ III(−3,1;3) ◦ E⊤ III(−4,2;3) ,
} {{ }
C ⊤
C

8.4 Diagonalisierbarkeit von hermiteschen Formen 241
wobei die E’s die Elementarmatrizen aus Beispiel 3.1.9 sind. Damit hat man:
C ⊤ BC = Diagonalmatrix
Beachte, dass dieses Vorgehen so nur funktioniert, wenn in der Diagonale nie eine
Null auftaucht. Falls dies der Fall ist, kann man sich behelfen, indem man eine
andere Zeile (und der Spalte) zu der fraglichen Zeile (Spalte) addiert:
( ) 0 1
B =
Zeilen
−→
Zeilen
−→
1 0
( 1 1
1 0
( 2 1
0 − 1 2
) Spalten
−→
) Spalten
−→
( ) 2 1
1 0
( ) 2 0
0 − 1 2
⊓⊔
Satz 8.4.2 (Diagonalisierbarkeit hermitescher Formen). Sei β ∈ Herm(V ),
dim V = n, und K = R oder C. Dann existiert eine Basis {v 1 , . . . , v n } für V bzgl.
der β die darstellende Matrix die Gestalt
hat.
B β =
⎛
β(v 1 , v 1 ) 0
⎜
⎝
. ..
0 β(v n , v n )
Beweis. Idee: Mit Polarisierung findet man einen Vektor v mit β(v, v) ≠ 0. Dann spaltet
man V in Rv und v ⊥ auf und wendet Induktion über die Dimension von V an.
Wir führen eine Induktion über dim V = n durch:
n = 1: Für n = 1 ist nichts zu zeigen.
n > 1: Für n > 1 unterscheiden wir zwei Fälle:
1. Fall: β(v, w) = 0 für alle v, w ∈ V , d.h. β = 0 und B β = 0.
2. Fall: Es existiert ein v 1 ∈ V mit β(v 1 , v 1 ) ≠ 0. Dies ist wegen der Polarisierung
(vgl. Satz 8.3.9 und Satz 8.3.10) immer möglich, wenn β ≠ 0. Setze
nun V 1 = Kv 1 . Daraus folgt, dass β eingeschränkt auf V 1 nicht ausgeartet
ist. Nach Satz 8.2.6 gilt dann
V = V 1 ⊕ V ⊥
1 .
Wende nun Induktion auf die Einschränkung β V ⊥
1
von β auf V1 ⊥ an. Es
existiert eine Basis {v 2 , . . . , v n } für V1 ⊥ , so dass die darstellende Matrix von
β V ⊥
1
gerade die Diagonalmatrix
⎛
⎞
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
β(v 2 , v 2 )
. ..
⎟
⎠
β(v n , v n )
ist. Beachte nun, dass {v 1 , . . . , v n } eine Basis für V ist. Die darstellende
Matrix von β bzgl. dieser Basis ist

242 8 Bi- und Sesquilinearformen
⎛
⎞
β(v 1 , v 1 ) 0
β(v 2 , v 2 ) 0
⎜
⎝
.
0
..
⎟
⎠
0 β(v n , v n )
weil β(v 1 , v j ) = 0 für j = 2, . . . , n.
⊓⊔
Die einzige Stelle in diesem Beweis, an der die Voraussetzung über den Körper
K eingegangen ist, ist die Existenz der Polarisierung. Daher kann man im Falle symmetrischer
Bilinearformen schon diagonalisieren, wenn man nur 1 2 ∈ K vorraussetzt.
Ein alternativer Beweis von Satz 8.4.2, der auch eine praktische Berechnung der
Basis liefert, lässt sich auch wie in Bemerkung 8.4.1 gewinnen.
Hat man für eine hermitesche Form erst einmal eine darstellende Matrix in Diagonalgestalt,
so kann man versuchen, auch die Diagonalmatrix noch zu vereinfachen,
indem man Basiswechsel der Gestalt
v ′ 1 = k 1 v 1 , . . . , v ′ n = k n v n
mit k j ≠ 0 anschließt. In diesem Fall ist die durch
gegebene Übergangsmatrix gleich
C =
v ′ j =
n∑
c ij v i
i=1
⎛ ⎞
k 1 0
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
0 k n
und die darstellende Matrix von β bzgl. {v 1, ′ . . . , v n} ′ ergibt sich zu
⎛
⎞
k 1 k 1 β(v 1 , v 1 )
B ′ = C ⊤ ⎜
BC = CBC = ⎝
. ..
⎟
⎠ .
k n k n β(v n , v n )
Bemerkung 8.4.3. (i) Betrachte den Fall symmetrischer Bilinearformen. Wenn in
K jede Zahl ein Quadrat ist (dies gilt z.B. für C, nicht aber für R), dann kann
man k j so wählen, dass
k 2 j =
1
β(v j , v j )
für β(v j , v j ) ≠ 0.
In diesem Fall ist die neue Matrix eine Diagonalmatrix ausschließlich mit Nullen
und Einsen auf der Diagonalen.
(ii) Wenn K gleich R oder C ist und a die komplexe Konjugation, dann ist nur jede
positive Zahl von der Form aa = |a| 2 . In diesem Fall wählt man die k j so, dass
|k j | 2 =
1
|β(v j , v j )|
für β(v j , v j ) ≠ 0.
Dann ist die neue Matrix eine Diagonalmatrix mit Diagonalelementen in {−1, 0, 1}.
⊓⊔

8.4 Diagonalisierbarkeit von hermiteschen Formen 243
Durch Anwendung von Elementarumformungen vom Typ I (Zeilen/Spalten-
Tausch) kann man schließlich noch die Diagonalelemente umsortieren:
⎛
⎞
β(v 1 , v 1 )
. .. β(v q , v q )
E I(p,q) BEI(p,q) ⊤ = . .. β(v p , v p )
⎜
⎝
. ⎟
.. ⎠
β(v n , v n )
Satz 8.4.4 (Sylvesterscher Trägheitssatz). Sei K gleich R oder C mit der komplexen
Konjugation. Weiter seien β ∈ Herm(V ) und {v 1 , . . . , v n },{v ′ 1, . . . , v ′ n} Basen
für V bzgl. derer die darstellenden Matrizen diagonal sind mit β(v j , v j ), β(v ′ j , v′ j ) ∈
{−1, 0, 1}. Dann gilt:
#{j ∈ {1, . . . , n} | β(v j , v j ) = −1} = #{j ∈ {1, . . . , n} | β(v ′ j, v ′ j) = −1}
#{j ∈ {1, . . . , n} | β(v j , v j ) = 0} = #{j ∈ {1, . . . , n} | β(v ′ j, v ′ j) = 0}
#{j ∈ {1, . . . , n} | β(v j , v j ) = 1} = #{j ∈ {1, . . . , n} | β(v ′ j, v ′ j) = 1}
Beweis. Idee: Stelle die Form bzgl. beider Basen durch Matrizen dar und sortiere die
Diagonaleinträge nach der Größe. Wenn die Vorzeichen nicht zusammenpassen, ergibt sich
Bemerkung 8.1.17 ein Widerspruch zur Dimensionsformel für Schnitte und Summen von
Unterräumen (vgl. Satz 5.2.12).
Wir setzen
⎛
B =
⎜
⎝
β(v 1 , v 1 ) 0
. ..
0 β(v n , v n )
⎞
⎟
⎠ , B ′ =
⎛
⎜
⎝
β(v ′ 1, v ′ j ) 0
. ..
0 β(v ′ n, v ′ n)
⎞
⎟
⎠
Mit Bemerkung 8.1.17 ergibt sich
r ± := #{j ∈ {1, . . . , n} | β(v j , v j ) = ±1},
r ′ ± := #{j ∈ {1, . . . , n} | β(v ′ j, v ′ j) = ±1}.
r + + r − = Rang(B) = Rang(B ′ ) = r ′ + + r ′ −.
Es reicht jetzt zu zeigen, dass r + = r ′ +. wegen der Symmetrie der Problemstellung
in r + und r ′ +, genügt es dafür die Annahme
r + > r ′ +
zum Widerspruch zu führen. Wir können o.B.d.A. annehmen, dass die Diagonaleinträge
nach der Größe sortiert sind. Betrachte die beiden Unterräume
U 1 := span{v 1 , . . . , v r+ }, U 2 := span{v ′ r ′ + +1, . . . , v′ n}
und beachte, dass β(v j , v j ) = 1 für 1 ≤ j ≤ r + und β(v ′ j , v′ j ) ≤ 0 für r′ + +1 ≤ j ≤ n.
Wir haben
dim U 1 = r + , dim U 2 = n − r ′ +

244 8 Bi- und Sesquilinearformen
und erhalten mit der Dimensionsformel für Schnitte und Summen von Unterräumen
aus Satz 5.2.12(v)
n < n + (r + − r +
′ ) = dim U 1 + dim U 2
} {{ }
>0
= dim(U 1 + U 2 ) + dim(U 1 ∩ U 2 ) ≤ n + dim(U 1 ∩ U 2 ),
also dim(U 1 ∩ U 2 ) > 0. D.h., es gibt ein x ∈ U 1 ∩ U 2 , x ≠ 0, das wir als Linearkombination
der beiden Basen von U 1 und U 2 schreiben können:
Dann finden wir
β(x, x) =
β(x, x) =
r +
∑
j=1
x =
r +
∑
j=1
|c j | 2 > 0
n∑
c j v j =
j=r ′ + +1 β(d j v ′ j, d j v ′ j) =
n∑
j=r ′ + +1 d j v ′ j.
n∑
j=r ′ + +1 |d j | 2 β(v ′ j, v ′ j) ≤ 0,
im Widerspruch zu unseren Voraussetzungen.
⊓⊔
Das Paar (r + , r − ) nennt man den Index von β. Die Zahl r + + r − ist der Rang
von β.
Beispiel 8.4.5. (vgl. Beispiel 8.1.5)
(i) Euklidisches Skalarprodukt auf R n : Index = (n, 0)
(ii) Minkowski–Form: Index = (3, 1)
⊓⊔
Satz 8.4.6. Sei K gleich R oder C mit der komplexen Konjugation und B, B ′ ∈
Herm(n, K). Weiter seien β B , β B ′ die hermiteschen Formen auf K n , die durch B
und B ′ bzgl. einer (beliebigen) Basis dargestellt werden. Dann sind folgende Aussagen
äquivalent:
(1) Es gibt ein C ∈ GL(n, K) mit C ⊤ BC = B ′ .
(2) β B und β B ′ haben den gleichen Index.
Beweis. Idee: Formuliere die Index-Bedingung zu einer Bedingung über die Existenz
einer passenden Diadonalgestalt um und wende dann den Satz 8.4.4 von Sylvester an.
Es gilt
⎛
⎞
1 r+
Index(β B ) = (r + , r − ) ⇔ ∃D ∈ GL(n, K) mit D ⊤ BD = ⎝ −1r− ⎠ .
0
(1)
(1) ⇒ (2)“: Wenn B′ = C
” ⊤ BC, dann findet man ein D ′ ∈ GL(n, K) mit
⎛
⎞
1 r ′
+
⎝ −1r ′ ⎠
−
= (D ′ ) ⊤ B ′ D ′ = (D ′ ) ⊤ C ⊤ BCD ′ = (CD ′ ) ⊤ BCD ′ .
0
Mit D := CD ′ ∈ GL(n, K) folgen r ′ + = r + und r ′ − = r − aus Satz 8.4.4.

8.4 Diagonalisierbarkeit von hermiteschen Formen 245
” (2) ⇒ (1)“: Mit Bemerkung 8.4.3 findet man D, D′ ∈ GL(n, K) mit
⎛
⎞
1 r+
D ⊤ BD = ⎝ −1r− ⎠ = (D ′ ) ⊤ B ′ D ′ .
0
Dann gilt
B ′ = ((D ′ ) ⊤ ) −1 D ⊤ BD(D ′ ) −1 = (D(D ′ ) −1 ) ⊤ B(D(D ′ ) −1 )
und mit C := D(D ′ ) −1 folgt (1).
⊓⊔
Übung 8.4.1. Gegeben sei β ∈ Bil(R 4 ) mit darstellender Matrix
⎛ ⎞
1 2 3 4
A = ⎜ 2 3 4 3
⎟
⎝ 3 4 3 2 ⎠
4 3 2 1
bezüglich der Standardbasis.
(a) Finde D ∈ Mat(4 × 4, R) in Diagonalgestalt und C ∈ GL(4, R), so dass C ⊤ AC = D.
(b) Gib eine Basis für R 4 an, bezüglich der D die darstellende Matrix von β ist.
Übung 8.4.2. Gegeben sei β : C 3 × C 3 → C mit darstellender Matrix
⎛ ⎞
4 −2i 2
A = ⎝2i 1 i⎠
2 −i 1
bezüglich der Standardbasis {e 1, e 2, e 3} für C 3 .
(a) Zeige, dass β ∈ Herm(C 3 ).
(b) Finde D ∈ Mat(3 × 3, C) in Diagonalgestalt und C ∈ GL(3, C), so dass C ⊤ AC = D.
(c) Gib eine Basis für C 3 an, bezüglich der D die darstellende Matrix von β ist.
{ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
1 i
(d) Bestimme die darstellende Matrix von β bezüglich der Basis ⎝2⎠ , ⎝0⎠ , ⎝
0 1
für C 3 .
Übung 8.4.3. Sei
⎛ ⎞
5 1 2
A = ⎝ 1 5 −2 ⎠ .
2 −2 2
Finde eine orthogonale Matrix K für die K ⊤ AK eine Diagonalmatrix ist.
0
0
i + 1
Übung 8.4.4. Für α ∈ R sei eine symmetrische Bilinearform β auf R 2 gegeben durch
β(x, x) = αx 1 2 + 2 x 1x 2 + (α − 4) x 2 2 .
Bestimme den Index von β in Abhängigkeit von α.
Übung 8.4.5 (Spiegelungen). Sei V ein K-Vektorraum und β eine Sesquilinearform. Sei
v ∈ V mit β(v, v) = 1 gegeben und betrachte
1. Zeige, dass ϕ linear ist, und ϕ 2 = id V .
ϕ : V → V, x ↦→ x − 2 β(x, v) v
⎞
⎠ }

246 8 Bi- und Sesquilinearformen
2. Zeige, dass Kv und (Kv) ⊥ Eigenräume von ϕ sind, und dass V = Kv ⊕ (Kv) ⊥ gilt,
d.h. insbesondere ist ϕ diagonalisierbar.
Übung 8.4.6. Eine hermitesche Sesquilinearform β : C 3 × C 3
β(z, z) := β ′ (z) für z = x + iy mit x, y ∈ R 3 , wobei
→ C sei gegeben durch
β ′ (z) := x 2 1 + 2x 2 2 − x 2 3 + y 2 1 + 2y 2 2 − y 2 3 + 2x 1y 2 − 2x 2y 1 + 2x 2y 3 − 2x 3y 2 + 2x 2x 3 + 2y 2y 3.
1. Bestimme die zu β gehörige hermitesche Matrix A ∈ Mat(3 × 3, C) (bzgl. der Standardbasis).
2. Bestimme den Index (r +, r −) von β gemäß dem Sylvesterschen Trägheitssatz.

9
Innere Produkte
In diesem Kapitel betrachten wir hermitesche Formen mit Positivitätsbedingungen,
die die euklidischen Skalarprodukte verallgemeinern. Solche Formen erlauben es,
auch in abstrakten Kontexten geometrische Argumente zu benutzen und stellen
sich in vielen Situationen als äußerst nützlich heraus. Zentrale Resultate dieses Kapitels
sind die Gram–Schmidt Orthogonalisierung und der Spektralsatz für normale
Selbstabbildungen von Vektorräumen mit inneren Produkten. Sie finden nicht nur
in der linearen Algebra Anwendungen, sondern spielen auch eine wichtige Rolle z.B.
in der Fourier–Analysis und in der Funktionalanalysis.
In diesem Kapitel sei immer K = R oder K = C mit der gewöhnlichen komplexen
Konjugation.
9.1 Definitheit
Wir beginnen mit den grundlegenden Positivitätseigenschaften hermitescher
Formen.
Definition 9.1.1. Eine hermitesche Form β ∈ Herm(V ) heißt
• positiv definit, falls β(v, v) > 0 ∀v ∈ V \ {0};
• positiv semidefinit, falls β(v, v) ≥ 0 ∀v ∈ V ;
• negativ definit, falls β(v, v) < 0 ∀v ∈ V \ {0};
• negativ semidefinit, falls β(v, v) ≤ 0 ∀v ∈ V ;
• indefinit, sonst.
Diesen Definitionen entsprechend heißt eine hermitesche Matrix B ∈ Herm(n, K)
positiv definit, etc. wenn die zugehörige Form β B auf K n positiv definit etc. ist.
Bemerkung 9.1.2. Sei V ein K-Vektorraum der Dimension n und {v 1 , . . . , v n } eine
Basis für V . Eine hermitesche Form β ∈ Herm(V ) ist genau dann positiv definit
(negativ definit, etc.), wenn die darstellende Matrix B β von β bzgl. der gegebenen
Basis positiv definit (negativ definit, etc.) ist. Wenn (r + , r − ) der Index von β ist
(vgl. den Trägheitssatz 8.4.4 von Sylvester), gilt insbesondere
(i) β positiv definit ⇔ r + = n.
(ii) β positiv semidefinit ⇔ r − = 0.
(iii) β negativ definit ⇔ r − = n.
(iv) β negativ semidefinit ⇔ r + = 0.

248 9 Innere Produkte
(v) β indefinit ⇔ r + ≠ 0 ≠ r − .
Um das einzusehen, schreibe v ∈ V als v = ∑ n
j=1 x jv j und setze x :=
(x 1 , . . . , x n ) ⊤ . Dann gilt β(v, v) = x ⊤ B β x. Angenommen B β ist eine Diagonalmatrix
der Form
⎛
⎝ 1 ⎞
r +
−1r− ⎠ .
0
Dann erhält man
β(v, v) =
r +
∑
j=1
|x j | 2 −
r ++r
∑ −
j=r ++1
|x j | 2
und die Behauptung folgt.
Um den Index zu bestimmen, kann man die Methode von Bemerkung 8.4.1
benützen. Wenn man dabei nur elementare Zeilenumformungen vom Typ III benutzt
hat, kann man sogar auf die Spaltenumformungen verzichten, weil die Diagonalelemente
schon nach den Zeilenumformungen ihre endgültige Gestalt haben.
Den Index liest man dann ab, indem man die positiven und die negativen Diagonalelemente
zählt.
⊓⊔
In der Differentialrechnung mehrerer reeller Variabler tauchen symmetrische
Matrizen als Hesse-Matrizen an stationären Punkten auf. Die Definitheitseigenschaften
positiv definit, negativ definit und indefinite lassen sich dann unmittelbar
in die Extremaleigenschaften lokales Minimum, lokales Maximum und Sattelpunkt
übersetzen.
Beispiel 9.1.3. (vgl. Beispiel 8.4.5)
(i) Die euklidischen inneren Produkte auf R n und C n sind positiv definit.
(ii) Die Minkowski–Form auf R 4 ist indefinit.
⊓⊔
Satz 9.1.4 (Hauptminoren–Kriterium). Sei B ∈ Mat(n × n, K) hermitesch.
Weiter sei B l für l ≤ n der linke obere l × l Block in B, d.h.
⎛
⎞
b 11 · · · b 1l · · · b 1n
⎛ ⎞
. . .
b 11 · · · b 1l
B =
b l1 · · · b ll · · · b ln
⎜ ⎟
und B l = ⎝ . . ⎠ .
⎜
⎟
⎝ . . . ⎠
b l1 · · · b ll
b n1 · · · b nl · · · b nn
Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) B ist positiv definit (d.h. β B ist pos. def. für eine beliebige Basis)
(2) det B l > 0 für l = 1, . . . , n.
Die Determinanten det B l heißen die Hauptminoren von B.
Beweis. Idee: Die Richtung “(1) ⇒ (2)” reduziert man auf die Aussage, dass positiv
definite Matrizen positive Determinante haben, in dem man x ⊤ Bx für Vektoren x mit
vielen Nullen testen. Die Umkehrung “(2) ⇒ (1)” beweist man mit Induktion, indem
man die linke obere (n − 1) × (n − 1)-Ecke B n−1 mit B n−1 ↦→ Cn−1B ⊤ n−1C n−1 auf 1 n−1
transformiert.

9.1 Definitheit 249
” (1) ⇒ (2)“ Sei B positiv definit, d.h. x⊤ Bx > 0 für alle x ∈ K n \ {0}. Dann ist B l
ist ebenfalls positiv definit, denn
y ⊤ B l y = x ⊤ Bx > 0
für
( ) y
x =
0
mit y ∈ K l \ {0}, 0 ∈ K n−l .
Das bedeutet, es ist nur det B > 0 für jede positiv definite Matrix B zu zeigen.
Wegen Index(β B ) = (n, 0) gibt es eine invertierbare Matrix C ∈ GL(n, K) mit
C ⊤ BC = 1 n . Damit findet man
1 = det(1 n ) = det(C ⊤ BC) = det(C ⊤ ) det(B) det(C) = | det(C)| 2 det(B),
} {{ }
>0
also det(B) > 0.
(2) ⇒ (1)“ Wir führen den Beweis mit Induktion über n.
”
n = 1: Dieser Fall ist klar, weil det(B) = B.
n > 1: Die Induktion zeigt, dass B n−1 positiv definit ist, d.h. es existiert eine
Matrix C n−1 ∈ GL(n − 1, K) mit Cn−1B t n−1 C n−1 = 1 n−1 . Setze
C :=
( )
Cn−1 0
∈ GL(n, K),
0 1
dann gilt
( ) ( ) ( )
C
C ⊤ ⊤
BC = n−1 0 Bn−1 ∗ Cn−1 0
0 1 ∗ ∗ 0 1
( ) ( )
C
⊤
= n−1 B n−1 ∗ Cn−1 0
∗ ∗ 0 1
( )
C
⊤
= n−1 B n−1 C n−1 ∗
∗ ∗
( )
1n−1 v
=
v ⊤ , v ∈ K n−1 , r ∈ R.
r
Dabei gilt r ∈ R, weil C ⊤ BC hermitesch ist.
( ) ( ) ( )
1n−1 0 1n−1 v 1n−1 −v
−v ⊤ 1 v ⊤ r 0 1
} {{ } } {{ } } {{ }
D ⊤ C ⊤ D
BC
( ) ( )
1n−1 v 1n−1 −v
=
0 r − v ⊤ v 0 1
( )
1n−1 0
=
0 r − v ⊤ v
Es bleibt also noch zu zeigen, dass r − v ⊤ v > 0 ist:
r − v ⊤ v = det(D ⊤ C ⊤ BCD) = | det(CD)| 2 det(B) .
} {{ } } {{ }
>0 >0
⊓⊔

250 9 Innere Produkte
( ) a b
Beispiel 9.1.5. Wenn n = 2 und B = , dann gilt
b c
( ) ( )
( ) a b x
β B (x, y), (x, y) = (x, y) = ax 2 + 2bxy + cy 2 .
b c y
Also ist B positiv definit genau dann, wenn die folgenden zwei Bedingungen gelten:
B 1 = (a): a > 0
B 2 = B: ac − b 2 = ( a+c
2 )2 − ( a−c
2 )2 − b 2 > 0.
⊓⊔
Definition 9.1.6. Ein inneres Produkt auf einem K-Vektorraum V ist eine positiv
definite hermitesche Form. Wir schreiben 〈v | w〉 statt β(v, w). Außerdem schreiben
wir
‖v‖ := √ 〈v | v〉
und beachten, dass die positive Definitheit des inneren Produkt die Äquivalenz von
v = 0 und ‖v‖ = 0 zeigt. Wenn K = R ist, heißt der Vektorraum V zusammen mit
dem inneren Produkt 〈v | w〉 auch ein euklidischer Vektorraum. Im Falle K = C
spricht man von einem unitären Vektorraum.
Beispiel 9.1.7. (vgl. Beispiel 8.1.5) Für V = {f : [a, b] → K | stetig} definiert
ein inneres Produkt auf V .
〈 f | g〉 =
∫ b
a
f(x) g(x) dx
⊓⊔
Definition 9.1.8. Sei V ein K-Vektorraum und 〈 · | · 〉 ein inneres Produkt auf V
(auch für unendliche Dimensionen). Eine Folge {v 1 , v 2 , . . .} von Vektoren in V heißt
ein Orthogonalsystem, wenn
〈 v i | v j 〉 = 0 ∀i ≠ j
und ein Orthonormalsystem (ONS), wenn zusätzlich
〈 v j | v j 〉 = 1 ∀j
gilt. Wenn ein Orthonormalsystem eine Basis für V ist, nennt man es eine Orthonormalbasis
(ONB).
Beispiel 9.1.9. (i) Sei K = R und V = {f : [0, 2π] stetig
−→ R} mit dem inneren
Produkt
∫2π
〈 f | g〉 = f(t) g(t) dt.
Für n ∈ N setze
0
f n (t) = √ 1
π
cos(nt)
g n (t) = √ 1
π
sin(nt).
Dann ist { 1 √
2π
, g 1 , f 1 , g 2 , f 2 , . . .} ein ONS.

(ii) Sei K = C und V = {f : [0, 1] stetig
−→ C} mit dem inneren Produkt
〈 f | g〉 =
∫ 1
0
f(t) g(t) dt.
9.1 Definitheit 251
Für n ∈ Z setze
f n (t) = e 2πint .
Dann ist {f n | n ∈ Z} ein ONS.
Dieses Beispiel gehört zum Bereich der Fourier–Analyse.
⊓⊔
Bemerkung 9.1.10. Der Satz 8.4.2 von der Diagonalisierbarkeit hermitescher Formen
sagt für innere Produkte, dass es zu jedem inneren Produkt ein ONS für V
gibt, das sogar eine Basis ist:
Sei β : V × V → K ein inneres Produkt. Dann gibt es eine Basis {v 1 , . . . , v n },
so dass die darstellende Matrix von β gerade 1 n ist, d.h. β(v i , v j ) = δ ij . Also ist
{v 1 , . . . , v n } eine ONB für β. ⊓⊔
Algorithmus 9.1.11 (Gram–Schmidt Orthonormalisierung). V sei ein K-
Vektorraum mit innerem Produkt 〈 · | · 〉 und {v 1 , . . . , v n } eine Basis für V . Wir
setzen
u 1 := v 1
‖v 1 ‖
u ′ 2 := v 2 − 〈 v 2 | u 1 〉 u 1
u 2 := u′ 2
‖u ′ 2 ‖
u ′ 3 := v 3 − 〈 v 3 | u 1 〉 u 1 − 〈 v 3 | u 2 〉 u 2
u 3 := u′ 3
‖u ′ 3 ‖
.
u ′ k := v k − 〈 v k | u 1 〉 u 1 − . . . − 〈 v k | u k−1 〉 u k−1
u k :=
.
u′ k
‖u ′ k ‖
wobei zu beachten ist, dass u ′ k
= v k − ∑ k−1
j=1 〈 v k | u j 〉 u j nicht Null sein kann,
weil sonst v k ∈ span{v 1 , . . . , v k−1 } wäre. Wegen u k ∈ span{v 1 , . . . , v k } und
v k ∈ span{u 1 , . . . , u k } gilt span{u 1 , . . . , u n } = V. Also ist {u 1 , . . . , u n } eine Basis für
V . Klar ist, dass ‖u k ‖ = 1, d.h. 〈 u k | u k 〉 = 1. Um nachzuweisen, dass {u 1 , . . . , u n }
eine ONB ist, müssen wir 〈 u i | u j 〉 = 0 für alle i ≠ j zeigen. Wir machen das mit
Induktion über n: Die Annahme ist also
Dann gilt für alle i < k
〈 u i | u j 〉 = 0 ∀i ≠ j < k.

252 9 Innere Produkte
∣ k−1
〈 u i | u ′ ∣∣ ∑ 〉
k〉 = 〈 u i | v k 〉 −
〈u i 〈 v k | u j 〉 u j
j=1
k−1
∑
= 〈 u i | v k 〉 − 〈 u j | v k 〉 〈 u i | u j 〉
j=1
= 〈 u i | v k 〉 − 〈 u i | v k 〉 〈 u i | u i 〉
= 0,
also auch 〈 u i | u k 〉 = 0.
⊓⊔
Satz 9.1.12. Sei V ein K-Vektorraum mit innerem Produkt 〈 · | · 〉.
(i) Jedes ONS ist linear unabhängig.
(ii) Sei {v 1 , v 2 , . . .} ein ONS und v ∈ span{v 1 , v 2 , . . .}. Dann gibt es eine Zahl n ∈ N
(die von v abhängt), so dass
Beweis. Idee:
für (ii).
(i) Wenn
k ∑
j=1
v =
n∑
〈 v | v j 〉 v j .
j=1
Satz 5.2.3 für (i) und Entwicklung von v als Linearkombination der v j
c j v j = 0, dann gilt
0 =
〈 k∑ ∣ 〉 ∣∣
c j v j vi =
j=1
k∑
j=1
c j 〈 v j | v i 〉 = c i
} {{ }
δ ji
∑
(ii) Jedes v ∈ span{v 1 , v 2 , . . .} ist von der Form v = n c j v j , also gilt
j=1
〈 v | v i 〉 =
〈 ∑
n ∣ 〉 ∣∣
c j v j vi =
j=1
n∑
j=1
c j 〈 v j | v i 〉
} {{ }
δ ji
= c i ,
d.h. v = ∑ n
j=1 〈v | v j〉v j .
⊓⊔
Kombiniert man Satz 9.1.12 mit dem Gram–Schmidt–Algorithmus 9.1.11, so
erhält man
Korollar 9.1.13. Jeder endlich dimensionale K-Vektorraum mit innerem Produkt
hat eine Orthonormalbasis.
Übung 9.1.1. Sei A = (a ij) i=1,...,n ∈ Herm(n, K) mit K = R oder K = C. Zeige:
j=1,...,n
(a) Ist A positiv definit, so gilt a ii > 0 für alle i = 1, . . . , n.

9.1 Definitheit 253
(b) Ist A positiv definit, so gilt
a iia jj > |a ij| 2 für alle i, j = 1, . . . , n mit i ≠ j.
[Hinweis: Betrachte Vektoren in K n von der Form v ij = (0, . . . , 0, x i, 0, . . . , 0, x j, 0, . . . , 0) ⊤
mit x i = −a ji/a ii (an der i-ten Stelle) und x j = 1 (an der j-ten Stelle).]
(c) Ist A positiv definit, so gilt für alle i, j = 1, . . . , n mit i ≠ j
|a ij| < max l=1,...,n a ll .
Übung 9.1.2. Teste, ob die folgenden Matrizen positiv definit sind:
⎛ ⎞ ⎛
⎞
1 2 4 −8
1 −1 1 −1 ⎛ ⎞
A = ⎜ 2 5 0 4
⎟
⎝ 4 0 4 2 ⎠ , B = ⎜ −1 −1 1 −1
2 1 1
⎟
⎝ 1 1 1 −1 ⎠ , C = ⎝ 1 2 1 ⎠
1 1 2
−8 4 2 1
−1 −1 −1 −1
Übung 9.1.3. Sei V ein C-Vektorraum und 〈 · | · 〉 ein inneres Produkt auf V . Definiere
zwei Abbildungen h, ω : V × V → R durch h(v, w) = Re〈v | w〉 und ω(v, w) = Im〈v | w〉
für v, w ∈ V . Zeige:
(i) h und ω sind Bilinearformen auf V betrachtet als R-Vektorraum.
(ii) h ist symmetrisch und ω ist schiefsymmetrisch.
(iii) h und ω sind beide nicht ausgeartet.
Übung 9.1.4. Bestimme eine Basis des orthogonalen Komplements von span(A) mit
⎧⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎫
4 6 2
⎪⎨
A = ⎜ 2
⎟
⎝ −6 ⎠
⎪⎩
, ⎜ 6
⎟
⎝ −8 ⎠ , ⎜ −5
⎪⎬
⎟
⎝ −5 ⎠ .
⎪⎭
10 9 17
Übung 9.1.5. Teste, ob die folgenden Matrizen positiv definit sind:
⎛ ⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞
1 2 4 8 1 −1 1 −1 15 20 25 30
⎜ 2 4 8 4
⎟
⎝ 4 8 4 2 ⎠ ,
⎜ −1 −1 1 −1
⎟
⎝ 1 1 1 −1 ⎠ ,
⎜ 20 27 34 41
⎟
⎝ 25 34 43 52 ⎠ .
8 4 2 1 −1 −1 −1 −1 30 41 52 63
Übung 9.1.6. Teste, ob die folgenden Matrizen positiv definit sind:
⎛ ⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞
6 2 −2
4 2i 2
5 1 4 + 4i
⎝ 2 6 −2⎠ , ⎝−2i 10 1 − i⎠ , ⎝ 1 5 1 ⎠
−2 −2 10
2 1 + i 9
4 − 4i 1 5
⎛
⎞
1 1 0 0
1 2 1 0
0 1 2 ·
0 · ·
· · 0
.
⎜ · 2 1 0
⎟
⎝ 0 1 2 1⎠
0 0 1 1
Übung 9.1.7. Für welche a ∈ R ist die Matrix
⎛ ⎞
a 1 1
A = ⎝1 a 1⎠
1 1 a
positiv definit?
⊓⊔

254 9 Innere Produkte
Übung 9.1.8. 1. Welche der folgenden Matrizen in Mat(n × n, C) sind hermitesch bzw.
schiefhermitesch?
⎛ ⎞ ⎛
⎞
( ) ( )
2 −1 1
−1 i − 3 2i
i −1
2 i
A = , B = , C = ⎝−1 2 0⎠ D = ⎝−(i + 3) −2 3i ⎠
1 i
i i
1 0 2
−2i −3i −3
2. Sei β ∈ Ses(C 4 ) die Sesquilinearform mit darstellender Matrix
⎛ ⎞
i 0 i + 1 0
A = ⎜0 2 0 i
⎟
⎝i i i i⎠
1 1 0 0
bezüglich der Standardbasis B = {e 1, e 2, e 3, e 4} von C 4 . Dann zerlegt sich β eindeutig
als direkte Summe β = Hβ + Λβ mit Hβ hermitesch und Λβ schiefhermitesch.
Bestimme die darstellenden Matrizen von Hβ und Λβ bezüglich B.
3. Welche der hermiteschen Matrizen aus a) und b) sind positiv definit?
Übung 9.1.9. Sei V ein R-Vektorraum mit Basis B = (v 1, . . . , v n) und β eine symmetrische
Bilinearform mit darstellender Matrix A bezüglich B. Zeige:
β positiv definit ⇐⇒ A = B ⊤ B für ein B ∈ GL(n, R).
Übung 9.1.10. Sei V = R 4 mit innerem Produkt 〈x|y〉 = x ⊤ y. Bestimme Orthonormalbasen
von U und U ⊥ für
U = {x ∈ R 4 | x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 0} .
Übung 9.1.11 (Negative Definitheit). Sei B ∈ Mat(n × n, K) hermitesch und B l
l ≤ n wie in Satz 9.1.4 (Hauptminoren-Kriterium). Zeige:
{
det B l < 0 für alle ungeraden l und
B ist negativ definit ⇐⇒
det B l > 0 für alle geraden l.
für
Hierbei heißt B negativ definit, falls β B neg. def. ist für eine beliebige Basis.
Hinweis: Führe die Aussage auf den positiv definiten Fall zurück.
Übung 9.1.12. Sei V = Mat(n × n, C). Zeige, dass
ein inneres Produkt ist.
〈A|B〉 := tr(A ⊤ B)
Übung 9.1.13. Es sei Pol 3(R, R) der Vektorraum der Polynomfunktionen vom Grad 3.
1. Zeige, dass
〈p|q〉 :=
∫ 1
−1
p(x)q(x)dx
ein inneres Produkt auf Pol 3(R, R) definiert (vgl. Aufgabe 36).
Hinweis: Es darf (ohne Beweis) verwendet werden, dass für eine nicht-negative stetige
Funktion f gilt: (i) ∫ f ≥ 0 und (ii) ∫ f = 0 impliziert f = 0.
2. Bestimme aus der Basis (p 0, p 1, p 2, p 3) mit p i(x) = x i eine Orthonormalbasis mit Hilfe
des Gram-Schmidt-Verfahrens.

9.2 Adjungierte Abbildungen 255
9.2 Adjungierte Abbildungen
Definition 9.2.1. Seien V und W K–Vektorräume mit inneren Produkten 〈 · | · 〉 V
und 〈 · | · 〉 W
. Betrachte zwei lineare Abbildungen ϕ ∈ Hom K (V, W ), ψ ∈ Hom K (W, V ).
Dann heißt ψ zu ϕ adjungiert, wenn gilt:
〈 ϕ(v) | w〉 W
= 〈 v | ψ(w)〉 V
∀v ∈ V, w ∈ W.
Beispiel 9.2.2. (i) V = R n , W = R m , jeweils mit dem euklidischem Skalarprodukt.
Weiter sei A ∈ Mat(m × n, R),
dann ist ψ zu ϕ adjungiert:
ϕ := ϕ A : R n → R m , d.h. ϕ(v) = Av,
ψ := ϕ A ⊤ : R m → R n , d.h. ψ(w) = A ⊤ w.
〈 ϕ(v) | w〉 W
= 〈 Av | w〉 W
= (Av) ⊤ w = v ⊤ A ⊤ w
= v ⊤ (A ⊤ w) = 〈 v | A ⊤ w 〉 V = 〈 v | ψ(w)〉 V .
(ii) Sei V = {f ∈ C ∞ (R) | supp(f) beschränkt }. Dabei bedeutet supp(f) beschränkt“,
dass es zu f ein c > 0 gibt ”
mit
Als inneres Produkt nimmt man
Die Abbildung
f(x) = 0 für alle x mit |x| > c.
〈 f | g〉 =
∫ ∞
−∞
f(t) g(t) dt.
ϕ: V → V, f ↦→ f ′ = df
dt
ist linear. Partielle Integration liefert (weil f(x) = g(x) = 0 für |x| groß)
〈 ϕ(f) | g〉 =
∫ ∞
−∞
f ′ g = −
∫ ∞
−∞
d.h. −ϕ ist adjungiert zu ϕ.
(iii) Sei V wie in (ii). Betrachte die durch
fg ′ =
∫ ∞
−∞
ϕ(f)(t) = tf(t)
definierte lineare Abbildung ϕ: V → V . Dann gilt
〈 ϕ(f) | g〉 =
∫ ∞
−∞
f(−g ′ ) = 〈 f | − ϕ(g)〉 ,
t f(t) g(t) dt = 〈 f | ϕ(g)〉 ,
d.h. ϕ ist adjungiert zu ϕ. In diesem Fall sagt man, ϕ ist selbstadjungiert.
⊓⊔

256 9 Innere Produkte
Beispiel 9.2.3. Das komplexe Analogon zu Beispiel 9.2.2(i) ist V = C n , W = C m
mit A ∈ Mat(m × n, C), ϕ := ϕ A und ψ := ψ A ∗:
〈 ϕ(v) | w〉 W
= 〈 Av | w〉 W
= (Av) ⊤ w = v ⊤ A ⊤ w = v ⊤ A ∗ w = 〈 v | A ∗ w〉 V
= 〈 v | ψ(w)〉 V
.
⊓⊔
Proposition 9.2.4. Seien V und W zwei K-Vektorräume mit inneren Produkten
〈 · | · 〉 V
und 〈 · | · 〉 W
, sowie ϕ: V → W linear.
(i) Es existiert höchstens eine zu ϕ adjungierte Abbildung ψ : W → V .
(ii) Wenn ψ zu ϕ adjungiert ist, dann ist auch ϕ zu ψ adjungiert.
Beweis. Idee: Zeige, dass für zwei zu ϕ adjungierte Abbildungen ψ 1, ψ 2 der Vektor
ψ 1(w) − ψ 2(w) für jedes w auf ganz V orthogonal sind.
(i) Wenn ψ 1 , ψ 2 beide zu ϕ adjungiert sind, dann gilt
〈 v | ψ 2 (w)〉 V
= 〈 ϕ(v) | w〉 W
= 〈 v | ψ 1 (w)〉 V
∀v ∈ V, w ∈ W.
Damit findet man
und daher
〈 v | ψ 1 (w) − ψ 2 (w)〉 V
= 0 ∀v ∈ V, w ∈ W,
ψ 1 (w) − ψ 2 (w) ∈ V ⊥ = {0}
(letzteres, weil 〈v | v〉 > 0 für v ≠ 0). Aber dies zeigt ψ 1 = ψ 2 .
(ii) Wenn 〈 ϕ(v) | w〉 W
= 〈 v | ψ(w)〉 V
, dann gilt
〈 ψ(w) | v〉 V
= 〈 v | ψ(w)〉 V
= 〈 ϕ(v) | w〉 W
= 〈 w | ϕ(v)〉 W
.
Wenn es zu ϕ eine adjungierte Abbildung gibt (die dann eindeutig bestimmt
ist), bezeichnet man diese mit ϕ ∗ . Da in diesem Fall ϕ ∗ zu ϕ adjungiert ist, ist auch
ϕ zu ϕ ∗ adjungiert, d.h. es gilt
(ϕ ∗ ) ∗ = ϕ.
⊓⊔
Beachte dabei, dass die Notation ϕ ∗ mit der Notation für die duale Abbildung
von ϕ (vgl. Satz 5.4.4) zusammenfällt. Es sollte aber immer aus dem Kontext klar
sein, welche Abbildung gemeint ist.
Satz 9.2.5. Seien V und W zwei K-Vektorräume mit inneren Produkten 〈 · | · 〉 V
und 〈 · | · 〉 W
, sowie ϕ: V → W linear. Wenn dim V, dim W < ∞, dann gibt es eine
adjungierte Abbildung zu ϕ.
Beweis. Idee: Betrachte die darstellende Matrix von ϕ bzgl. zweier ONB’s und wähle
als ψ die Abbildung, die bzgl. dieser Basen durch die dazu transponierte Matrix dargestellt
wird.
Mit dem Gram-Schmidt-Algorithmus 9.1.11 findet man ONB’s {v 1 , . . . , v n } und
{w 1 , . . . , w m } für V und W . Sei A = (a ij ) die darstellende Matrix von ϕ bzgl. dieser
Basen, d.h.

ϕ(v j ) =
m∑
a ij w i , j = 1, . . . , n.
i=1
9.2 Adjungierte Abbildungen 257
Weiter sei ψ : W → V diejenige lineare Abbildung, deren darstellende Matrix bzgl.
der vorgegebenen Basen A ∗ ist. Dann gilt
sowie
ψ(w i ) =
n∑
a ij v j , i = 1, . . . , m,
j=1
〈ϕ(v j )|w i 〉 W = a ij = 〈v j |ψ(w i )〉 V
für alle i = 1, . . . , m und j = 1, . . . , n. Indem man beliebige v ∈ V und w ∈ W als
Linearkombinationen der v j bzw. der w i schreibt, findet man
〈ϕ(v)|w〉 W = 〈v|ψ(w)〉 V
für alle v ∈ V und w ∈ W . Dies zeigt die Behauptung.
⊓⊔
Bemerkung 9.2.6. Seien V und W zwei endlich dimensionale K-Vektorräume
mit inneren Produkten 〈 · | · 〉 V
und 〈 · | · 〉 W
. Weiter seien {v 1 , . . . , v n } bzw.
{w 1 , . . . , w m } orthonormale Basen für V und W . Wenn A die darstellende Matrix
von ϕ ∈ Hom K (V, W ) ist, dann ist A ∗ nach dem Beweis von Satz 9.2.5 die
darstellende Matrix zu ϕ ∗ .
⊓⊔
Definition 9.2.7. Sei V ein K-Vektorraum mit innerem Produkt 〈 · | · 〉 und ϕ ∈
End K (V ).
• ϕ heißt orthogonal, wenn K = R und ϕ ∗ = ϕ −1 .
• ϕ heißt unitär, wenn K = C und ϕ ∗ = ϕ −1 .
• ϕ heißt selbstadjungiert, wenn ϕ = ϕ ∗ .
• ϕ heißt normal, wenn ϕ ∗ ◦ ϕ = ϕ ◦ ϕ ∗ .
• ϕ heißt isometrisch, wenn 〈 ϕ(v) | ϕ(w)〉 = 〈 v | w〉 für alle v, w ∈ V .
Proposition 9.2.8. Sei dim K V < ∞ und ϕ ∈ End K (V ). Dann gilt ϕ −1 = ϕ ∗ genau
dann, wenn ϕ isometrisch ist. Insbesondere folgt die Surjektivität automatisch aus
der Isometrie.
Beweis. Sei ϕ isometrisch. Die Gleichung
impliziert
Also haben wir
〈 ϕ(v) | ϕ(w)〉 = 〈 v | w〉
〈 v | ϕ ∗ ◦ ϕ(w)〉 = 〈 v | w〉 .
0 = 〈 v | ϕ ∗ ◦ ϕ(w) − w〉 ∀v, w ∈ V.
Dies bedeutet ϕ ∗ ◦ ϕ(w) = w für alle w ∈ V und daher ϕ ∗ ◦ ϕ = id V . Damit ist ϕ
injektiv und, wegen dim V < ∞, auch surjektiv (vgl. Satz 3.2.4). Nach Lemma 3.1.1
gilt dann auch ϕ ◦ ϕ ∗ = id V und zusammen ϕ ∗ = ϕ −1 .
Für die umgekehrte Implikation rechnet man
〈 ϕ(v) | ϕ(w)〉 = 〈 v | ϕ ∗ ◦ ϕ(w)〉 = 〈 v | w〉 .
⊓⊔

258 9 Innere Produkte
Bemerkung 9.2.9. Sei V endlich dimensional mit innerem Produkt. Wähle eine
ONB {v 1 , . . . , v n } für V und sei A die darstellende Matrix von ϕ bzgl. dieser Basis.
Dann ist A ∗ nach Bemerkung 9.2.6 die darstellende Matrix von ϕ ∗ bzgl. dieser Basis.
Es gilt:
(i) ϕ orthogonal ⇔ A ⊤ A = 1 n = AA ⊤ (Beachte: für K = R gilt A ⊤ = A ⊤ = A ∗ ).
(ii) ϕ unitär ⇔ A ∗ A = 1 n = AA ∗ .
(iii) ϕ selbstadjungiert ⇔ A = A ∗ (d.h. A ist im Fall K = R symmetrisch, für K = C
hermitesch).
(iv) ϕ normal ⇔ A ∗ A = AA ∗ .
Dementspechend heißt A ∈ Mat(n × n, K)
• orthogonal, wenn K = R und A ⊤ = A −1 ;
• unitär, wenn K = C und A ∗ = A −1 ;
• selbstadjungiert, wenn A = A ∗ ;
• normal, wenn A ∗ A = AA ∗ .
⊓⊔
Beispiel 9.2.10. (i) Für A =
AA ∗ =
( )
0 1
und A
0 0
∗ =
( ) 1 0
0 0
und A ∗ A =
( )
0 0
gilt
1 0
( ) 0 0
,
0 1
d.h. A ist nicht normal. ( ) 0 1
(ii) Die Matrix A = ist normal, aber nicht selbstadjungiert:
−1 0
AA ∗ =
( 0 1
−1 0
) ( ) 0 −1
= 1
1 0 2 =
( 0 −1
1 0
) ( ) 0 1
= A ∗ A.
−1 0
⊓⊔
Lemma 9.2.11. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum mit innerem Produkt
〈 · | · 〉 und ϕ ∈ End K (V ) normal.
(i) ϕ(v) = λv ⇔ ϕ ∗ (v) = λv.
(ii) Sei U ⊆ V ein Unterraum. Dann gilt die Implikation
ϕ(U) ⊆ U ⇒ ϕ ∗ (U ⊥ ) ⊆ U ⊥ .
(iii) Sei V = V 1 ⊕ V 2 eine orthogonale direkte Summe, d.h.
∀v 1 ∈ V 1 , v 2 ∈ V 2 : 〈v 1 | v 2 〉 = 0.
Wenn ϕ(V 1 ) ⊆ V 1 und ϕ(V 2 ) ⊆ V 2 gilt, dann gilt auch ϕ ∗ (V 1 ) ⊆ V 1 und
ϕ ∗ (V 2 ) ⊆ V 2 . Weiter folgt, dass ϕ| Vi : V i → V i (i = 1, 2) normal ist und
(ϕ| Vi ) ∗ = ϕ ∗ | Vi erfüllt.
Beweis. Idee: Für (i) zeige ‖ϕ(v)‖ = ‖ϕ ∗ (v)‖ und schließe ker (ϕ−λ id) = ker (ϕ ∗ −λ id).
Teil (ii) ist ein einfacher Orthogonalitätstest und für (iii) benutzt man Satz 8.2.6 sowie die
Dimensionsformel aus Satz 2.4.4 um V ⊥
1 = V 2 zu zeigen.

9.2 Adjungierte Abbildungen 259
(i) Wegen ϕ ◦ ϕ ∗ = ϕ ∗ ◦ ϕ gilt
‖ϕ(v)‖ = √ 〈 ϕ(v) | ϕ(v)〉 = √ 〈 v | ϕ ∗ ◦ ϕ(v)〉
= √ 〈 v | ϕ ◦ ϕ ∗ (v)〉 = √ 〈 ϕ ∗ (v) | ϕ ∗ (v)〉 = ‖ϕ ∗ (v)‖.
Also haben wir ker ϕ = ker ϕ ∗ für jedes normale ϕ. Wir wenden dies auf ϕ−λ id
an. Das geht, weil
〈 λ id(v) | w〉 = 〈 λv | w〉 = 〈 v | λw 〉 = 〈 v | λ id(w) 〉
impliziert (λ id) ∗ = λ id und daher
(ϕ − λ id) ◦ (ϕ − λ id) ∗ = (ϕ − λ id) ◦ (ϕ ∗ − λ id)
= ϕ ◦ ϕ ∗ − λϕ ∗ − λϕ + λλ id
= ϕ ∗ ◦ ϕ − λϕ ∗ − λϕ + λλ id
. rückwärts
= (ϕ − λ id) ∗ ◦ (ϕ − λ id)
d.h., auch ϕ − λ id ist normal. Wir wissen also ker (ϕ − λ id) = ker (ϕ ∗ − λ id).
Das bedeutet aber, dass v genau dann ein Eigenvektor von ϕ zum Eigenwert λ
ist, wenn v ein Eigenvektor von ϕ ∗ zum Eigenwert λ ist. Damit ist (i) bewiesen.
(ii) Für v ∈ U ⊥ , u ∈ U gilt
〈 u | ϕ ∗ (v)〉 = 〈ϕ(u) |v〉 = 0,
}{{}
∈U
also ist ϕ ∗ (v) ∈ U ⊥ .
(iii) Wir zeigen zunächst, dass V1 ⊥ = V 2 : Die Inklusion V 1 ⊆ V2 ⊥ ist klar. Mit
Proposition 5.5.9 hat man aber dim K (V ) = dim K (V 1 ) + dim K (V 2 ) und wegen
Satz 8.2.6 auch dim K (V ) = dim K (V 2 )+dim K (V2 ⊥ ), weil die Einschränkung eines
inneren Produkts auf einen Unterraum wieder ein inneres Produkt ist und damit
immer nicht ausgeartet. Es folgt also dim K (V2 ⊥ ) = dim K (V 1 ) und somit auch
V2 ⊥ = V 1 (vgl. Satz 2.4.4). Ganz analog sieht man auch V 2 = V1 ⊥ .
Setze U := V 1 . Dann gilt U ⊥ = V 2 und Teil (ii), angewandt auf U = V 1 , liefert
ϕ ∗ (V 2 ) ⊆ V 2 . Angewandt auf U = V 2 liefert dieses Argument ϕ ∗ (V 1 ) ⊆ V 1 . Die
Rechnung
〈 ϕ| Vi (v) | w〉 = 〈 ϕ(v) | w〉 = 〈 v | ϕ ∗ (w)〉 = 〈 v | ϕ ∗ | Vi (w)〉
für v, w ∈ V i zeigt (ϕ| Vi ) ∗ = ϕ ∗ | Vi . Schließlich rechnen wir
ϕ| Vi ◦ (ϕ| Vi ) ∗ = ϕ| Vi ◦ ϕ ∗ | Vi = ϕ ◦ ϕ ∗ | Vi = ϕ ∗ ◦ ϕ| Vi = . . . = (ϕ| Vi ) ∗ ◦ ϕ| Vi
und erhalten, dass ϕ| Vi
normal ist.
⊓⊔
Übung 9.2.1. Gegeben sei V = R 4 mit dem Euklidischen Skalarprodukt und der Unterraum
(
U = span (2, 2, 1, 0) ⊤ , (2, 3, −1, 2) ⊤ , (4, 1, 8, −6) ⊤ , (2, 1, 3, −2) ⊤) .

260 9 Innere Produkte
(i) Bestimme eine Basis von U und eine Basis von U ⊥ .
(ii) Sei ϕ ∈ End R (V ) die lineare Abbildung, die durch f(u 1) = u 3, f(u 2) = u 4, f(u 3) =
u 1, f(u 4) = u 2 mit
u 1 = 1 3 (2, 2, 1, 0)⊤ , u 2 = 1 3 (0, 1, −2, 2)⊤ , u 3 = 1 3 (2, −2, 0, 1), u4 = 1 (−1, 0, 2, 2)⊤
3
definiert ist. Gib die Matrix von ϕ bzgl. der Standardbasis von R 4 an.
(iii) Zeige: ϕ ∗ ϕ = id, ϕ(U) = U ⊥ , ϕ(U ⊥ ) = U und ϕ ◦ ϕ = id.
(iv) Bestimme die Fixpunktmenge F = {v ∈ V : ϕ(v) = v} von ϕ.
( ) 1 1
Übung 9.2.2. Gegeben sei die Matrix A = . Man zeige, daß 〈u, v〉 := u ⊤ Av ein
1 2
Skalarprodukt auf R 2 definiert.
⊓⊔
Übung 9.2.3. Es seien Pol 2[R] der Vektorraum der reellen Polynomfunktionen vom Grad
≤ 2 und β : Pol 2[R] × Pol 2[R] → R die durch
definierte Abbildung.
β(f, g) :=
∫ 1
−1
f(x)g(x) dx
(a) Man zeige, daß β ein Skalarprodukt auf Pol 2[R] ist.
(b) Man bestimme die darstellende Matrix von β bezüglich der Basis {1, x, x 2 } von Pol 2[R].
⊓⊔
{ ( )
a b
}
Übung 9.2.4. Sei V = : a, b, c ∈ R . Zeige, dass die Bilinearform β ′ ∈ Bil(V )
0 c
mit β ′ (A, B) = tr(A ⊤ B) positiv definit ist.
⊓⊔
( ) a b
Übung 9.2.5. Sei V = { : a, b, c ∈ R}.
0 c
(i) Zeige, dass die Bilinearform β ∈ Bil(V ) mit β(A, B) = tr(AB) ausgeartet ist.
(ii) Berechne V ⊥ .
(iii) Für welche A ∈ V gilt β(A, A) = 0?
(iv) Finde eine Basis für V und gib die darstellende Matrix von β bzgl. dieser Basis an.
( ) a b
Übung 9.2.6. Sei V = { : a, b, c ∈ R}.
0 c
(i) Zeige, dass die Bilinearform β ′ ∈ Bil(V ) mit β ′ (A, B) = tr(A ⊤ B) positiv definit ist.
[(ii) Für welche A ∈ V gilt β ′ (A, A) = 1?
(iii) Gib die darstellende Matrix von β ′ bzgl. der in Übung 9.2.5 gefundenen Basis an.
Übung 9.2.7. Seien V = Mat(3 × 3, R), W = Mat(2 × 2, R) und
⎛ ⎞
1 0
A = ⎝ 0 1 ⎠ .
0 1
(i) Finde Basen von V und W .
(ii) Betrachte auf V und W die inneren Produkte 〈C 1 | C 2〉 V = tr(C1 ⊤ C 2) für C 1, C 2 ∈ V
bzw. 〈D 1 | D 2〉 V = tr(D1 ⊤ D 2) für D 1, D 2 ∈ W und gib die darstellenden Matrizen
dieser inneren Produkte bzgl. er in (i) gefundenen Basen an.
(iii) Betrachte die lineare Abbildung ϕ: V → W , die durch C ↦→ A ⊤ CA definiert ist.
Bestimme die zu ϕ adjungierte Abbildung ψ : W → V .
Übung 9.2.8. Sei V = Mat(n × n, R) mit dem inneren Produkt 〈X | Y 〉 = Spur(XY ⊤ ),
X, Y ∈ V . Für A ∈ V betrachte man die Abbildung ϕ: V → V mit ϕ(X) = XA.
⊓⊔

(i) Für welche Matrizen A ist die Abbildung ϕ orthogonal?
(ii) Bestimme die adjungierte Abbildung ϕ ∗ von ϕ.
9.2 Adjungierte Abbildungen 261
Übung 9.2.9. Zeige, dass jede symmetrische reelle 2×2-Matrix als Differenz zweier positiv
definiter Matrizen geschrieben werden kann.
Übung 9.2.10. Seien β, β ′ ∈ Sym(V ). Zeige
(i) Wenn β positiv definit ist, dann ist auch tβ positiv definit für jedes t > 0.
(ii) Wenn β und β ′ positiv semidefinit sind, dann ist auch tβ + sβ ′ positiv semidefinit für
t, s ≥ 0.
(iii) Wenn β positiv definit und β ′ positiv semidefinit ist, dann ist tβ + sβ ′ positiv definit
für t > 0 und s ≥ 0.
Übung 9.2.11. (i) Zeige, dass die Bilinearform β ∈ Bil (Mat(n × n, R)) mit
β(A, B) = tr(A ⊤ B)
positiv definit ist.
(ii) Zeige, dass die hermitesche Form β ∈ Herm (Mat(n × n, C)) mit
positiv definit ist.
β(A, B) = tr(A ∗ B)
Übung 9.2.12. Sei V = {f : [0, 1] → R|f(x) = ∑ 3
j=0 ajxj , a j ∈ R}.
(i) Finde eine Basis für V .
(ii) Gib die darstellende Matrix des inneren Produktes
〈f | g〉 =
bzgl. der in (i) gefundenen Basis an.
(iii) Finde eine Orthonormalbasis für V .
⎜
⎝
∫ 1
0
f(x)g(x)dx
Übung 9.2.13. Sei β ∈ Sym(R 4 ) die Bilinearform, deren darstellende Matrix bzgl. der
Standardbasis
⎛
1 2 −1 2
⎞
2 5 −2 4 ⎟
−1 −2 2 −2
2 4 −2 5
ist. Zeige, dass ϕ ein inneres Produkt ist und gib eine ONB für R 4 bzgl. dieses inneren
Produktes an.
Übung 9.2.14. Zeige:
(i) Eine hermitesche Matrix ist genau dann positiv definit, wenn alle ihre Eigenwerte
positiv sind.
(ii) Eine reelle symmetrische Matrix hat nur reelle Eigenwerte. Wenn sie auch noch orthogonal
ist, haben die Eigenwerte den Betrag 1.
(iii) Die Eigenwerte einer schief-hermiteschen Matrix sind rein imaginär, d.h. enthalten in
iR.
Übung 9.2.15. Sind die folgenden Matrizen orthogonal, unitär, hermitesch?
⎛
⎞
⎛ ⎞
A = 1 2 −2 1
⎝ 1 2 2 ⎠ , B = 1 ( )
1 i 1 + i 2
1 + i 1 − i
, C = ⎜ −i 0 −i 1 − i
⎟
3
2 1 − i 1 + i ⎝ 1 − i i −1 i ⎠ .
−2 −1 2
2 1 + i −i 0
Übung 9.2.16. Sei V = {A ∈ Mat(3 × 3): A = A ∗ }. Berechne dim R (V ).
⎟
⎠
⊓⊔

262 9 Innere Produkte
Übung 9.2.17. Sei U ∈ Mat(n × n, C) unitär. Zeige: Wenn alle Eigenwerte von U reell
sind, dann gilt U 2 = 1 n.
Übung 9.2.18. Sei E ein C-Vektorraum mit innerem Produkt 〈· | ·〉 und V ein linearer
Unterraum von E. Zeige:
(i) Durch die Zuordnung v+v ′ ↦→ v für alle v ∈ V , v ′ ∈ V ⊥ wird eine C-lineare Abbildung
ϕ: E → V definiert.
(ii) Sei W ein weiterer linearer Unterraum von E und ψ : E → W durch w + w ′ ↦→ w für
alle w ∈ W , w ′ ∈ W ⊥ definiert. Dann ist die Abbildung ψ| V : V → W die adjungierte
Abbildung zu ϕ| W : W → V .
Übung 9.2.19. Sei V ein endlich dimensionaler C-Vektorraum mit innerem Produkt 〈 | 〉 V .
(i) Sei {v 1, . . . , v n} eine ONB für V und ϕ, ψ ∈ End C (V ). Setze
(ϕ | ψ) :=
n∑
〈ϕ(v j) | ψ(v j)〉 V
und zeige, dass dies ein inneres Produkt auf End C (V ) definiert.
(ii) Zeige, dass das innere Produkt aus (i) nicht von der Wahl der ONB abhängt.
Übung 9.2.20. Sei V = C 2 versehen mit dem euklidischen Skalarprodukt
(i) Sei
ϕ 11
(
z1
z 2
)
=
( ) ( )
z1 z1
, ϕ
0 12 =
z 2
j=1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
z2 z1 0 z1 0
, ϕ
0 21 = , ϕ
z 2 z 22 = .
1 z 2 z 2
Zeige, dass {ϕ 11, ϕ 12, ϕ 21, ϕ 22} eine Basis für End C (V ) bilden.
(ii) Berechne (ϕ ij | ϕ kl ) für das in Übung 9.2.19 definierte innere Produkt.
(iii) Seien ϕ, ψ ∈ End C (V ) und A ϕ, A ψ die Matrizen von ϕ und ψ bzgl. der Standardbasis.
Zeige, dass (ϕ | ψ) = tr(A ϕA ∗ ψ).
Übung 9.2.21. Seien V = Mat(3 × 3, R), W = Mat(2 × 2, R) und
⎛ ⎞
1 0
A = ⎝ 0 1 ⎠ .
0 1
(i) Zeige, dass die Vorschrift C ↦→ A ⊤ CA eine lineare Abbildung ϕ: V → W definiert.
(ii) Finde Basen von V und W und gib die Matrix A ϕ an, die bzgl. dieser Basen zu ϕ
gehört.
(iii) Betrachte auf V und W die inneren Produkte 〈C 1 | C 2〉 V = Spur(C1 ⊤ C 2) für C 1, C 2 ∈
V bzw. 〈D 1 | D 2〉 V = Spur(D1 ⊤ D 2) für D 1, D 2 ∈ W und gib die darstellenden Matrizen
dieser inneren Produkte bzgl. der in (ii) gefundenen Basen an.
(iv) Finde eine zu ϕ adjungierte Abbildung ψ : W → V .
Übung 9.2.22. Sei V = Mat(2 × 2, C) und
( ) ( 1 0
0 1
E 11 = , E
0 0 12 =
0 0
)
, E 21 =
( ) 0 0
, E
1 0 22 =
( ) 0 0
.
0 1
(i) Zeige, dass {E 11, E 12, E 21, E 22} eine Basis für V ist.
(ii) Zeige, dass die Zuordnung (A, B) ↦→ Spur(A ∗ B) ein inneres Produkt auf V definiert.
(iii) Finde eine Basis für V bzgl. der die darstellende Matrix des inneren Produkts die
Einheitsmatrix 1 4 ist.
(iv) Definiere eine Abbildung ϕ: V → C 4 durch
ϕ(A) = (Spur(A ∗ E 11), Spur(A ∗ E 12), Spur(A ∗ E 21), Spur(A ∗ E 22)) .
Zeige, dass ϕ ein C-Vektorraum Isomorphismus ist.

9.3 Der Spektralsatz 263
Übung 9.2.23. Sei V = Herm(2 × 2, C).
(i) Zeige, dass die Zuordnung (A, B) ↦→ Spur(AB) ein inneres Produkt auf V definiert.
(ii) Finde eine Basis für V bzgl. der die darstellende Matrix des Produkts die Einheitsmatrix
1 3 ist.
Übung ( ) 9.2.24. Sei 〈x|y〉 = x ⊤ y das euklidische Skalarprodukt auf R 2 und für C =
2 1
∈ R 2×2 sei
1 1
〈x|y〉 ′ := x ⊤ Cy .
1. Zeige, dass 〈 | 〉 ′ ein inneres Produkt auf R 2 ist,
2. Bestimme zu
( )
ϕ : R 2 → R 2 x1
, ↦→
x 2
( )
x1 + x 2
x 1 − x 2
die adjungierten Abbildungen bezüglich der inneren Produkte 〈 | 〉 und 〈 | 〉 ′ .
Übung 9.2.25. Es seien V = R 3 mit innerem Produkt 〈x|y〉 = x ⊤ y und ϕ ∈ End R (V )
gegeben durch
⎛⎛
⎞⎞
⎛ ⎞
x 1 x 2 + x 3
ϕ ⎝⎝x 2
⎠⎠ = ⎝ x 1
⎠ .
x 3 x 1 + x 2
1. Bestimme die zu ϕ adjungierte Abbildung ϕ ∗ ∈ End R (V ).
2. Zeige, dass U := {x ∈ R 3 | x 1 − x 3 = 0} ein ϕ-invarianter Unterraum von V ist.
3. Bestimme die zu ϕ| U ∈ End R (U) adjungierte Abbildung (ϕ| U ) ∗ ∈ End R (U) (bezüglich
des eingeschränkten inneren Produkts auf U).
4. Gilt (ϕ| U ) ∗ = ϕ ∗ | U ?
9.3 Der Spektralsatz
Satz 9.3.1 (Spektralsatz). Sei V ein endlich dimensionaler C-Vektorraum mit
innerem Produkt 〈 · | · 〉. Dann sind äquivalent:
(1) ϕ ∈ End C (V ) ist normal.
(2) Es gibt eine ONB von V bzgl. der die darstellende Matrix A ϕ von ϕ diagonal
ist.
Beweis. Idee: “(2) ⇒ (1)” ist eine unmittelbare Konsequenz von Bemerkung 9.2.9. Die
Umkehrung “(1) ⇒ (2)” zeigt man mit Induktion, wobei man mit einem Eigenvektor v
startet und V als direkte Summe von Cv und v ⊥ zerlegt.
(1) ⇒ (2)“: Induktion über dim V = n.
”
n = 1: In diesem Fall ist nichts zu zeigen.
n > 1: Sei λ ∈ C ein Eigenwert von ϕ und v ein dazugehöriger Eigenvektor
(o.B.d.A. ‖v‖ = 1). Der Raum Cv ist ϕ–invariant, d.h. ϕ(Cv) ⊆ Cv. Nach
Lemma 9.2.11(i) ist Cv auch ϕ ∗ –invariant, d.h. ϕ ∗ (Cv) ⊆ Cv. Aber dann
zeigt Lemma 9.2.11(ii) angewandt auf ϕ ∗
ϕ((Cv) ⊥ ) = (ϕ ∗ ) ∗ ((Cv) ⊥ ) ⊆ (Cv) ⊥ .
Für U := (Cv) ⊥ liefert schließlich Lemma 9.2.11(iii), angewandt auf die
orthogonale direkte Summe V = (Cv)⊕U, dass ϕ| U normal ist mit (ϕ| U ) ∗ =
ϕ ∗ | U . Wegen dim U = n − 1 gibt es mit Induktion eine orthonormale Basis
{v 2 , . . . , v n } von U bzgl. der die Matrix von ϕ| U diagonal ist:

264 9 Innere Produkte
⎛ ⎞
λ 2
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠
λ n
Setze v 1 = v, λ 1 = λ und betrachte {v 1 , v 2 , . . . , v n }. Es gilt dann 〈 v i | v j 〉 =
δ ij für i, j = 1, . . . , n, d.h. {v 1 , . . . , v n } ist eine ONB für V . Beachte, dass
wegen
{
λv j = 1
ϕ(v j ) =
λ j v j j ∈ {2, . . . , n}
die Matrix von ϕ bzgl. {v 1 , . . . , v n } gleich
⎛ ⎞
λ 1
. ..
λ n
⎜
⎝
⎟
⎠
ist.
” (2) ⇒ (1)“: Sei {v 1, . . . , v n } eine ONB bzgl. der ϕ die darstellende Matrix
⎛ ⎞
λ 1
⎜
⎝
. ..
⎟
⎠ = A
λ n
hat. Es gilt offensichtlich AA ∗ = A ∗ A, also ist ϕ nach Bemerkung 9.2.9 normal.
⊓⊔
Bemerkung 9.3.2. Man kann Satz 9.3.1 als einen Satz über Matrizen auffassen:
Betrachte C n mit dem euklidischen inneren Produkt 〈 v | w〉 = v ⊤ w. Sei
A ∈ Mat(n × n, C) normal, d.h. AA ∗ = A ∗ A, und ϕ A : C n → C n gegeben
durch ϕ A (x) = Ax. Dann ist ϕ A normal. Nach Satz 9.3.1 existiert dann eine ONB
{v 1 , . . . , v n } für C n , bzgl. der ϕ durch eine Diagonalmatrix Λ gegeben ist. Sei C
∑
die Übergangsmatrix von {e 1 , . . . , e n } nach {v 1 , . . . , v n }, d.h. v j = n c ij e i . Mit
Satz 6.1.3 ergibt sich
und wir können rechnen
δ jl = 〈 v j | v l 〉 =
〈 ∑
n ∣ ∣∣
c ij e i
i=1
n ∑
k=1
C −1 AC = Λ
c kl e k
〉
=
n∑
n∑
i=1 k=1
i=1
c ij c kl 〈 e i | e k 〉 =
} {{ }
δ ik
n∑
c ij c il .
Damit gilt 1 n = C ⊤ C was gleichbedeutend mit 1 n = C ∗ C, also der Unitarität von
C, ist. ⊓⊔
Korollar 9.3.3. Sei A ∈ Mat(n × n, C). Dann sind äquivalent:
(1) A ist normal.
(2) Es gibt eine unitäre Matrix U ∈ Mat(n × n, C) und eine Diagonalmatrix Λ ∈
Mat(n × n, C) mit U −1 AU = Λ.
i=1
⊓⊔

9.3 Der Spektralsatz 265
Bemerkung 9.3.4. (i) Selbstadjungierte Abbildungen sind normal. Umgekehrt,
wenn ϕ ∈ End K (V ) normal ist und bzgl. einer ONB durch eine Diagonalmatrix
A ϕ dargestellt wird, so ist ϕ dann und nur dann selbstadjungiert, wenn A ϕ reell
ist.
(ii) Die Voraussetzung K = C wurde in Satz 9.3.1 und Korollar 9.3.3 nur für die
Existenz von Eigenwerten in K benötigt. Dies erlaubt uns auch, eine reelle
Version des Spektralsatzes zu beweisen.
⊓⊔
Lemma 9.3.5. Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum mit innerem Produkt
〈 · | · 〉 und ϕ ∈ End K (V ). Weiter sei λ ∈ K ein Eigenwert von ϕ, dann gilt:
(i) Wenn ϕ −1 = ϕ ∗ , dann gilt |λ| = 1.
(ii) Wenn ϕ = ϕ ∗ , dann gilt λ ∈ R.
(iii) Wenn die Sesquilinearform (v, w) ↦→ 〈ϕ(v) | w〉 positiv semidefinit ist, gilt λ ∈
[0, ∞[.
(iv) Wenn die Sesquilinearform (v, w) ↦→ 〈ϕ(v) | w〉 positiv definit ist, gilt λ ∈ ]0, ∞[.
Beweis. Sei v ein Eigenvektor zum Eigenwert λ.
(i) Wegen
gilt |λ| = 1.
(ii) Aus
〈 v | v〉 = 〈 v | ϕ ∗ ◦ ϕ(v)〉 = 〈 ϕ(v) | ϕ(v)〉 = 〈 λv | λv〉 = |λ| 2 〈 v | v〉
λ 〈 v | v〉 = 〈 λv | v〉 = 〈 ϕ(v) | v〉 = 〈 ϕ ∗ (v) | v〉 = 〈 λv | v 〉 = λ 〈 v | v〉
folgt λ = λ, also λ ∈ R.
(iii) 0 ≤ 〈ϕ(v) | v〉 = λ〈v | v〉 impliziert λ ≥ 0.
(iv) 0 < 〈ϕ(v) | v〉 = λ〈v | v〉 impliziert λ > 0.
⊓⊔
Mit Lemma 9.3.5 ergibt sich folgende Bemerkung.
Bemerkung 9.3.6. Sei A ∈ Mat(n × n, C) und λ ein Eigenwert von A.
(i) Wenn A −1 = A ∗ , dann gilt |λ| = 1.
(ii) Wenn A = A ∗ , dann gilt λ ∈ R.
(iii) Wenn A positiv semidefinit ist, gilt λ ∈ [0, ∞[.
(iv) Wenn A positiv definit ist, gilt λ ∈ ]0, ∞[.
⊓⊔
Satz 9.3.7. Sei V ein endlich dimensionaler R-Vektorraum mit innerem Produkt
〈 · | · 〉 und ϕ ∈ End R (V ). Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(1) ϕ ist selbstadjungiert.
(2) ϕ ist normal und das charakteristische Polynom χ ϕ zerfällt über R, d.h. alle
Eigenwerte von ϕ sind reell.
(3) Es gibt eine ONB für V bzgl. der die darstellende Matrix A ϕ von ϕ eine Diagonalmatrix
ist.

266 9 Innere Produkte
Beweis. (1) ⇒ (2)“: Dies folgt sofort aus den Definitionen von selbstadjungiert
”
und normal sowie Lemma 9.3.5(ii).
(2) ⇒ (3)“: Mit der Voraussetzung (2) kann man jetzt die Existenz eines reellen
”
Eigenwertes und eines dazugehörigen Eigenvektors von ϕ in V garantieren und
daher den Beweis von Satz 9.3.1 übernehmen.
” (3) ⇒ (1)“: Wenn es eine ONB für V gibt bzgl. der die darstellende Matrix A ϕ von
ϕ eine Diagonalmatrix ist, dann ist diese Diagonalmatrix automatisch reell, also
selbstadjungiert. Mit Bemerkung 9.2.9 sieht man also, dass ϕ selbstadjungiert
ist.
⊓⊔
Korollar 9.3.8 (Hauptachsentransformation).
folgende Aussagen äquivalent:
Für A ∈ Mat(n × n, R) sind
(1) A ist symmetrisch.
(2) A ist normal und hat nur reelle Eigenwerte.
(3) Es gibt eine orthogonale Matrix K und eine Diagonalmatrix Λ ∈ Mat(n × n, R)
mit K −1 AK = Λ.
⊓⊔
Übung 9.3.1. Sei A ∈ Mat(n × n, C). Zeige, dass folgende Bedingungen äquivalent sind.
(1) A ist normal.
(2) Es gibt U, Λ ∈ Mat(n × n, C) mit U unitär und Λ diagonal sowie A = U −1 ΛU.
(3) Es gibt H, S ∈ Mat(n × n, C) mit H hermitesch und S schief-hermitesch sowie A =
H + S und HS = SH.
Übung 9.3.2. Sei V ein endlich dimensionaler C-Vektorraum und ϕ ∈ End C (V ) normal.
Weiter seien {λ 1, . . . , λ k } die Eigenwerte von ϕ und V 1 . . . , V k die zugehörigen Eigenräume.
Zeige V = V 1 ⊕ . . . ⊕ V k und diese direkte Summe ist orthogonal.
Übung 9.3.3. Sei
⎛
A = ⎜
⎝
1 + 3i 0 −1 + 3i 0
0 −4 + 2i 0 4 − 2i
−1 + 3i 0 1 + 3i 0
0 4 − 2i 0 −4 + 2i
(i) Zeige, dass A normal ist.
(ii) Finde eine unitäre Matrix U und eine Diagonalmatrix Λ mit U −1 AU = Λ. (Hinweis:
Bestimme die Eigenwerte und Eigenräume von A).
Übung 9.3.4. Sei K = R oder C und V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum mit
innerem Produkt 〈· | ·〉. Weiter sei ϕ: V → V eine selbstadjungierte lineare Abbildung
und {λ 1, . . . , λ k } die Menge der Eigenwerte von ϕ. Die dazugehörigen Eigenräume seien
V 1, . . . , V k .
(i) Zeige: Die V j sind paarweise orthogonal und es gilt V = V 1 ⊕ . . . ⊕ V k .
(ii) Die Abbildungen p j : V → V j seien definiert durch p j(v 1+. . .+v k ) = v j für v i ∈ V i, i =
1, . . . , k. Zeige, dass die p j selbstadjungiert sind und p i ◦ p j = δ ijp j für i, j = 1, . . . , k
gilt.
(iii) Zeige: ϕ = ∑ k
j=1 λjpj (Spektralzerlegung von ϕ). ⊓⊔
⎞
⎟
⎠ .

Übung 9.3.5. (i) Sei
⎛ ⎞
4 i −i
A = ⎝ −i 4 1 ⎠ .
i 1 4
9.3 Der Spektralsatz 267
Finde eine unitäre 3 × 3-Matrix U, für die U −1 AU eine Diagonalmatrix ist.
(ii) Sei ϕ: R 3 → R 3 gegeben durch
ϕ(x, y, z) = (7x − 2y, −2x + 6y − 2z, −2y + 5z).
Finde eine Orthonormalbasis für R 3 bzgl. der ϕ durch eine Diagonalmatrix dargestellt
wird.
Übung 9.3.6. Gegeben sei
⎛ ⎞
1 i −i
A = ⎝−i 2 0 ⎠
i 0 2
Bestimme eine unitäre Matrix U, so dass U −1 AU Diagonalgestalt hat.
( ) 2 i
Übung 9.3.7. Zeige, dass A = ∈ C 2×2 normal ist und gebe eine unitäre Matrix U
i 2
an, so dass U −1 AU Diagonalgestalt hat.
Übung 9.3.8. Es sei V ein R-Vektorraum mit innerem Produkt 〈·|·〉 und dim V = n und
ϕ ∈ End R (V ) ein selbstadjungierter Endomorphismus mit den Eigenwerten λ 1 ≤ λ 2 ≤
· · · ≤ λ n. Die Abbildung f : V → R sei gegeben durch
f(x) := 〈x|ϕ(x)〉 für alle x ∈ V .
Zeige: Ist B := {x ∈ V | ‖x‖ = 1} der Rand der ”
Einheitskugel“ in V , so gilt
min f(x) = λ1 , maxx∈Bf(x) = λn .
x∈B
Übung 9.3.9. Sei V ein K-Vektorraum mit innerem Produkt 〈·|·〉 und U ⊂ V ein linearer
Unterraum. Für v ∈ V sei v = v 1 + v 2 die Zerlegung bezüglich V = U ⊕ U ⊥ . Zeige, dass
die lineare Abbildung
ϕ : V → V, v ↦→ v 1
eine selbstadjungierte Projektion ist, d.h. ϕ 2 = ϕ und ϕ ∗ = ϕ.

10
Normen
In diesem Kapitel führen wir den Begriff der Norm ein, der in der Analysis immer
dann eine Rolle spielt, wenn es um Abstandsmessungen in Vektorräumen geht. Wir
zeigen, wie man solche Normen aus inneren Produkten gewinnt und behandeln das
wichtige Beispiel der Operatornorm auf dem Raum der linearen Selbstabbildungen
eines (endlich dimensionalen) Vektorraums. Dieses Kapitel kann als Vorbereitung
sowohl für die Topologie als auch für die Funktionalanalysis betrachtet werden. Die
behandelten Konzepte sind aber auch wichtig für die numerische Behandlung der
Linearen Algebra.
10.1 Normen und innere Produkte
Definition 10.1.1. Sei K = R oder K = C mit der gewöhnlichen komplexen Konjugation.
und V ein K-Vektorraum. Eine Abbildung
heißt eine Norm auf V, wenn
V → R + 0 = {r ∈ R | r ≥ 0}
v ↦→ ‖v‖
(a) ‖v‖ = 0 ⇔ v = 0,
(b) ‖cv‖ = |c|‖v‖ für alle c ∈ K, v ∈ V ,
(c) ‖v + w‖ ≤ ‖v‖ + ‖w‖ für alle v, w ∈ V .
Die Ungleichung in (c) heißt die Dreiecksungleichung.
Beispiel 10.1.2. (i) Sei V = K n . Dann ist
⎛ ⎞
x 1
⎜ ⎟
x = ⎝ . ⎠ ↦→ max j=1,...,n |x j | =: ‖x‖ ∞
x n
eine Norm, die Maximumsnorm oder Supremumsnorm.
(ii) Sei V = K n . Dann ist für 1 ≤ p < ∞
⎛ ⎞
x 1
(
⎜ ⎟ ∑ n
x = ⎝ . ⎠ ↦→ |x j | p) 1 p
=: ‖x‖ p
x
J=1
n
eine Norm, die Hölder p–Norm.

270 10 Normen
(a), (b)“: Diese beide Eigenschaften sind für alle p leicht nachzuweisen.
”
(c)“: Die Dreiecksungleichung ist für p = 1 leicht nachzuweisen und wird in
”
Proposition 10.1.5 für p = 2 nachgeprüft. Der Beweis für allgemeines 1 <
p < ∞ lässt sich mit folgender Strategie führen: Definiere q via
zeige zuerst:
dann
1 = 1 p + 1 q
ab ≤ ap
p + bq
q
∀a, b > 0
n∑
|x j y j | ≤ ‖x‖ p ‖y‖ q ∀x, y ∈ K n Hölder–Ungleichung
j=1
und schließlich
‖x + y‖ p ≤ ‖x‖ p + ‖y‖ p ∀x, y ∈ K n Minkowski–Ungleichung
(∗)
Beispiel 10.1.3. n = 2, K = R, V = R 2 . Wir skizzieren { v ∈ R 2 ∣ ∣ ‖v‖ p = 1 } :
⊓⊔
p = 1: v = (x, y),‖v‖ = |x| + |y|
p = 2: ‖v‖ = √ |x| 2 + |y| 2
p = ∞: ‖v‖ = max{ |x|, |y|}
⊓⊔
Bemerkung 10.1.4. Sei V = {f : [a, b] → C | f stetig}, wir setzen dann
‖f‖ p =
( ∫ b
a
) 1
|f(x)| p p
dx
für 1 ≤ p < ∞
und
‖f‖ ∞ =
sup |f(x)|
x∈[a,b]

10.1 Normen und innere Produkte 271
In Funktionenräumen hat man normalerweise keine vernünftigen Basen. Stattdessen
benutzt man Linearformen und Grenzwerte. Dazu werden Abstandsmessungen
benötigt: d(f, g) := ‖f − g‖. Dann sucht man sich behandelbare Unterräume
(z.B. von abzählbaren Teilmengen erzeugte) und nähert allgemeine Elemente durch
Elemente aus diesen Unterräumen an. Diese Techniken gehören zum Bereich der
Funktionalanalysis.
⊓⊔
Proposition 10.1.5. Sei V ein K–Vektorraum und 〈 · | · 〉 ein inneres Produkt auf
V . Dann ist
v ↦→ ‖v‖ := √ 〈 v | v〉
eine Norm.
Beweis. Idee: Führe die Dreiecksungleichung auf die Cauchy–Schwarz–Ungleichung
| 〈 v | w〉 | ≤ ‖v‖‖w‖ zurück. Letztere ist eine Konsequenz von 0 ≤ 〈 v + bw | v + bw〉 für
geschickte Wahl von b.
Es gilt
‖v‖ 2 = 0 ⇔ 〈 v | v〉 = 0 ⇔ v = 0,
weil 〈 · | · 〉 positiv definit ist. Weiter rechnen wir
‖c · v‖ = √ 〈 c · v | c · v〉 = √ c 〈 v | c · v〉 = √ cc 〈 v | v〉
= |c| √ 〈 v | v〉 = |c|‖v‖.
Es bleibt also nur noch die Dreiecksungleichung zu zeigen. Wir beweisen zunächst
die Cauchy–Schwarz–Ungleichung (C.S.U.)
Beachte dazu, dass für alle b ∈ K gilt
0 ≤ 〈 v + bw | v + bw〉
| 〈 v | w〉 | ≤ ‖v‖‖w‖. (10.1)
= ‖v‖ 2 + 〈 bw | v〉 + 〈 v | bw〉 + |b| 2 ‖w‖ 2 .
Sei o.B.d.A ‖w‖ ≠ 0. Dann wählt man b = − 〈 v | w〉
‖w‖ 2
und rechnet weiter:
0 ≤ ‖v‖ 2 −
= ‖v‖ 2 −
Dies beweist die C.S.U.:
〈 w | v〉 〈 v | w〉 〈 w | v〉 〈 v | w〉 〈 v | w〉 〈 w | v〉 ‖w‖2
‖w‖ 2 −
‖w‖ 2 +
‖w‖ 2 ‖w‖ 2
| 〈 v | w〉 |2
‖w‖ 2 .
0 ≤ ‖v‖ 2 ‖w‖ 2 − | 〈 v | w〉 | 2 ⇒ | 〈 v | w〉 | 2 ≤ ‖v‖ 2 ‖w‖ 2 ⇒ | 〈 v | w〉 | ≤ ‖v‖‖w‖.
Jetzt erhalten wir die Dreiecksungleichung
‖v + w‖ 2 = 〈 v + w | v + w〉
= 〈 v | v〉 + 〈 w | v〉 + 〈 v | w〉 + 〈 w | w〉
= ‖v‖ 2 + 2 Re 〈 w | v〉 + ‖w‖ 2
≤ ‖v‖ 2 + 2 | 〈 w | v〉 | + ‖w‖ 2
(10.1)
≤ ‖v‖ 2 + 2‖v‖‖w‖ + ‖w‖ 2
= (‖v‖ + ‖w‖) 2 ,

272 10 Normen
also
‖v + w‖ ≤ ‖v‖ + ‖w‖.
⊓⊔
Satz 10.1.6 (Besselungleichung). Sei V ein K-Vektorraum mit innerem Produkt
〈 · | · 〉 und {v 1 , . . . , v k } ein ONS in V . Dann gilt:
‖v‖ 2 ≥
k∑
| 〈 v | v j 〉 | 2 ∀v ∈ V.
j=1
Gleichheit gilt dabei genau dann, wenn v ∈ span{v 1 , . . . , v k }.
∑
Beweis. Idee: Betrachte v − k 〈 v | v j〉 v j.
j=1
Sei U := span{v 1 , . . . , v k }. Dann gilt
Wir setzen
〈
v −
k∑
〈 v | v j 〉 v j
j=1
} {{ }
∈U
∣ v i
〉
= 〈 v | v i 〉 −
w := v −
k∑
〈 v | v j 〉 〈 v j | v i 〉 = 0.
j=1
k∑
〈 v | v j 〉 v j .
j=1
} {{ }
〈 v | v i〉
Weil 〈 w | v i 〉 = 0 für alle i = 1, . . . , k gilt, finden wir 〈 w | u〉 = 0 für alle u ∈ U. Also
ist w ∈ U ⊥ und wir können rechnen
Es ergibt sich
‖v − w‖ 2 =
‖v‖ 2 = ‖ (v − w) +
} {{ } }{{}
w ‖ 2 = 〈 (v − w) + w | (v − w) + w〉
∈U ∈U ⊥
=
=
= 〈 v − w | v − w〉 + 〈 w | w〉 = ‖v − w‖ 2 + ‖w‖ 2 .
〈 k∑ ∣ ∣∣
k∑ 〉
〈 v | v j 〉 v j 〈 v | v i 〉 v i =
k∑
j=1
k∑
j=1 i=1
i=1
〈 v | v j 〉 〈 v | v i 〉 〈 v j | v i 〉 =
} {{ }
δ ji
k∑
| 〈 v | v j 〉 | 2 .
j=1
k∑
∣ ∣∣
k∑ 〉
〈 v | v j 〉
〈v j 〈 v | v i 〉 v i
j=1
k∑
〈 v | v j 〉 〈 v | v j 〉
Dies impliziert die Bessel-Ungleichung, weil ‖w‖ 2 ≥ 0. Gleichheit gilt genau dann,
wenn w = 0. Mit
w = 0 ⇔ v =
j=1
k∑
〈 v | v j 〉 v j ⇔ v ∈ U
j=1
i=1
(vgl. Satz 9.1.12) folgt die Behauptung.
⊓⊔

10.2 Die Operatornorm 273
Beispiel 10.1.7. K = C, V = {f : [0, 1] stetig
−→ C} mit dem in Beispiel 9.1.9 angegebenen
ONS. Betrachte nur die 2k + 1 Elemente e −2πikt , . . . , e 2πikt . Dann liefert die
Bessel-Ungleichung für jedes f ∈ V :
k∑
j=−k
∣
∫ 1
f(t)e 2πijt dt∣ 2 ≤
∫ 1
0
0
|f(t)| 2 dt
⊓⊔
Übung 10.1.1. (i) Zeige, dass die Funktion n: R 2 → R + 0 , die durch
n(x, y) = ( √ |x| + √ |y|) 2
definiert ist, keine Norm ist.
(ii) Skizziere die Menge {(x, y) ∈ R 2 : n(x, y) = 1}.
Übung 10.1.2. Sei 〈v|w〉 = v ⊤ w das euklidische Skalarprodukt auf R n und ‖v‖ := √ 〈v|v〉
die davon erzeugte Norm (Länge). Sei P das von v, w ∈ R n aufgespannte Parallelogramm.
Zeige:
a) Genau dann ist P ein Rhombus (d.h. v und w sind gleich lang), wenn die Diagonalen
v + w und v − w orthogonal sind.
b) Genau dann ist P ein Rechteck (d.h. v und w sind orthogonal), wenn die Diagonalen
v + w und v − w gleich lang sind.
Dabei heißen v und w orthogonal, wenn 〈v|w〉 = 0 gilt.
10.2 Die Operatornorm
In diesem Abschnitt bringen wir Konzepte der Linearen Algebra und der Analysis
zusammen um auf Vektorräumen von linearen Abbildungen einen speziellen Typus
von Normen zu konstruieren. Diese Operatornormen haben vielfältige Anwendungen
in der Numerik, der Analysis auf Matrizengruppen und der Funktionalanalysis.
Satz 10.2.1. Seien V und W zwei K-Vektorräume endlicher Dimension mit inneren
Produkten 〈 · | · 〉 V
und 〈 · | · 〉 W
, sowie den zugehörigen Normen ‖ · ‖ V und
‖ · ‖ W . Definiere eine Abbildung
via
‖ · ‖ op : Hom K (V, W ) → R + 0
‖ϕ‖ op =
sup {‖ϕ(v)‖ W }.
‖v‖ V ≤1
(i) ‖ · ‖ op ist eine Norm auf Hom K (V, W ).
(ii) ‖ϕ(v)‖ W ≤ ‖ϕ‖ op ‖v‖ V ∀v ∈ V .
(iii) Wenn U noch ein K-Vektorraum mit innerem Produkt 〈 · | · 〉 U
ist, dann gilt:
‖ψ ◦ ϕ‖ op ≤ ‖ψ‖ op ‖ϕ‖ op ∀ϕ ∈ Hom K (V, W ), ∀ψ ∈ Hom K (W, U)

274 10 Normen
Beweis. Idee: Zeige zuerst, dass das Supremum überhaupt existiert und entwickle dazu
jedes v bzgl. einer ONB. Um die Dreiecksungleichung für ‖ · ‖ op nachzuweisen, zeigt man
(ii).
Um zu zeigen, dass das Supremum existiert, genügt es nach dem Vollständigkeitsaxiom
für die reellen Zahlen zu zeigen, dass
{‖ϕ(v)‖ W | ‖v‖ V ≤ 1} ⊆ R + 0
beschränkt ist: Sei {v 1 , . . . , v n } eine ONB für V und v ∈ V mit ‖v‖ V
∑
v = n c j v j . Dann gilt
j=1
≤ 1 und
1 ≥ ‖v‖ 2 V = 〈 v | v〉 V
=
=
n∑
j=1
〈 ∑
n ∣ ∣∣
c j v j
j=1
c j c j 〈 v j | v j 〉
} {{ V
=
}
=1
Außerdem liefert die Dreiecksungleichung
(
∥ ∑
n )∥ ∥∥W
‖ϕ(v)‖ W = ∥ϕ c j v j =
=
j=1
n∑
|c j | ‖ϕ(v j )‖ W
}{{}
≤1
j=1
≤
n ∑
l=1
c l v l
〉
n∑
|c j | 2 .
j=1
∥
V
n∑
∥
c j ϕ(v j )
j=1
n∑
‖ϕ(v j )‖ W
j=1
≤ n · max j=1,...,n ‖ϕ(v j )‖ W
} {{ }
Konstante c, die
nicht von v abhängt
=
∥
W
n∑
c j c l 〈 v j | v l 〉 V
j=1
l=1
≤
n∑
‖c j ϕ(v j )‖ W
Damit ist { ‖ϕ(v)‖ W
∣ ‖v‖ V ≤ 1 } ⊆ [0, c] beschränkt und die Existenz des Supremums
ist gesichert.
Die Ungleichung ‖ϕ‖ op ≥ 0 ist jetzt klar nach der Definition. Wenn ‖ϕ‖ op = 0,
dann gilt ‖ϕ(v)‖ W = 0 für alle v ∈ V mit ‖v‖ V ≤ 1, also
ϕ(v) = 0 ∀v ∈ V mit ‖v‖ V ≤ 1
und daher ϕ(v) = 0 für alle v ∈ V , d.h. ϕ = 0. Für c ∈ K rechnet man
‖cϕ‖ op =
j=1
sup ‖cϕ(v)‖ W = sup |c|‖ϕ(v)‖ W
‖v‖ V ≤1
‖v‖ V ≤1
= |c| sup ‖ϕ(v)‖ W = |c|‖ϕ‖ op .
‖v‖ V ≤1
Um (i) zu beweisen, muss man also nur noch die Dreiecksungleichung nachweisen.
Dazu brauchen wir (ii), das wie folgt gezeigt wird: Sei v ≠ 0. Dann gilt
und
∥
v ∥ ∥∥V
= 1 ‖v‖ V = 1
‖v‖ V ‖v‖ V
∥ ( ∥∥ϕ v
)∥ ∥∥W
‖ϕ(v)‖ W = ‖v‖ V ≤ ‖v‖ V ‖ϕ‖ op ,
‖v‖ V
also (ii). Um jetzt die Dreiecksungleichung zu zeigen, wählen wir ϕ, ψ ∈ Hom K (V, W )
und rechnen für ‖v‖ V ≤ 1

10.2 Die Operatornorm 275
‖(ϕ + ψ)(v)‖ W = ‖ϕ(v) + ψ(v)‖ V
≤ ‖ϕ(v)‖ W + ‖ψ(v)‖ W
≤ ‖v‖ V ‖ϕ‖ op + ‖v‖ V ‖ψ‖ op
= ‖v‖ V (‖ϕ‖ op + ‖ψ‖ op )
≤ ‖ϕ‖ op + ‖ψ‖ op .
Mit ‖ϕ + ψ‖ op = sup ‖v‖V ≤1 ‖(ϕ + ψ)(v)‖ W folgt dann die Dreiecksungleichung.
Schließlich zeigen wir noch (iii). Seien ϕ ∈ Hom K (U, W ), ψ ∈ Hom K (V, U) so,
dass
‖ϕ ◦ ψ‖ op = sup
‖v‖ V ≤1
‖(ϕ ◦ ψ)(v)‖ W .
Es gilt für ‖v‖ V ≤ 1:
‖(ϕ ◦ ψ)(v)‖ W = ‖ϕ(ψ(v))‖ W ≤ ‖ψ(v)‖ U ‖ϕ‖ op
}{{}
∈U
≤ ‖v‖ V ‖ψ‖ op ‖ϕ‖ op ≤ ‖ψ‖ op ‖ϕ‖ op
und daher ‖ϕ ◦ ψ‖ op ≤ ‖ψ‖ op ‖ϕ‖ op .
⊓⊔
Die in Satz 10.2.1 beschriebene Norm auf Hom K (V, W ) heißt die Operatornorm.
Bemerkung 10.2.2. Sei 0 < ‖v‖ V ≤ 1, dann gilt
Also haben wir
(
∥ v
)∥ ∥∥W
∥ϕ
= 1 ‖ϕ(v)‖ W ≥ ‖ϕ(v)‖ W .
‖v‖ V ‖v‖ V
sup ‖ϕ(v ′ )‖ W ≥
‖v ′ ‖ V =1
sup ‖ϕ(v)‖ W ≥
‖v‖ V ≤1
sup ‖ϕ(v)‖ W .
‖v‖ V =1
Dies zeigt ‖ϕ‖ op = sup ‖v‖V =1 ‖ϕ(v)‖ op .
⊓⊔
Satz 10.2.3. Seien V und W endlich dimensionale K-Vektorräume mit inneren
Produkten 〈 · | · 〉 V
und 〈 · | · 〉 W
. Weiter sei ϕ ∈ Hom K (V, W ), und sei ϕ ∗ ∈
Hom K (W, V ) die adjungierte Abbilidung. Dann gilt:
(i) ‖ϕ‖ op = ‖ϕ ∗ ‖ op ,
(ii) ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op = ‖ϕ ◦ ϕ ∗ ‖ op = ‖ϕ‖ 2 op.
Beweis. Idee: Kombiniere (ϕ ∗ ) ∗ = ϕ mit den Eigenschaften der Operatornorm aus Satz
10.2.1.
(i) Wegen (ϕ ∗ ) ∗ = ϕ gilt
‖ϕ ∗ (w)‖ 2 V = 〈 ϕ ∗ (w) | ϕ ∗ (w)〉 V
= 〈 ϕ ◦ ϕ ∗ (w) | w〉 W
≤ ‖ϕ ◦ ϕ ∗ (w)‖ W ‖w‖ W ≤ ‖ϕ ◦ ϕ ∗ ‖ op ‖w‖ 2 W
≤ ‖ϕ‖ op ‖ϕ ∗ ‖ op ‖w‖ 2 W ,
also
‖ϕ ∗ (w)‖ V ≤
√
‖ϕ‖ op ‖ϕ ∗ ‖ op ‖w‖ W .
Für ‖w‖ W ≤ 1 erhalten wir

276 10 Normen
‖ϕ ∗ ‖ op =
√
sup ‖ϕ ∗ (w)‖ V ≤ ‖ϕ‖ op ‖ϕ ∗ ‖ op
‖w‖ W ≤1
und dies zeigt ‖ϕ ∗ ‖ op ≤ ‖ϕ‖ op . Auf ϕ ∗ angewendet, liefert dieses Argument
also ‖ϕ‖ op = ‖ϕ ∗ ‖ op .
(ii) Für ‖v‖ V ≤ 1 rechnen wir
‖ϕ‖ op = ‖(ϕ ∗ ) ∗ ‖ op ≤ ‖ϕ ∗ ‖ op ,
‖ϕ ∗ ◦ ϕ(v)‖ V ≤ ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op ‖v‖ V ≤ ‖ϕ ∗ ‖ op ‖ϕ‖ op ‖v‖ V
= ‖ϕ‖ 2 op‖v‖ V ≤ ‖ϕ‖ 2 op.
Dies zeigt ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op ≤ ‖ϕ‖ 2 op. Umgekehrt hat man
‖ϕ(v)‖ 2 W = 〈 ϕ(v) | ϕ(v)〉 W
= 〈 v | ϕ ∗ ◦ ϕ(v)〉 W
≤ ‖v‖ V ‖ϕ ∗ ◦ ϕ(v)‖ op
≤ ‖v‖ 2 V ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ V ≤ ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op .
Also folgt ‖ϕ‖ 2 op ≤ ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op .
⊓⊔
Satz 10.2.4 (Spektralradius). Seien V und W endlich dimensionale K-Vektorräume
mit inneren Produkten 〈 · | · 〉 V
und 〈 · | · 〉 W
sowie ϕ ∈ Hom K (V, W ). Dann ist
ϕ ∗ ◦ ϕ positiv semidefinit und es gilt:
‖ϕ‖ 2 op = max { λ ∣ ∣ λ Eigenwert von ϕ ∗ ◦ ϕ } .
Beweis. Idee: Mit ‖ϕ‖ 2 op = ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op führt man den Satz auf die Identität ‖ϕ‖ op =
max { |λ| ∣ } λ Eigenwert von ϕ für selbstadjungierte ϕ ∈ HomK (V, V ) zurück.
Wir haben ‖ϕ‖ 2 op = ‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op . Wegen
〈 ϕ ∗ ◦ ϕ(v 1 ) | v 2 〉 V
= 〈 ϕ(v 1 ) | ϕ(v 2 )〉 W
= 〈 v 1 | ϕ ∗ ◦ ϕ(v 2 )〉 V
ist ϕ ∗ ◦ ϕ ist selbstadjungiert. Es genügt zu zeigen: Für ϕ ∈ Hom K (V, V ) selbstadjungiert
gilt
‖ϕ‖ op = max{ |λ| | λ Eigenwert von ϕ}.
(∗)
Wenn nämlich (∗) gilt, wendet man dies auf ϕ ∗ ◦ ϕ an und findet
‖ϕ ∗ ◦ ϕ‖ op = max{λ | λ Eigenwert von ϕ ∗ ◦ ϕ},
weil nach Lemma 9.3.5 die eigenwerte von ϕ ◦ ϕ nicht-negativ sind. Damit folgt
dann der Satz.
Beweis von (∗): Sei nun {v 1 , . . . , v n } eine ONB bzgl. der ϕ durch eine Diagonalmatrix
dargestellt wird. D.h. die v 1 , . . . , v n sind alle Eigenvektoren. Seien λ 1 , . . . , λ n
die zugehörigen Eigenwerte (alle reell, weil ϕ selbstadjungiert ist). Wir können annehmen,
dass
|λ 1 | ≥ |λ j | j = 1, . . . , n.
∑
Sei v = n c j v j mit c j ∈ K. Nach Satz 10.1.6 haben wir
j=1
‖v‖ 2 V =
n∑
|c j | 2
j=1

10.2 Die Operatornorm 277
und
‖ϕ(v)‖ 2 V =
≤
∥
n∑
∥
c j ϕ(v j )
j=1
∥ 2 V
=
∥
n∑ ∥ ∥∥
2
c j λ j v j =
j=1
V
n∑
j=1
|c j λ j | 2
} {{ }
|c j| 2 |λ j| 2
n∑
∑
n
|c j | 2 |λ 1 | 2 = |λ 1 | 2 |c j | 2 = |λ 1 | 2 ‖v‖ 2 V .
j=1
j=1
Dies zeigt
und
Andererseits zeigt
‖ϕ(v)‖ V ≤ |λ 1 |‖v‖ V
‖ϕ‖ op ≤ |λ 1 |.
dass ‖ϕ‖ op ≥ |λ 1 |. Also gilt
‖ϕ(v 1 )‖ V = ‖λ 1 v 1 ‖ V = |λ 1 |‖v 1 ‖ V = |λ 1 |,
‖ϕ‖ op = |λ 1 | = max { |λ| ∣ ∣ λ Eigenwert von ϕ
}
.
⊓⊔
Beispiel 10.2.5. Sei ϕ : R 2 → R 2 durch ϕ(v) = Av mit A =
( ) ( ) ( )
x 1 1 x
ϕ =
=
y 0 1 y
A ∗ A =
( 1 0
1 1
Das charakteristische Polynom von A ∗ A ist
d.h. wir haben die Eigenwerte
) ( ) 1 1
=
0 1
( )
x + y
,
y
( ) 1 1
.
1 2
(1 − λ)(2 − λ) − 1 = 1 − 3λ + λ 2 ,
( ) 1 1
gegeben:
0 1
Jetzt zeigt Satz 10.2.4
λ ± = 3 ± √ 5
.
2
‖ϕ‖ op =
√
3 + √ 5
.
2
⊓⊔
Für Anwendungen der Operatornorm auf die Theorie der Differentialgleichungen
beweisen wir noch folgendes Lemma, dass uns erlaubt die Operatornorm einer
Matrix mit der Maximumsnorm (über die Koeffizienten) zu vergleichen. Sei
A ∈ Mat(n × m, K) und ϕ ∈ Hom K (K m , K n ) durch ϕ(v) = Av definiert. Wir setzen
‖A‖ op := ‖ϕ‖ op , wobei wir auf K n und K m jeweils das euklidische innere Produkt
betrachten.

278 10 Normen
Lemma 10.2.6. Es gibt eine positive Konstante c, die von n und m abhängt, so
dass gilt
‖A‖ op ≤ c max i,j {|a ij |} ≤ c ‖A‖ op
für alle A ∈ Mat(n × m, K).
Beweis. Idee: Schachtele Kugeln und Würfel ineinander.
Wir stellen zunächst fest, dass es für jedes n ∈ N strikt positive Konstanten c n
und C n gibt mit
c n max i {|x i |} ≤ ‖x‖ K n ≤ C n max i {|x i |}
für alle x = (x 1 , . . . , x n ) ∈ K n . Dies folgt aus dem Umstand, dass man in jede
euklidische Kugel einen Würfel einbeschreiben kann, aber umgekehrt auch eine euklidische
Kugel in jeden Würfel.
Sei jetzt A = (a ij ) i,j sowie (e 1 , . . . , e n ) und (f 1 , . . . , f m ) die Standardbasen für
K n und K m . Dann gilt a ij = 〈 e i | Af j 〉 K n und die Cauchy–Schwarz–Ungleichung
liefert
|a ij | ≤ ‖e i ‖ K n‖Af j ‖ K n ≤ ‖A‖ op .
Daraus folgt max i,j {|a ij |} ≤ ‖A‖ op .
Wir rechnen
‖Ax‖ K n ≤ C n max i {|(Ax) i |}
{∣ ∣∣ ∑
m ∣}
∣∣
= C n max i a ij x j
j=1
≤ C n max j {|x j |} · m · max i,j {|a ij |}
≤ C n c −1
m ‖x‖ K mm · max i,j {|a ij |}
und dies beweist die Behauptung mit c = mC n c −1
m .
⊓⊔
Übung 10.2.1. Berechne die Operatornorm der Abbildung ϕ: R 3 → R 2 mit ϕ(x, y, z) =
(x−2y+3z, 2x+3y+z), wobei R 3 und R 2 jeweils das euklidische Skalarprodukt als inneres
Produkt haben.
Übung 10.2.2. Sei V = R n (versehen mit dem euklidischen Skalarprodukt) und A ∈
Mat(n × n, R) eine Diagonalmatrix. Zeige, dass
ist.
‖ϕ A‖ op = max { |λ ∣ ∣ : λ Eigenwert von A}
Übung 10.2.3. Sei V = R 2 und W = R 3 , jeweils mit dem euklidischen Skalarprodukt
versehen. Berechne ‖ϕ A‖ op für die folgenden Matrizen A:
⎛ ⎞
1 0
⎝ 0 1 ⎠ ,
1 1
⎛ ⎞
1 0
⎝ 1 0 ⎠ ,
1 0
⎛ ⎞
0 0
⎝ 0 0 ⎠ .
0 1
Übung 10.2.4. Seien V und W C-Vektorräume mit inneren Produkten 〈· | ·〉 V und 〈· | ·〉 W .
(i) Sei {v 1, . . . , v n} eine ONB für V und ϕ ∈ Hom C (V, W ). Setze
‖ϕ‖ HS :=
n∑
‖ϕ(v j)‖ W
j=1
und zeige, dass dies eine Norm auf Hom C (V, W ) definiert (Hilbert–Schmidt Norm).

10.2 Die Operatornorm 279
(ii) Zeige, dass ‖ϕ‖ HS nicht von der Wahl der ONB abhängt.
(iii) Sei ϕ ∗ ∈ Hom C (W, V ) die zu ϕ adjungierte Abbildung. Zeige: ‖ϕ ∗ ‖ HS = ‖ϕ‖ HS.
(iv) Zeige, dass ‖ϕ‖ op ≤ ‖ϕ‖ HS.
Übung 10.2.5. Sei V
⎛
= C
⎞
3 , versehen
⎛ ⎞
mit dem euklidischen Skalarprodukt, und U ⊆ V der
1 0
C-lineare Spann von ⎝ i ⎠ und ⎝ 1 ⎠.
0 i
(i) Zeige, dass U ⊕ U ⊥ = V .
(ii) Definiere eine Abbildung ϕ: V → V durch ϕ(v) = u, wenn v = u + w mit u ∈ U und
w ∈ U ⊥ . Zeige, dass ϕ C-linear ist.
(iii) Gib die Matrix
⎛
von
⎞
ϕ bzgl. der Standardbasis an.
3
(iv) Berechne ϕ ∗ ⎝ 7i ⎠.
−2
(v) Berechne ‖ϕ‖ op und ‖ϕ‖ HS.
Übung 10.2.6. Sei ( V ) = C 2 (, versehen ) mit dem Euklidischen Skalarprodukt und ϕ: V → V
z1 z2
gegeben durch ϕ = .
z 2 0
(i) Berechne ‖ϕ‖ op und ‖ϕ‖ HS.
(ii) Bestimme ϕ ∗ .

Literaturverzeichnis
[Ar91] Artmann, B., Lineare Algebra. Birkhäuser, Basel, 1991
[Be03] Beutelspacher, A., Lineare Algebra. Vieweg, 6. Aufl. 2003
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[Fi10] Fischer, G., Lineare Algebra. Vieweg+Teubner, 17. Aufl. 2010
[Fi10b] Fischer, G., Lernbuch Lineare Algebra und Analytische Geometrie. Vieweg+Teubner,
2010
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[HW10] Huppert, B., Willems, W., Lineare Algebra. Vieweg+Teubner, 2. Aufl. 2010
[If86] Ifrah, G., Universalgeschichte der Zahlen. Campus Verlag, Frankfurt, 1986
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Mannheim, 1971
[Lo03] Lorenz, F., Lineare Algebra 1+2. Spektrum Akademischer Verlag, 4. Auflage, 2003
[Si98] Singh, S., Fermats letzter Satz. Hanser, München, 1998

Sachverzeichnis
Γ (ϕ), Graph von ϕ, 150
ϕ A, lineare Abbildung, 63
ϕ–Kette, 194
σ P , Permutation, 86
σ k,l , Transposition, 92
β B, assoziierte Form, 222
A adj , adjunkte Matrix, 109
A ϕ, Matrix zu ϕ, 67
Asym(n, K), schiefsymmetrische Matrizen,
134
Ax, Matrix mal Vektor, 65
B β , darstellende Matrix, 221
Bil(V ), Bilinearformen, 218
C, komplexe Zahlen, 4
det(A), Determinante, 98
dim(V ), Dimension, 126
dim K (U), Dimension, 58
e 1, . . . , e n, Standardbasis, 45
End K (V ), Endomorphismen, 121
f σ, Anzahl der Fehlstände, 93
GL(V ), allgemeine lineare Gruppe, 121
GL(n, K), allgemeine lineare Gruppe, 81,
88
(HLGS), homogenes lineares Gleichungssystem,
35
Herm(V ), hermitesche Formen, 232
Herm(n, K), hermitesche Matrizen, 233
Hom K (V, W ), Homomorphismen, 121
Hom K (K n , K m ), Raum der linearen
Abbildungen, 65
i, imaginäre Einheit, 25
III(c, p; q), elementare Zeilenumformung,
31
II(p; c), elementare Zeilenumformung, 31
im (ϕ), Bild, 122
Im, Imaginärteil, 25
ker (ϕ), Kern, 122
I(p, q), elementare Zeilenumformung, 31
K, Körper, 25
K[X], Polynomring, 126
ker(ϕ), Kern, 75
K m×n , Menge der Matrizen, 63
K n , n-dimensionaler Zahlenraum, 27, 40
(LG), lineare Gleichung, 27
(LGS), lineares Gleichungssystem, 27
Mat(m × n, K), Menge der Matrizen, 63
N, natürliche Zahlen, 4
ord, Ordnung einer Permutation, 141
PM n Permutationsmatrizen, 85
Pol(K), Polynomfunktionen, 127, 166
P σ, Permutationsmatrix, 88
Q, rationale Zahlen, 4, 24
R, reelle Zahlen, 4
Rang(ϕ), Rang von ϕ, 145
Re, Realteil, 25
SHerm(V ), schiefhermitesche Formen, 232
SHerm(n, K), schiefhermitesche Matrizen,
233
SSym(V ), schiefsymmetrische Formen, 232
SSym(n, K), schiefsymmetrische Matrizen,
233
Ses(V ), Sesquilinearformen, 218
sign, Signumfunktion, 93
S n, symmetrische Gruppe, 87
span, linearer Spann, 44
span(a 1, . . . , a k ), linearer Spann, 45
Sym(V ), symmetrische Formen, 232
Sym(n, K), symmetrische Matrizen, 233
Z, ganze Zahlen, 4, 24
Z/nZ, Restklassen, 26
A ∗ , adjungierte Matrix, 219
ϕ ∗ , adjungierte Abbildung, 256
A 0 , Annulator, 146
:=, definierende Gleichheit, 14
⊕
j∈M
Vj, direkte Summe, 149
Ṽ ∗ , Dualraum, 217
ϕ ∗ , duale Abbildung, 144
∃, es existiert, 16
∀, für alle, 16
a ∈ M, a ist Element von M, 12
A −1 , inverse Matrix, 78
a −1 , multiplikatives Inverses, 26
B, konjugierte Matrix, 220
∅, leere Menge, 13
{ }, leere Menge, 13
M/R, Menge der Äquivalenzklassen, 136

284 Sachverzeichnis
−a, additives Inverses, 25
A ⊈ B, A ist nicht Teilmenge von B, 13
a ∉ M, a ist nicht Element von M, 13
◦, Verknüpfung, 64
B \ A, B ohne A, 13
∁A, ( Komplement ) von A, 13
1 · · · n
, Permutation, 87
σ(1) · · · σ(n)
P(M), Potenzmenge von M, 13
A × B, kartesisches Produkt, 13
A 1 × . . . × A k , kartesisches Produkt, 14
BA,
∏
Matrizenprodukt, 67
, Produktzeichen, 94
⋂
A ∩ B, Schnitt von Mengen, 13
∑ j∈J
Aj, Schnitt von Mengen, 13
, Summenzeichen, 35
A i,j, Streichmatrix, 107
U 1 + U 2, Summe von Unterräumen, 45
A ⊆ B, A ist Teilmenge von B, 13
V/U, Quotientenraum, 137
⋃
A ∪ B, Vereinigung von Mengen, 13
j∈J
Aj, Vereinigung von Mengen, 13
A ∪ . B, disjunkte Vereinigung von Mengen,
⋃
13
.
j∈J
A j, disjunkte Vereinigung von
Mengen , 13
V λ , verallgemeinerter Eigenraum, 183
V λ , Eigenraum, 163
[x] R, Äquivalenzklasse von x, 136
Abbildung, 10, 14, 23
K-lineare, 65
Abgeschlossenheit
unter Addition, 43
unter Inversenbildung, 91
unter Multiplikation mit Skalaren, 44
Ableitung
partielle, 67
abzählbar unendlich, 126
Addition
in einem Körper, 24
von Vektoren, 40
adjungiert, 255
adjungierte
Matrix, 219
adjunkte Matrix, 109
ähnlich, 159
Äquivalenz, 9
von symmetrischen Matrizen, 236
Äquivalenzklasse, 9, 136
algebraische Struktur, 9
Gruppe, 87
Körper, 24
Ring, 24
Vektorraum, 119
allgemeine lineare Gruppe, 88
eines Vektorraums, 121
Annullator, 146
antilineare Abbildung, 217
Antisymmetrie einer Relation, 15
antisymmetrisch, 134
Assoziativität, 24, 119
der Addition in K n , 40
der Gruppenoperation, 87, 88
des Matrizenprodukts, 68
von Verknüpfungen, 64
ausgeartet, 227
nicht, 227
Auswahlaxiom, 15, 16
Basis, 51, 123
duale, 143, 223
eines linearen Unterraums, 51
kanonische, 51
Standard-, 51
Basisauswahlsatz, 127
für lineare Unterräume, 52
Basisergänzungssatz, 127
für lineare Unterräume, 52
Basiswechsel
lineare Abbildungen, 157
Sesquilinearformen, 224
Berechnung der inversen Matrix, 78
Bessel
Ungleichung, 272
Bessel, Friedrich Wilhelm (1784–1846), 272
bijektive Abbildung, 64
Bild, 122
einer Abbildung, 64
Bilinearform, 218
schiefsymmetrische, 232
symmetrische, 232
Blockdiagonalmatrix, 153
Blockmatrizen, 82
Cantor, Georg (1845–1918), 12
Cauchy
Folge, 138
Cauchy, Augustin Louis (1789–1857), 138
Cauchy–Schwarz–Ungleichung, 271
Cayley, Arthur (1821–1895), 205
charakteristisches Polynom, 172
Cramer
Regel, 109, 110
für Gleichungssysteme, 110
Cramer, Gabriel (1704–1752), 109
darstellende Matrix
einer linearen Abbildung, 129
einer Sesquilinearform, 221
definit
in-, 247
negativ, 247
negativ semi-, 247
positiv, 247
positiv semi-, 247
Determinante

Sachverzeichnis 285
Berechnung über die Kästchen–Regel,
105
Berechnung durch Zeilenumformung, 107
einer linearen Abbildung, 173
einer quadratischen Matrix, 98
Entwicklung nach Spalten oder Zeilen,
107
Diagonalisierbarkeit
hermitescher Formen, 241
hermitescher Matrizen, 240
linearer Abbildungen, 177
Diagonalmatrizen, 74
Dimension, 126
eines linearen Unterraums, 58
endliche, 126
unendliche, 126
Dimensionsformel
für lineare Abbildungen, 84, 141
für lineare Unterräume, 58
für Quotientenräume, 140
für Untervektorräume, 127
direkte Summe
orthogonale, 258
von Vektorräumen, 149, 151
disjunkte Mengen, 13
Distributivgesetz
erstes, für Vektorräume, 119
zweites, für Vektorräume, 119
Distributivität, 24, 40
der Matrizenmultiplikation, 74
Dreiecksungleichung, 269
duale
Abbildung, 144
Basis, 143, 223
Dualraum, 143
Eigenraum, 163
verallgemeinerter, 183
Eigenvektor, 163
Eigenwert, 163
Eindeutigkeit von adjungierten Abbildungen,
256
Eins, 24
Einschränkung
einer Abbildung, 86
Einschränkung
einer Sesquilinearform, 228
Einselement
einer Gruppe, 87
Element einer Menge, 12, 23
elementare
Spaltenumformung, 69
Spaltenumformungen, 31
Zeilenumformung, 69
Zeilenumformungen, 31
Elementarmatrizen, 69
Endomorphismen
eines Vektorraums, 121
Erzeugendensystem, 44, 132
Euklid (ca. 325–265 v.Chr.), 218
euklidischer Vektorraum, 250
euklidisches inneres Produkt, 248
Existenz von adjungierten Abbildungen,
256
Faktorisierung
kanonische, 140
fast überall
Null, 149
Fehlstand
einer Permutation, 93
Fermat, Pierre de (1601–1665), 4
Fibonacci
Zahlen, 181
Fibonacci, Leonardo (1170–1250), 181
Folgen, 126
Fourier
Analyse, 251
Fraenkel, Adolf Abraham (1891–1965), 15
Fundamentalsatz
der Algebra, 4, 175
Funktion, 14
differenzierbare, 120, 122
stetige, 120
Funktionalanalysis, 126
Galois, Evariste (1811–1832), 87
ganze
Zahlen, 24
Gauß
Algorithmus, 7, 28, 31
Gauß, Carl Friedrich (1777–1855), 7, 28
Gerade, 40
affin, 40
Gleichheit von Mengen, 13
Grad
eines Monoms, 170
eines Polynoms, 170
Gram, Jorgen Pedersen (1850–1916), 251
Gram–Schmidt Orthonormalsierung, 251
Graph, 150
Gruppe, 10, 87
allgemeine lineare, 121
Homomorphismus, 91
Isomorphismus, 92
symmetrische, 87
Hamilton, William Rowan (1805–1865),
205
Hauptachsentransformation, 266
Hauptminoren, 248
Kriterium, 248
Hermite, Charles (1822–1901), 232
hermitesche
Matrix, 233
Sesquilinearform, 232
Hesse
Matrix, 248

286 Sachverzeichnis
Hesse, Ludwig Otto (1811–1874), 248
Hilbert–Schmidt Norm, 278
Hintereinanderausführung
von Abbildungen, 64
Hölder
Norm, 269
Ungleichung, 270
Hölder, Ludwig Otto (1859–1937), 269
Homomorphismus
Vektorraum, 121
Horner, William George (1786–1837), 168
Hornerschema, 168
Hülle
lineare, 44, 123
imaginäre Einheit, 25
Imaginärteil, 25
indefinite
hermitesche Form, 247
Index
einer hermiteschen Form, 244
induktiv geordnete Mengen, 16
injektive Abbildung, 64
innere direkte Summe
von Untervektorräumen, 151
inneres Produkt, 250
Invarianz
der Basislänge, 57
einer Summenzerlegung, 152
inverse Matrix, 78
Berechnung, 78, 109
inverses Element
der Addition, 24
der Multiplikation, 24
in einer Gruppe, 87
invertierbare
Abbildung, 64
Matrix, 77
involutiver Körperautomorphismus, 217
isometrisch, 257
Isomorphie, 11
von Gruppen, 92
von Vektorräumen, 121
Jacobi
Matrix, 67
Jacobi, Carl Gustav (1804–1851), 67
Jordan
Block, 179
Normalform, 204, 205
Normalform, reelle, 209
Jordan, Camille (1838–1922), 179
Kästchen–Regel, 105
kanonische
Faktorisierung, 285
kartesisches Produkt, 13
Kern, 122
einer linearen Abbildung, 75
Kette
in einer geordneten Menge, 16
Kirchhoff
Gesetze, 5
Kirchhoff, Gustav (1824–1887), 5
Koeffizienten
einer linearen Gleichung, 27
Koeffizientenmatrix
eines linearen Gleichungssystems, 31
erweiterte, 31
Körper, 24
Homomorphismus, 139
Körperautomorphismus
involutiver, 217
kommutatives Diagramm, 140
Kommutativität, 24
der Addition in K n , 40
der Addition in Vektorräumen, 119
Komplement
einer Menge, 13
komplexe Struktur
auf einem Vektorraum, 211
komplexe Zahlen, 25
Koordinaten
eines Vektors bzgl. einer Basis, 129
Korollar, 15
Kronecker
Delta, 89
Länge
einer Basis, 51
Laplace
Entwicklung, 114
Entwicklungssatz, 108
Laplace, Pierre Simon (1749–1827), 108
leere Menge, 13
Leibniz
Formel, 98
Leibniz, Gottfried Wilhelm (1646–1716),
98
Lemma, 15
von Zorn, 16
Leonardo von Pisa, genannt Fibonacci
(1170–1250), 181
Leontief, Wassily (1906–1999), 6
lineare
Abbildung, 65, 121
Abhängigkeit, 47, 123
Gleichung, 27
Hülle, 44
Relation
nicht-triviale, 48
Unabhängigkeit, 47, 123
Test, 49, 123
linearer
Spann, 44
einer Matrix, 46
Unterraum, 120
lineares

Sachverzeichnis 287
Funktional, 143
Gleichungssystem, 27
homogenes, 35
Linearfaktoren, 175
Linearformen, 143
Linearkombination, 44, 123
Lösungsmenge
eines linearen Gleichungssystems, 27
Matrix, 7, 30
adjunkte, 109
darstellende, 129
darstellende, einer Sesquilinearform, 221
hermitesche, 233
positiv definite, 247
schiefhermitesche, 233
schiefsymmetrische, 233
symmetrische, 233
Matrizenprodukt, 68
maximale Elemente einer Menge, 16
Maximumsnorm, 269
Menge, 9, 12, 23
Minkowski
Form, 218, 248
Ungleichung, 270
Minkowski, Hermann (1864–1909), 218
Monom, 132, 166
Multiplikation
in einem Körper, 24
mit Skalaren, 40
von Matrizen, 68
negativ definite
hermitesche Form, 247
negativ semidefinite
hermitesche Form, 247
Negatives
eines Elements, 25
eines Gruppenelements, 88
eines Vektors, 119
neutrales Element
der Addition, 24
der Multiplikation, 24
einer Gruppe, 87
Newton, Isaac (1642–1727), 3
nicht ausgeartet, 227
nicht-Nullspalte, 28
nilpotent, 194
Norm, 269
Hölder-, 269
Maximums-, 269
p-, 269
Supremums-, 269
normal, 257, 258
Null, 4, 24
fast überall, 149
in einem Vektorraum, 119
Nullspalte, 28
Nullstelle
einer Polynomfunktion, 166
eines Polynoms, 166
o.B.d.A., 48
Operatornorm, 275
Ordnung
einer Permutation, 141
partielle, 15
totale, 16
orthogonal, 257, 258
orthogonales Komplement, 226
Orthogonalraum, 226
Orthogonalsystem, 250
Orthonormalbasis (ONB), 250
Orthonormalsystem (ONS), 250
partielle
Ordnung, 15
Pauli, Wolfgang (1900–1958), 233
Paulische Spinmatrizen, 233
Permutation, 87
Permutationsmatrix, 85
Polarisierung, 235
Polynom, 127
charakteristisches, 172
Polynomdivision, 166
Polynomfunktion, 127, 166
charakteristische, 172
Polynomgleichung, 4
positiv definite
hermitesche Form, 247
Matrix, 247
positiv semidefinite
hermitesche Form, 247
Potenzmenge, 13
Projektion
in End K (V ), 153
kanonische, auf einen Quotientenraum,
138
Proposition, 15
punktweise
Verknüpfung, 120
Quotientenraum, 138
Rang
einer hermiteschen Form, 244
einer linearen Abbildung, 145
einer Matrix, 81
rationale
Zahlen, 24
Realteil, 25
Reflexivität
einer Relation, 15, 136
Regel von Sarrus, 98
Relation, 14, 136
Äquivalenz-, 136
Repräsentant
einer Äquivalenzklasse, 136

288 Sachverzeichnis
Restklasse, 26
Richtungsableitung, 143
Ring, 9
kommutativ
mit Eins, 24
Sarrus
Regel von, 98
Sarrus, Pierre Frederic (1798–1861), 98
Satz
Basisauswahl, 52, 127
Basisergänzung, 52, 127
implizite Funktionen, 149
Isomorphiesatz für Vektorräume, 139
von Cayley–Hamilton, 205
schiefhermitesche
Sesquilinearform, 232
schiefsymmetrisch, 134
Matrix, 114
schiefsymmetrische
Bilinearform, 232
Matrix, 233
Schmidt, Erhard (1876–1959), 251
Schnitt von Mengen, 13
Schranke
obere (für partielle Ordnungen), 16
untere (für partielle Ordnungen), 16
selbstadjungierte
lineare Abbildung, 255, 257
Matrix, 258
Semilinearform, 217
Sesquilinearform, 218
hermitesche, 232
schiefhermitesche, 232
Signum
einer Permutation, 93
Skalar, 40
skalare Multiplikation
für Vektorräume, 119
Skalarprodukt
euklidisches, 218
Spalten
einer Matrix, 30
Spaltenrang, 79
Spaltenumformung, 31
Spaltenvektoren, 46
einer Matrix, 46, 79
Spann
linearer, 44, 123
Spektralradius, 276
Spektralsatz, 263, 265
Spektralzerlegung, 266
Spur
einer linearen Abbildung, 173
einer Matrix, 171
Standardbasis, 51
Streichmatrix, 107
Stufen
einer Matrix, 33
Stufenlänge, 33
Summe
von Funktionen, 120
von linearen Unterräumen, 45, 122
von Vektorräumen, 151
Supremumsnorm, 269
surjektive Abbildung, 64
Sylvester
Trägheitssatz, 243
Sylvester, James Joseph (1814–1897), 243
Symmetrie, 10
-Zerlegung, 234
einer Relation, 136
symmetrische
Bilinearform, 232
Gruppe, 87
Matrix, 233
Teilen mit Rest, 26
Teilmengen, 13
Test, 63
total geordnete Teilmengen, 16
totale Ordnung, 16
Transitivität
einer Relation, 136
Transitivität einer Relation, 15
transponierte
Matrix, 79
Transposition, 92
Triagonalisierbarkeit, 184
triviale Unterräume, 44
k-Tupel, 14
Übergangsmatrix
eines Basiswechsels, 157
Umkehrabbildung, 64
umkehrbare Abbildung, 64
unitär, 257, 258
unitärer Vektorraum, 250
Unterraum
linearer, 43
trivialer, 44
Urbild
einer Abbildung, 64
Vandermonde
Determinante, 106
Matrix, 106
Vandermonde, Alexandre Theóphile
(1735–1796), 106
Vektor, 40
Vektorraum, 119
Unter-, 120
Vereinigung von Mengen, 13
Verknüpfung
von Abbildungen, 64
von Elementen, 9
Wohldefiniertheit, 137

Sachverzeichnis 289
wohlgeordnet, 16
Wohlordnungssatz, 16
Zahlen
ganze, 4, 24
komplexe, 4, 25
natürliche, 4
rationale, 4, 24
reelle, 4
Zahlenraum
n–dimensional, 40
Zeilen
einer Matrix, 30
Zeilenrang, 79
Zeilenstufenform, 33
Zeilenumformung, 31
Zeilenvektoren, 46
einer Matrix, 79
Zermelo, Ernst (1871–1953), 15
Zorn, Max (1906–1993), 16