\documentclass[a4paper,10pt,oneside]{amsart}
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\title{Lineare Algebra}
\author{Sarah Zerbes}
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\newtheorem{proposition}{Satz}[subsection]
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\theoremstyle{definition}
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\begin{document}

 \maketitle

 \subsection*{Varia}

  Kurs Webseite:   https://metaphor.ethz.ch/x/2023/hs/401-1151-00L/
\newlecture

\vspace{1ex}

 Empfohlene Buecher und Skripte: siehe Webseite
\vspace{1ex}

https://forum.math.ethz.ch/c/autumn-23/lineare-algebra-1/163

 Haupt-Assistent: Konstantin Andritsch (konstantin.andritsch@math.ethz.ch)
\vspace{1ex}

Diese Skript basiert zum Teil auf dem Skript von Menny Akka Genosar

(siehe https://metaphor.ethz.ch/x/2022/hs/401-1151-00L/)
\tableofcontents

 \section{Einfuehrung}

  \subsection{Motivation: Fibonacci Folgen}\label{sec:Fibonacci}

  \begin{definition}\label{def:Fib}
   Die Fibonacci Folge $(a_n)_{n\geq 0}$ is definiert durch dir Rekursion
   \begin{align*}
   	 a_0&=0,\quad a_1=1,\\
   	 a_n&=a_{n-1}+a_{n-2}\quad \text{for $n\geq 2$}
   	\end{align*}
  \end{definition}

  \begin{note}
  	Die ersten Elemente der Folge sind
  	\[ 0,1,1,2,3,5,8,13,\dots\]
  \end{note}

  \noindent \textbf{Frage:} Koennen wir $a_n$ bestimmen, ohne vorher alle Elemente bis $a_{n-1}$ zu bestimmen?

  \begin{definition}\label{def:vsfib}
  	Seien $a,b\in\mathbb{R}$. Definiere die Folge $\cF_{a,b}$ mittels der Rekursion
   \begin{align*}
	a_0&=a,\quad a_1=b,\\
	a_n&=a_{n-1}+a_{n-2}\quad \text{for $n\geq 2$}
   \end{align*}
   Eine Folge $\cA$ ist eine Fibonacci Folge wenn $ \cA=\cF_{a,b}$ f\"ur $a,b,\in\mathbb{R}$.
   Es sei $V$ die Menge aller solcher Folgen, d.h.
   \[ V=\{\cF_{a,b}\, :\, a,b\in \mathbb{R}\}\]
  \end{definition}

  \begin{note}
  	Die Folge aus Definition \ref{def:Fib} ist gleich der Folge $\cF_{0,1}$.
  \end{note}

  \begin{definition}
  	 Es seien $\cF=(a_n)_{n\geq 0}, \,\cG=(b_n)_{n\geq 0}\in V$ und $\alpha\in\RR$.
  	\begin{enumerate}
  		\item Wir definieren die Summe von $\cF$ und $\cG$ als die Folge
  		\[ \cF+\cG=(a_n+b_n)_{n\geq 0}.\]
  		\item Wir definieren das Skalarprodukt von $\cF$ und $\alpha$ als die Folge
  		\[ \alpha\cdot \cF=(\alpha\cdot a_n)_{n\geq 0}.\]
  	\end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{proposition}\label{prop:FibVS}\
  	\begin{enumerate}
  	 \item Es seien $\cF,\cG\in V$. Dann gilt $\cF+\cG\in V$.
  	 \item Es sei $\cF\in V$ und $\alpha\in \mathbb{R}$. Dann gilt $\alpha\cdot \cF\in V$.
  	\end{enumerate}
    Wir sagen: \emph{$V$ hat die Struktur eines Vektorraums \"uber $\mathbb{R}$}.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	(1) Wir schreiben $\cF=(a_n)_{n\geq 0}$ und $\cG=(b_n)_{n\geq 0}$, und es sei $c_n=a_n+b_n$. Wir muessen zeigen, dass
  	\[ c_n=c_{n-1}+c_{n-2}\]
  	fuer all $n\geq 2$. Aber
  	\begin{align*}
  		c_n& = a_n+b_n\\
  		& = a_{n-1}+a_{n-2}+b_{n-1}+b_{n-2}\\
  		& = (a_{n-1}+b_{n-1})+(a_{n-2}+b_{n-2})\\
  		& = c_{n-1}+c_{n-2}.
  	\end{align*}

  (2) kann durch \"ahnliche Argumentation bewiesen werden.
  \end{proof}

  \begin{note}
  	Der Beweis von Satz \ref{prop:FibVS} zeigt, dass folgendes gilt:
  	\begin{align*}
  		 \cF_{a,b}+\cF_{c,d} & =\cF_{a+c,b+d}\\
  		\alpha\cdot \cF_{a,b} & = \cF_{\alpha a,\alpha b}.
  	\end{align*}
  \end{note}

  \begin{exercise}\
   Zeigen Sie, dass die Menge $\{\cF_{\alpha a,  	\alpha b}:\, \alpha\in\mathbb{R}\}\subset V$ unter der Annahme $(a,b)\neq (0,0)$ unendlich viele Elemente enthaelt, aber trotzdem nicht gleich $V$ ist.
  \end{exercise}

  \begin{proposition}\label{prop:stdbasis}
   Sei $\cF\in V$. Dann gibt es $a,b\in \mathbb{R}$ so dass
   \begin{equation}\label{eq:lincomb}
   	\cF=a\cdot \cF_{1,0} + b\cdot \cF_{0,1}.
   \end{equation}

   Wir sagen: \emph{die Gleichung \eqref{eq:lincomb} schreibt $\cF$ als eine \emph{Linearkombination} der Folgen $\cF_{0,1}$ und $\cF_{1,0}$ . }
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Aufgrund der Definition von $V$ gilt $\cF=\cF_{a,b}$ f\"ur $a,b\in \RR$. Weiterhin gilt
  	\[ \cF_{a,b}=a\cF_{1,0}+b\cF_{0,1}.\]
  \end{proof}

  \begin{exercise}\label{ex:otherbasis}
  	Sei $\cF\in V$. Dann gibt es  Elemente $c,d\in \RR$ so dass
  	\[ \cF=c\cdot \cF_{1,1} + d\cdot \cF_{1,-1}.\]
  \end{exercise}

  Wir wollen nun die Symmetrien des Raumes $V$ betrachten. Unter einer Symmetrie verstehen wir einen Abbildung $T:V\rightarrow V$, die die Struktur von $V$ respektiert.

  \begin{definition}
  	Eine Abbildung $T:V\rightarrow V$ ist eine Symmetrie von $V$, wenn f\"ur alle $\cF,\cG\in V$ und $\alpha\in\RR$ gilt, dass
  	\[ T(\cF+\cG)=T(\cF)+T(\cG)\qquad \text{und}\qquad T(\alpha\cdot \cF)=\alpha\cdot T(\cF).\]
  	Wir sagen: \emph{$T$ ist eine lineare Abbildung.}
  \end{definition}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Die Identit\"ats-Abbildung
  		\begin{align*}
  			\id:\, V& \rightarrow V,\\
  			  \cF & \mapsto \cF.
  		\end{align*}
  	\item F\"ur $\alpha\in \RR$, definiere
  	\begin{align*}
  		T_\alpha:\, V&\rightarrow V,\\
  		\cF & \mapsto \alpha\cdot \cF.
  	\end{align*}
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{exercise}
  	Sei $\cG\in V$, und definiere die Abbildung
  	\begin{align*}
  		 M_{\cG}:\, V&\rightarrow V,\\
  		 \cF&\mapsto \cF+\cG.
   \end{align*}
   Zeigen Sie, dass $M_{\cG}$ nur dann eine Symmetrie von $V$ ist, wenn $\cG=\cF_{0,0}$.
  \end{exercise}

  \begin{lemma}
  	Sei $\cF=(a_0,a_1,\dots)\in V$. Dann ist die Folge $(a_1,a_2,\dots)$ ebenfalls in $V$.
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	For $n\geq 0$ sei $b_n=a_{n+1}$; wir muessen zeigen, dass die Folge $(b_n)_{n\geq 0}$ ein Element von $V$ ist. F\"ur $n\geq 2$ gilt
  	\[ b_n=a_{n+1}=a_n+a_{n-1},\]
  	da $(a_n)_{n\geq 0}\in V$. Aber $ a_n+a_{n-1}=b_{n-1}+b_{n-2}$, d.h.
  	\[ b_n=b_{n-1}+b_{n-2}.\]
  \end{proof}

  \begin{proposition}\label{prop:verschiebung}
  	Definiere die \emph{Verschiebungs-Abbildung}
  	\begin{align*}
  		S:\, V&\rightarrow V,\\
  		(a_0,a_1,\dots)&\mapsto (a_1,a_2,\dots).
  	\end{align*}
   Dann ist $S$ eine Symmetrie von $V$.
  \end{proposition}

 \begin{definition}
 	Set $T:V\rightarrow V$ eine Symmetrie. Eine Folge $\cF\in V$ , $\cF\neq \cF_{0,0}$ ist eine \emph{Eigenfolge} wenn es ein Element $\alpha\in \RR$ gibt so dass
 	\[ T(\cF)=\alpha\cdot \cF.\]
 	In diesem Fall heisst $\alpha$ der \emph{Eigenwert} der Folge $\cF$.
 \end{definition}

 \begin{examples}\
 	\begin{enumerate}
 		\item Alle $\cF\in V$, $\cF\neq \cF_{0,0}$ sind Eigenfolgen der Identit\"atsabbildung mit Eigenwert $1$.
 		\item Alle $\cF\in V$, $\cF\neq \cF_{0,0}$ sind Eigenfolgen der Abbildung $T_\alpha$ mit Eigenwert $\alpha$.
 	\end{enumerate}
 \end{examples}

 \begin{theorem}
 	Es seinen $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ und $\psi=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$. Dann sind $\cF_{1,\varphi}$ und $\cF_{1,\psi}$ Eigenfolgen der Abbildung $S$, mit jeweiligen Eigenwerten $\phi$ und $\psi$. Weiterhin gilt: wenn $\cA$ eine Eigenfolge von $S$ ist, dann gibt es ein Element $\beta\in \RR$, $\beta\neq 0$ so dass entweder $\cA=\beta\cdot \cF_{1,\varphi}$ oder $\cF=\beta\cdot \cA_{1,\psi}$.
 \end{theorem}
 \begin{proof}
	Nimm an, dass $\cA=(a_0,a_1,\dots)$ eine Eigenfolge von $S$ ist, mit Eigenwert $\alpha$. Dann gilt
	\[ (a_1,a_2,a_3\dots)=(\alpha\cdot a_0,\alpha\cdot a_1,\alpha\cdot a_2,\dots),\]
	d.h. $a_n=\alpha\cdot a_{n-1}$ f\"ur alle $n\geq 1$. Mit anderen Worten, $\cA$ ist eine geometrische Folge:
	\[ \cA=(a_0,a_0\alpha, a_0,\alpha^2,\dots).\]
	Da $\cA\neq \cF_{0,0}$, gilt $a_0\neq 0$.

	Nun ist $\cA$ ein Element von $V$, d.h. $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$ f\"ur alle $n\geq 2$. Insbesondere gilt
	\begin{align*}
		&a_2=a_1+a_0\qquad \Leftrightarrow \qquad a_0\alpha^2=a_0\alpha+a_0\\
		\Rightarrow \quad & \alpha^2-\alpha-1=0.
	\end{align*}
  Die  L\"osungen dieser quadratischen Gleichung sind $\varphi$ und $\psi$, d.h entweder $\cA=a_0\cdot (1,\varphi,\varphi^2,\dots)$ oder $\cA=a_0\cdot (1,\psi,\psi^2,\dots)$.
 \end{proof}

 \begin{exercise}
	Zeigen Sie, dass
	\[ \frac{1}{\varphi-\psi}\cdot \cF_{1,\varphi}+\frac{1}{\psi-\varphi}\cdot \cF_{1,\psi}=\cF_{0,1}.\]
 \end{exercise}

  \begin{corollary}
  	Sei $\cF_{0,1}=(a_0,a_1,\dots)$. Dann gilt
  	\[ a_n=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n- \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{\sqrt{5}}.\]
  	Wir nennen dies eine \emph{geschlossene Form} der Folge.
  \end{corollary}

% \begin{exercise}
% 	Finden Sie eine Formel fuer das $n$te Glied der Folge $\cF_{a,b}$, die nur von $a,b$ und $n$ abhaengt.
% \end{exercise}

  Wir sehen also, dass wir die Betrachung des reellen Vektorraums $V$ und seiner Symmetries einige sehr interessante (und konkrete) Saetze ueber Fibonacci-Folgen beweisen koennen. Wir werden diesem Phaenomen in diesem Kurs haeufig begegnen: durch sehr abstrakte Argumente erhalten wir informationen ueber sehr konkrete mathematische Objekte. Andererseits sind die abstrakten Strukturen oft von sehr konkreten Objekten inspiriert: der Informationsfluss zwischen konkreten und abstrakten Strukturen geht also in beide Richtungen.


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Aussagenlogik}\newlecture

  \begin{note}
  	Eine mathematische Aussage ist entweder wahr (w) oder falsch (f).
  \end{note}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item F\"ur jede reelle Zahl $x$ gilt $x^2\geq 0$.
  		\item Jede Primzahl $\geq 3$ ist ungerade.
  		\item Jede ungerade Zahl ist eine Primzahl.
  		\item Alle Mathematiker haben lange Haare.
  	\end{enumerate}
   Aussagen (1) und (2) sind wahr, (3) und (4) sind falsch (Gegenbeispiele).
  \end{examples}

  \begin{definition}
	Sei $A$ eine mathematische Aussage. Die Negation von $A$ ist die Aussage ``$A$ gilt nicht"; wir schreiben $\neg A$.
  \end{definition}

  \begin{example}
  	Die Negation von (3) ist: es gibt mindestens eine ungerade Zahl, die keine Primzahl ist.
  \end{example}

\begin{exercise}
	Finden Sie die Negation von (4).
\end{exercise}

  \begin{note}
  	Falls $A$ wahr ist, dann ist $\neg A$ falsch, und umgekehrt.  \footnote{Wir benutzen dies, wenn wir durch ein Gegenbeispiel zeigen, dass eine Aussage falsch ist: ein Gegenbeispiel zeigt, dass die Negation der Aussage richtig ist.}	Wir fassen dies in der Wahrheitstabelle zusammen: \qquad
  	\begin{tabular}{c|c}
  		$A$ & $\neg A$\\
  		\hline
  		w & f\\
  		f & w
  	\end{tabular}
  \end{note}

  \begin{definition}
  	Es seien $A$ und $B$ Aussagen.
  	\begin{enumerate}
  		\item $A\wedge B$ ist die Aussage ``$A$ und $B$'' (d.h. ``sowohl $A$ als auch $B$ gelten");
  		 \item $A \vee B$ ist die Aussage ``$A$ oder $B$'' (d.h. ``mindestens eines von $A$ oder $B$ gilt'').
  	\end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{note}
  	Die Wahrheitstabellen sind
  	\vspace{1ex}

  	\begin{center}
  	\begin{tabular}{c|c|c}
  		$A$&$B$&$A\wedge B$\\
  		\hline
      w & w & w\\
      w & f & f\\
      f & w & f\\
      f & f & f
  	\end{tabular}
  	\qquad\qquad
  	\begin{tabular}{c|c|c}
  		$A$&$B$&$A\vee B$\\
  		\hline
  		w & w & w\\
  		w & f & w\\
  		f & w & w\\
  		f & f & f
  	\end{tabular}
  \end{center}
  \end{note}

  \begin{examples}
  	 Sei $x\in\RR$.
  	\begin{enumerate}
  		\item $(``x>1")\vee (``x<2")$ ist wahr;
  		\item $(``x<1") \vee (``x>2")$ ist das gleiche wie $\neg (``1\leq x\leq 2")$.
   	\end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{definition}
  	Seien $A,B$ Aussagen. Dann sagen wir ``$A$ impliziert $B$" wenn gilt: wenn $A$ wahr ist, dann ist auch $B$ war. Wir schreiben $A\Rightarrow B$.
  \end{definition}

  \begin{examples}\
	\begin{enumerate}
		\item $``x>0"\quad \Rightarrow \quad ``x\neq 0"$;
        \item ``$x$ ist eine Primzahl und $\geq 3$" $\quad \Rightarrow \quad$ ``$x$ ist ungerade."
	\end{enumerate}
\end{examples}

  \begin{remark}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Jegliche Kausalitaet zwischen den beiden Aussagen wird ignoriert.
  		\item Die Implikation ist immer richtig, wenn $A$ falsch ist. Zum Beispiel gilt
  		\[ (``0=1")\, \Rightarrow \, (``\text{Alle Mathematiker haben lange Haare. }")\]
  	\end{enumerate}
  \end{remark}

  \begin{definition}
  	Seiner $A,B$ Aussagen. Dann sind $A$ und $B$ logisch aequivalent wenn gilt
  	\[ (A\Rightarrow B)\wedge (B\Rightarrow A).\]
  \end{definition}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item $``x^2>0"\quad \Leftrightarrow \quad ``x\neq 0"$;
  		\item  $(``0=1")\, \Leftrightarrow \, (``\text{Alle Mathematiker haben lange Haare. }")$
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

\begin{definition}
	Sei $A$ eine Aussage. Dann ist $A$ eine Tautologie, wenn ihr Wahrshceitsgehalt immer wahr ist.
\end{definition}

  \begin{example}
  	Sei $B$ eine Aussage. Dann ist $B\vee (\neg B)$ eine Tautologie. So ist z.B. die Aussage
  	\[ "x>1"\, \vee \,"x\leq 1"\]
  	eine Tautologie.
  \end{example}

  \begin{proposition}
  	Es seien $A$, $B$ Aussagen. Dann gilt:
  	\begin{enumerate}
  		 \item[(i)] $A\quad \Leftrightarrow \quad \neg(\neg A)$;
  		\item[(ii)] $(A\Rightarrow B)\quad \Leftrightarrow \quad (\neg B\Rightarrow \neg A)$;\footnote{Diese Aequivalenz ist manchmal nuetzlich, wenn wir $A\Rightarrow B$ beweisen wollen: manchmal ist es einfacher zu beweisen, dass $(\neg B)\Rightarrow (\neg A)$.}
  		\item[(iii)] $\neg (A\wedge B)\quad \Leftrightarrow\quad(\neg A)\vee (\neg B)$ und   		$\neg (A\vee B)\quad \Leftrightarrow\quad(\neg A)\wedge (\neg B)$
  	\end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	(i) Uebung.

  	(ii) $A\Rightarrow B$ bedeutet, dass $B$ richtig ist, wenn $A$ richtig ist. Mit anderen Worten, wenn $B$ falsch ist, dann mus auch $A$ falsch sein, d.h.
  	 \begin{equation}\label{imp}(A\Rightarrow B)\quad \Rightarrow \quad(\neg B\Rightarrow \neg A).\end{equation}
  	 Um die umgekehrte Implikation zu beweisen,  wenden Sie das Argument auf $\neg A$ an und benutzen (i).
  \end{proof}

  \subsection{Praedikatenlogik}

   \begin{definition}
   	Ein Praedikat ist eine Aussage, die von einer (oder mehreren) Variablen $x$ einer Menge $X$ abhaengt; wir schreiben $P(x)$ (bzw. $P(x,y)$ ...).  Abhaengig vom Wert der Variablen $x$ kann $P(x)$ wahr oder falsch sein.
   \end{definition}

  \begin{example}
  	Die Aussage $P(n):\,``n^2=n"$ fuer $n\in \ZZ$ ist wahr fuer $n\in\{0, 1\}$ und falsch f\"ur alle anderen $n$.
  \end{example}

  \begin{definition}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Der \emph{Allquantor} $\forall$ wird verwendet, um eine Aussage uber alle $x\in X$ zu treffen: $``\forall x\in X: P(x)"$  steht fuer ``fuer all $x\in X$ gilt die Aussage $P(x)$".
  		\item Der \emph{Existenzquantor} $\exists$ wird verwendet um auszudruecken, dass es ein $x\in X$ mit einer gewissen Eigenschaft gilt: $``\exists x\in X: P(x)"$  steht fuer ``es gibt ein $x\in X$, fuer das die Aussage $P(x)$ gilt".
  	\end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Die Aussage $``\forall n\in\ZZ: n=n^2"$ ist falsch.
  		\item Die Aussage$``\exists n\in\ZZ: n=n^2"$ ist richtig.
  		\item Die Aussage $``\forall n\in\ZZ: (n=n^2\Rightarrow (n=0)\vee (n=1))"$ ist richtig.
  		\item Die Aussage $\forall y\in\RR: (y\geq 0)\Rightarrow (\exists x\in\RR: x^2=y)$ ist richtig.
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

 \begin{remark}
 	In Beispiel (4) schreiben wir gewoehnlich: $\forall y\in\RR, \, y\geq 0\, \exists x\in\RR$ so dass $x^2=y$.
 \end{remark}


  \begin{warning}
  	Vorsicht ist geboten, wenn wir Quantoren kombinieren: die Quantoren $\forall$ und $\exists$ sind \textbf{nicht} vertauschbar! Seinen $X,Y$ Mengen und $A(x,y)$ eine Aussage. Dann haben die Aussagen
  	\[ \forall x\in X\,  \exists y\in Y: A(x,y)\]
  	und
  	\[ \exists y\in Y\, \forall x\in X:A(x,y)\]
  	sehr verschiedene Bedeutungen.
  \end{warning}

  \begin{example}
  	Sei $X$ die Menge aller Studenten der der ETH und $Y$ die Menge aller Kurse. Fuer $x\in X$, $y\in Y$ sei $A(x,y)$ die Aussage: Student $x$ belegt den Kurs $y$. Dann ist die Aussage
  	\[ \text{`$` \forall x\in X\,  \exists y\in Y: A(x,y)$"}\]
  	wahr, aber die Aussage
  	\[\text{``$\exists y\in Y\, \forall x\in X:A(x,y)$"}\]
  	ist falsch.
  \end{example}

  \begin{example}
  	Sie werden diesen Quantoren in der Analysis oft begegnen. So kann z.B. die Stetigkeit einer Funktion $f:\,(0,1)\rightarrow \RR$ folgendermassen geschrieben werden:
  	\begin{equation}\label{cts}
  		(\forall x\in (0,1)\, \wedge \,\forall \epsilon>0)\ \exists \delta>0:\,  \left( |x-y|<\delta\, \Rightarrow\, |f(x)-f(y)|<\epsilon\right).
  	\end{equation}
  \end{example}

  Wir koennen die Quantoren negieren:

  \begin{lemma}\
  	\begin{enumerate}
  		\item $\neg(\forall x\in X: A(x))\quad \Leftrightarrow \quad \exists x\in X:\neg A(x)$;
  		\item $\neg(\exists x\in X: A(x))\quad \Leftrightarrow \quad \forall x\in X:\neg A(x)$;
  	\end{enumerate}
  \end{lemma}

  \begin{example}
  	Die Negation der Aussage \emph{``Alle Hunde, die bellen, beissen nicht."} ist \emph{``Es gibt einen Hund, der bellt und  beisst."}
  \end{example}

  \begin{exercise}
  	Negieren Sie folgende Aussagen:
  	\begin{enumerate}
  		\item ``Es gibt eine braune schweizer Kuh, die im Sommer lieber im Tal ist."
  		\item ``Alle Mathematiker sind Maenner und haben lange Haare."
  	\end{enumerate}
  \end{exercise}

  \begin{definition}
  Der Quantor der eindeutigen Existenz $\exists!$ wird verwendet um auszudruecken, dass es genau ein $x\in X$ mit einer gewissen Eigenschaft gilt: $``\exists! x\in X: P(x)"$  steht fuer ``es gibt genau ein $x\in X$, fuer das die Aussage $P(x)$ gilt".
  \end{definition}

 \begin{example}
 	Es sei $P(n)$ die Aussage ``$(n\in\ZZ) \wedge (n\neq 0)\wedge (n=n^2)$." Dann gibt es genau ein $n$ fuer das die Aussage $P(n)$ wahr ist; wir schreiben
 	\[ \exists! n\in\ZZ:\, P(n).\]
 \end{example}

  \begin{remark}
   Die Aussage $``\exists! x\in X: P(x)"$ ist aequivalent zu der Aussage
   \[ (\exists x\in X:P(x))\wedge \left(\forall x,y\in X:(P(x)\wedge P(y))\Rightarrow \, x=y\right)\]
  \end{remark}



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 \section{Matrizen und lineare Gleichungssysteme}\newlecture

  \subsection{K\"orper}

   Sie haben in Analysis 1 die Axiome eines Koerpers (engl. field) kennengelernt. Bekannte Koerper sind der Koerper der reellen Zahlen $\RR$ sowie der Koerper der komplexen Zahlen $\CC$. Wir werden nun Koerper mit endlich vielen Elementen definieren.

   \begin{definition}
   	Es sei $p$ eine Primzahl. Der Koerper $\FF_p$ ist folgendermassen definiert: die Elemente sind $\{0,\dots,p-1\}$. For $x,y\in\FF_p$ definieren wir $x+y\in\FF_p$ (bzw. $xy\in\FF_p$) as den Rest, der bei der Division durch $p$ entsteht.
   \end{definition}

   \begin{remark}
   	Die einzige Schwerigkeit zu zeigen, dass $\FF_p$ die Koerperaxiome erfuellt, ist die Existenz eines multiplikativen inversen Elements.
   \end{remark}

   \begin{lemma}\label{lem:inverse}
   	Es sei $x\in\FF_p$, $x\neq 0$. Dann gibt es ein $y\in\FF_p$ so dass $xy=1$; wir schreiben $y=x^{-1}$.
   \end{lemma}
   \begin{proof}
   	 Wir betrachten die Menge
   	 \[ M= \{1\cdot x,\, 2\cdot x,\dots,(p-1)\cdot x\}.\]

   	 \textbf{Behauptung 1.} Keines der Element von $M$ ist durch $p$ teilbar.

   	 \textit{Beweis von Behaptung 1.} Offensichtlich, da $p$ eine Primzahl ist.
   	 \vspace{1ex}

   	 \textbf{Behauptung 2.} Keine zwei Elemente von $M$ haben den gleichen Rest bei Division durch $p$.

     \textit{Beweis von Behauptung 2.} Nimm an, dass $i\cdot x$ und $j\cdot x$ (mit $i\geq j$) den gleichen Rest bei der Division durch $p$ haben. Dann ist $(i-jx)$ durch $p$ teilbar, und
   	 da $p$ eine Primzahl ist, bedeutet dies, dass $p|(i-j)\vee p|x$. Nun gilt aber
   	 \[ 1\leq i,j,x<p,\]
   	 woraus wir folgern, dass $i=j$. Das beweist Behauptung $2$.
   	 \vspace{1ex}

   	 Da die Menge $M$ $p-1$ Elemente enthaelt, folgt aus Behauptung 2, dass es ein $1\leq y<p$ gibt, so dass $xy$ den Rest $1$ bei der Division durch $p$ hat.
   \end{proof}

   \begin{proposition}
   	$\FF_p$ ist ein Koerper.
   \end{proposition}
   \begin{proof}
   	Uebung.
   \end{proof}

   \begin{remark}\
   	\begin{enumerate}
   	 \item Der Koerpers $\FF_p$ kann mit Hilfe von \emph{modularem Rechnen / Kongruenzen} wesentlich eleganter definiert werden. Aber das gehoert in den Bereich der Zahlentheorie.
   	 \item Es sei $n\geq 2$. Sie koennen dann natuerlich auch die Menge der Reste betrachten, die bei der Division durch $n$ entstehen. Addition und Mutiplikation koennen wie in dem Fall, wenn $n$ eine Primzahl ist, definiert werden; wenn $n$ keine Primzahl ist, dann hat aber nicht jedes Element, das nicht null ist, ein multiplikatives inverses Element: die Menge der Reste ist in dem Fall ein \emph{Ring}, aber kein Koerper.
   	 \item Uebung fuer Ehrgeizige: es sei $M$ die Menge der Reste, die bei der Division durch $6$ entstehen. Finden Sie heraus, welche Elemente von $M$ ein mutliplikatives inverses Element besitzen. Was stellen Sie fest?
   	\end{enumerate}
   \end{remark}

   \begin{examples}\
   	 \begin{enumerate}
   	 	\item Die Additions- und Multiplikationstafeln von $\FF_2$ sind gegeben durch
   	 	\vspace{1ex}

   	 	\begin{tabular}{c | c c}
   	 		+ & 0 & 1\\
   	 		\hline
   	 		0 & 0 & 1\\
   	 		1 & 1 & 0
   	 	\end{tabular}
    	\hspace{10ex}
   	 	\begin{tabular}{c | c c}
	$\cdot$ & 0 & 1\\
	\hline
	0 & 0 & 0\\
	1 & 0 & 1
\end{tabular}

   	 	\item Die Additions- und Multiplikationstafeln von $\FF_3$ sind gegeben durch
\vspace{1ex}

\begin{tabular}{c | c c c}
	+ & 0 & 1 & 2\\
	\hline
	0 & 0 & 1 & 2\\
	1 & 1 & 2 & 0\\
	2 & 2 & 0 & 1
\end{tabular}
\hspace{10ex}
\begin{tabular}{c | c c c}
	$\cdot$ & 0 & 1 & 2\\
	\hline
	0 & 0 & 0 & 0\\
	1 & 0 & 1 & 2\\
	2 & 0 & 2 & 1
\end{tabular}
   	 \end{enumerate}
   \end{examples}



  \subsection{Matrizen}

   Es sei $K$ ein K\"orper, z.B. $\mathbb{R}$ oder $\mathbb{C}$.

   \begin{definition}
      Seinem $m,n\geq 1$. Eine $(m\times n)$ Matrix  $A$ mit Werten in $K$ ist eine Tabelle mit $m$ Zeilen und $n$ Spalten, deren Eintraege Elemente von $K$ sind. Wir schreiben
      \[ A=(a_{ij})_{1\leq i\leq m,1\leq j\leq n},\]
      wobei $a_{ij}$ den Eintrag in Reihe $i$ und Spalte $j$ bezeichnet. Die Matrix $A$ ist quadratisch, wenn $m=n$ gilt.

      Wir schreiben $M_{m\times n}(K)$ fuer die Menge aller $(m\times n)$-Matrizen mit Werten in $K$.
   \end{definition}

   \begin{definition}
 	 Eine $(1\times n)$ Matrix wird als Zeilenvektor, eine $(m\times 1)$ Matrix als Spaltenvektor bezeichnet.
   \end{definition}

   \begin{definition}
   	Wir schreiben $0_{m\times n}$ fuer die $(m\times n)$ Matrix, deren Werte alle Null sind.

   	Wir schreiben $\mathbf{1}_n$ fuer die Matrix $(a_{ij})\in M_{n\times n}(K)$, fuer die $a_{ii}=1$ $\forall 1\leq i\leq n$ und $a_{ij}=0$ $\forall 0\leq i,j\leq n,\, i\neq j$ gilt.
   \end{definition}

  \begin{example}
  	Es ist $\mathbf{1}_2=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$ und  $\mathbf{1}_3=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$.
  \end{example}

   \begin{definition}\label{def:matrixaddsmult}\
   	 \begin{enumerate}\newlecture
       \item    	Seinen $A=(a_{ij})$ und $B=(b_{ij})$ Elemente von $M_{m\times n}(K)$. Wir definieren die Summe $A+B$ als die $(m\times n)$ Matrix $(c_{ij})$ mit $c_{ij}=a_{ij}+b_{ij}$.
       \item Sei $A=(a_{ij})\in M_{m\times n}(K)$ und $\alpha\in K$. Dann ist das Skalarprodukt $\alpha\cdot A\in M_{m\times n}(K)$ als die Matrix mit Eintraegen $(\alpha a_{ij})$ definiert.
    \end{enumerate}
   \end{definition}

   \begin{exercise}
	Es seien $A=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 3\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}$, $D=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ und $E=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 0 \\ 1 & 1\end{pmatrix}$. Fuer welche Paare $X,Y\in\{A,B,C,D,E\}$ ist $2X+Y$ definiert, und was ist der Wert?
   \end{exercise}

   \begin{theorem}
   	Es seien $A,B,C\in M_{m\times n}(K)$ und $\alpha,\beta\in K$. Dann gilt
   	\begin{enumerate}
   		\item (Kommutativitaet) $A+B=B+A$
   		\item (Assoziativitaet) $A+(B+C)=(A+B)+C$;
   		\item $A+0_{m+n}=0_{m+n}+A=A$;
   		\item $\alpha(\beta\cdot A)=(\alpha\beta)\cdot A$;
   		\item $(\alpha+\beta)A=\alpha A+\beta A$;
   		\item $\alpha(A+B)=\alpha A+\alpha B$.
   	\end{enumerate}
   \end{theorem}
   \begin{proof}
  	(1) Wir schreiben $A=(a_{ij})$ und $B=(b_{ij})$. Dann ist
  	\[ (A+B)_{ij}=a_{ij}+b_{ij}=b_{ij}+a_{ij}=(B+A)_{ij}.\]
  	Die anderen Aussagen koennen aehnlich bewiesen werden.
   \end{proof}

  Die Multiplikation von zwei Matrizen ist komplizierter:

  \begin{definition}\label{def:matmult}
  	Let $A\in M_{m\times n}(K)$ and $B\in M_{n\times p}(K)$. Dann ist das Produkt $AB$ die $(m\times p)$-Matrix $(c_{ik})$ mit
  	\[ c_{ik}=a_{i1}b_{1k}+a_{i2}b_{2k}+\dots a_{in}b_{kn}=\sum_{j=1}^na_{ij}b_{jk}.\]
  \end{definition}

  \begin{examples}
  	Es gilt
  	\begin{align*}
  		\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 3\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix} & =\begin{pmatrix} x-y\\ 2x+3y\end{pmatrix}\\
  			 \begin{pmatrix} 1 & 2\\ -1 &1\\ 2 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1\\2 & 1\end{pmatrix}& =\begin{pmatrix} 5 & 1\\ 1 & 2\\ 2 & -2\end{pmatrix}
  	\end{align*}
  \end{examples}

  \begin{theorem}\
  	\begin{enumerate}
  		\item (Assoziativitaet) Seien $A\in M_{m\times n}(K)$, $B\in M_{n\times p}(K)$ und $C\in M_{p\times q}(K)$. Dann gilt
  		\[ A(BC)=(AB)C.\]
  		\item (Distributivitaet) Seien $A\in M_{m\times n}(K)$, $B\in M_{n\times p}(K)$ und $C\in M_{n\times p}(K)$. Dann gilt
  		\[ A(B+C)=AB+AC.\]
  		\item Seien $A\in M_{m\times n}(K)$, $B\in M_{n\times p}(K)$ und $\alpha\in K$. Dann gilt
  		\[ \alpha(AB)=(\alpha A)B=A(\alpha B).\]
  	\end{enumerate}
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Ueberpruefen Sie die Aussagen direkt von der Definition.
  \end{proof}

  \begin{note}
  	Es seien $A\in M_{m\times n}(K)$ und $B\in M_{n\times p}(K)$. Dann sind die beiden Produkte $AB$ und $BA$ dann und nur dann definiert, wenn $m=p$. In diesem Fall ist $AB\in M_{m\times m}(K)$ und $BA\in M_{n\times n}(K)$.
  \end{note}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  	\item[(i)] Es seien $A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 2\end{pmatrix}$ und $B=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$. Dann gilt
  	 \[ AB=\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 2 & 1   \end{pmatrix} \qquad \qquad BA=\begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ 0 & 1 & 2\\ 1 & -1 & 0   \end{pmatrix}\]
  	 \item[(ii)] Es seien nun $A$ wie in (i) und $C=\begin{pmatrix}  1 & -1 & 0\\ 0 & 1& 0\\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}$. Dann ist
  	 \[ AC= \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\ 2 & 1  & 2 \end{pmatrix} ,\]
  	 aber $CA$ ist nicht definiert.
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

\begin{example}
	Sei $A\in M_{n\times n}(K)$. Dann gilt\[ A\mathbf{1}_n=\mathbf{1}_nA=A.\]
\end{example}

  \begin{definition}
  	Es seinen $A,B$ quadratische Matrizen. Dann kommutieren $A$ und $B$ wenn $AB=BA$.
  \end{definition}

  \begin{warning}
	Es sei $n\geq 2$. Dann gibt es viele Matrizen $A,B\in M_{n\times n}(K)$, die nicht kommutieren!
   \end{warning}

  \begin{exercise}
  	Sei $n\geq 2$. Finden Sie Matrizen $A,B\in M_{n\times n}(\RR)$ so dass $AB\neq BA$.
  \end{exercise}

  \begin{definition}
  	 Es sei $A=(a_{ij})\in M_{n\times n}(K)$.
  	\begin{enumerate}
  		\item $A$ ist diagonal falls $a_{ij}=0$ fuer all $i\neq j$.
  		\item $A$ ist eine obere Dreiecksmatrix falls $a_{ij}=0$ fuer alle $i>j$.
  	\end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{example}
	Fuer all $n$ ist die Einheitsmatrix $\mathbf{1}_n$ diagonal. Die Matrix $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\ 0 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}$ ist eine obere Dreiecksmatrix.
   \end{example}

  \begin{definition}
  	Eine $(n\times n)$-Matrix $A$ ist invertierbar wenn es eine $(n\times n)$-Matrix $B$ gibt, so dass
      \begin{equation}\label{eq:inverse}
       AB=BA=\mathbf{1}_n.
      \end{equation}
  \end{definition}

  \begin{lemma}
      Wenn $A$ invertierbar ist, dann gibt es genau ein $B$, dass Gleichung \eqref{eq:inverse} erfuellt.       Wir nennen $B$ die \emph{inverse Matrix von $A$, und wir schreiben $A^{-1}$}.
  \end{lemma}
  \begin{proof}
      Nehmen wir an, es gibt zwei $(n\times n)$-Matrizen $B$ und $B'$, die die Gleichung \eqref{eq:inverse} erfuellen. Dann gilt
      \[ B=B\mathbf{1}_n=B(AB')=(BA)B'=\mathbf{1}_nB'=B'.\]
  \end{proof}

  \begin{examples}\
      \begin{enumerate}
          \item Die Matrix $A=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}$ ist invertierbar, und $A^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & -1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$.
          \item Die Matrix $B=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$ ist nicht invertierbar.
      \end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{remark}
      Wir werden uns spaeter im Kurs mit Fragen der Invertierbarkeit naeher beschaeftigen.
  \end{remark}

  \begin{theorem}
      Es seien $A,B$ invertierbare $(n\times n)$ Matrizen. Dann gilt
      \[ (AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}.\]
  \end{theorem}
  \begin{proof}
      \"Ubung.
  \end{proof}

  \begin{remark}
      Die Umkehrung der Faktoren kennen wir aus dem Alltag: wenn wir morgens erst Socken und dann Schuhe anziehen, so ziehen wir sie abends in umgekehrter Reihenfolge wieder aus.\footnote{Diese Beobachtung stammt von Hermann Weyl.}
  \end{remark}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Elementare Zeilenoperationen}

  \begin{definition}
    Es sei $A$ eine $(m\times n)$-Matrix. Die elementaren Zeilenumformungen (EZU) auf $A$ sind folgendermassen definiert:
    \begin{itemize}
        \item $P(r,s)$ fuer $1\leq r<s\leq m$: Vertauschen der Zeilen $r$ und $s$;
        \item $M(r,\lambda)$ fuer $1\leq r\leq m$ und $\lambda\in K$, $\lambda\neq 0$: Mutiplikation der Zeile $r$ (d.h. aller Werte der Zeile $r$) mit $\lambda$;
        \item $S(r,s,\lambda)$: fuer $1\leq r,s\leq m$, $r\neq s$ und $\lambda\in K$, $\lambda\neq 0$: Addition von $\lambda\times (\text{Zeile $r$})$ zur Zeile $s$.
    \end{itemize}
 \end{definition}

 \begin{definition}
    Wir sagen, dass zwei Matrizen $A$ und $A'$ zeilen-aequivalent sind, wenn wir $A'$ durch die Anwendung von endlich vielen (EZU)s auf $A$ erhalten.
 \end{definition}

  \begin{example}
  	Es sei $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}$. Dann gilt
  	\begin{align*}
  		P(2,3) \quad & \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}\\
  		 M(1,-1)\quad &\rightarrow  \begin{pmatrix} -1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}\\
  		 S(2,1,2)\quad &\rightarrow \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}.
  	\end{align*}
  \end{example}

  \begin{remark}\label{rem:symmetricEZU}
   Diese Definition ist symmetrisch in $A$ und $A'$:  wenn wir $A'$ durch die Anwendung von endlich vielen (EZU)s auf $A$ erhalten, dann erhalten wir auch $A'$  durch die Anwendung von endlich vielen (EZU)s auf $A$; mit anderen Worten, die (EZU)s sind \emph{umkehrbar}. Zeigen Sie das.
  \end{remark}


  \begin{definition}
      Eine $(m\times n)$-Matrix ist in \emph{reduzierter Zeilenform}, wenn folgende Bedingung erfuellt ist:
      \begin{enumerate}
          \item in jeder Zeile ist das erste von null verschiedene Element (falls es eins gibt) eine $1$ (wir nenen es \emph{die fuehrende $1$}),
          \item ausser einer fuehrenden $1$ sind in dessen Spalte nur Nullen.
     \end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{examples}\
      \begin{enumerate}
          \item Die Matrix $A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 0 & 5\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ist in reduzierter Zeilenform.
          \item Die Matrix $B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ ist nicht in reduzierter Zeilenform.
          \item Die Matrix $C=\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -3\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ist nicht in reduzierter Zeilenform.
          \item Die Matrix $D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 1  \\ 1 & 0 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 0 & 5 \end{pmatrix}$ ist in reduzierter Zeilenform.
      \end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{theorem}\label{thm:zeilenform}\newlecture
      Jede Matrix $A$ ist zeilen-aequivalent zu einer Matrix in reduzierter Zeilenform.
  \end{theorem}
  \begin{proof}
      Schreibe $A=(a_{ij})_{1\leq i\leq m, 1\leq j\leq n}$ mit $a_{ij}\in K$.
      \begin{itemize}
          \item Falls alle Werte in der ersten Zeile null sind, dann ist Bedingung (1) fuer diese Zeile erfuellt.
          \item Falls es einen Wert in der ersten Zeile gibt, der nicht null ist, dann sei $k$ der kleinste Index $j$, so dass $a_{1j}\neq 0$ (d.h. $a_{1k}\neq 0$, aber $a_{1j}=0$ fuer alle $1\leq j<k$). Wende die (EZU) $M(1,a_{1k}^{-1})$ an; dann ist Bedingung (1) erfuellt.
          \item Wende (EZU) $S(1,i,-a_{ik})$ an fuer alle $2\leq i\leq m$; damit sind alle anderen Werte in Spalte $k$ gleich null.
    \end{itemize}
    Wir wenden jetzt die gleiche Strategie auf die zweite Zeile an.
      \begin{itemize}
    \item Falls alle Werte in der zweiten Zeile null sind, dann ist Bedingung (1) fuer diese Zeile erfuellt.
    \item Falls es einen Wert in der zweiten Zeile gibt, der nicht null ist, dann sei $\ell$ der kleinste Index $j$, so dass $a_{2j}\neq 0$ (d.h. $a_{2\ell}\neq 0$, aber $a_{2j}=0$ fuer alle $1\leq j<\ell$). Wende die (EZU) $M(2,a_{2\ell}^{-1})$ an; dann ist Bedingung (1) erfuellt. (Beachte: $\ell\neq k$!)
    \item Wende (EZU) $S(2,i,-a_{i\ell})$ an fuer alle $1\leq i\leq m$, $i\neq 2$; damit sind alle anderen Werte in Spalte $\ell$ gleich null.
   \end{itemize}
   Wiederhole das Verfahren fuer die anderen Zeilen.
  \end{proof}

  \begin{definition}
      Eine $(m\times n)$ Matrix $A$ ist in \emph{reduzierter Zeilenstufenform} (eng: row-reduced echelon form), wenn folgende Bedingungen erfuellt sind:
      \begin{enumerate}
          \item $A$ ist in reduzierter Zeilenform;
          \item alle Zeilen von $A$, deren Werte alle gleich null sind, liegen unter den Zeilen, die einen von Null verschiedenen Wert enthalten;
          \item  die fuehrende $1$ einer Zeile liegt rechts von der fuehrenden $1$ der Zeile darueber.
      \end{enumerate}
   Mit anderen Worten, $A$ hat folgende Form:
   \[ A=\begin{pmatrix}   0 & 1 & *  & 0 & * & * & 0 & 0 & * & * \\
                                     0 & 0 & 0 & 1  & * & * & 0 & 0 & * & * \\
                                    0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & * & * \\
                                    0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & * & * \\
                                    0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
                                    0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
                                   \end{pmatrix}\]
  \end{definition}

  \begin{theorem}\label{thm:echelon}
      Jede Matrix ist zeilen-aequivalent zu einer Matrix in reduzierter Zeilenstufenform.
  \end{theorem}
  \begin{proof}
      In Satz \ref{thm:zeilenform} haben wir bewiesen, dass jede Matrix zeilen-aequivalent zu einer Matrix in reduzierter Zeilenform ist. Es sei nun $A$ eine Matrix in reduzierter Zeilenform. Wir koennen sie in reduzierte Zeilenstufenform ueberfuehren, indem wir endlich oft die (EZU) $P(r,s)$ (d.h. Vertauschen von Zeilen) anwenden.
  \end{proof}

  \begin{example}\label{ex:echelon1}
      Es sei $A=\begin{pmatrix} 0 & -9 & 3 & 4\\ 1 & 4 & 0 & -1\\ 2 & 6 & -1 & 5 \end{pmatrix}\in M_{3\times 4}(\RR)$.
      \begin{align*}
       M(1,-\frac{1}{9})\quad & \rightarrow \quad \begin{pmatrix} 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{4}{9}\\ 1 & 4 & 0 & -1\\ 2 & 6 & -1 & 5 \end{pmatrix}\\
       S(1,2,-4)\quad & \rightarrow \quad \begin{pmatrix} 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{4}{9}\\ 1 & 0 & \frac{4}{3}& \frac{7}{9}\\ 2 & 6 & -1 & 5 \end{pmatrix}\\
      S(1,3,-6) \quad & \rightarrow \quad   \begin{pmatrix} 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{4}{9}\\ 1 & 0 & \frac{4}{3}& \frac{7}{9}\\ 2 & 0 & 1 & \frac{23}{3} \end{pmatrix}\\
      S(2,3,-2) \quad & \rightarrow \quad   \begin{pmatrix} 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{4}{9}\\ 1 & 0 & \frac{4}{3}& \frac{7}{9}\\ 0 & 0 & -\frac{5}{3} & \frac{55}{9} \end{pmatrix}\\
      M(3,-\frac{3}{5}) \quad & \rightarrow \quad   \begin{pmatrix} 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{4}{9}\\ 1 & 0 & \frac{4}{3}& \frac{7}{9}\\ 0 & 0 & 1 & -\frac{11}{3} \end{pmatrix}\\
      S(3,2,-\frac{4}{3}) \quad & \rightarrow \quad   \begin{pmatrix} 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{4}{9}\\ 1 & 0 &0& \frac{17}{3}\\ 0 & 0 & 1 & -\frac{11}{3} \end{pmatrix}\\
      S(3,1,\frac{1}{3}) \quad & \rightarrow \quad   \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & -\frac{5}{3}\\ 1 & 0 &0& \frac{17}{3}\\ 0 & 0 & 1 & -\frac{11}{3} \end{pmatrix}\\
      P(1,2) \quad & \rightarrow \quad   \begin{pmatrix}  1 & 0 &0& \frac{17}{3}\\ 0 & 1 & 0 & -\frac{5}{3}\\0 & 0 & 1 & -\frac{11}{3} \end{pmatrix}
      \end{align*}
  \end{example}

  Im naechsten Abschnitt werden wir sehen, dass diese Rechnungen mit Matrizen sehr nuetzlich sind, um lineare Gleichungssysteme zu loesen.


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 \subsection{Lineare Gleichungssysteme}

  \begin{note}
      Betrachte das lineare Gleichungssystem
      \begin{align*}
       2x-y & = 3\\
       -x+3y&=-1
      \end{align*}
      Wir koennen es mit Hilfe von Matrizen schreiben als
      \[ \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1\end{pmatrix}.\]

      Allgemein gilt: gegeben seinen $m,n\geq 1$ und  $\forall 1\leq i\leq m$ eine Gleichung
      \[ \sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=b_i\]
      mit Unbekannten $x_j$. Dann koennen wir dieses Gleichungssystem in Matrixform ausdruecken:
      \[ Ax=b,\quad \text{wobei}\quad  A=\begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1n}\\a_{21} & \dots & a_{2n}\\ & \dots & \\ a_{m1} & \dots & a_{mn}\end{pmatrix},\quad x=\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \\ \dots \\ x_n\end{pmatrix}, \quad b=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2 \\ \dots \\ b_m\end{pmatrix}.\]
  \end{note}

  \begin{definition}
      Es sei $(S):\, Ax=b$ ein lineares Gleichungssystem, wobei $A$ eine $(m\times n)$-Matrix ist.
      \begin{itemize}
      	\item Wir schreiben $L(S)$ fuer die Loesungen des Gleichungssystems, d.h.
      	\[ L(S)=\left\{ x=\begin{pmatrix} x_1\\ \dots\\ x_m\end{pmatrix}:\, x_i\in K,\, Ax=b\right\}.\]
      	\item  Die erweiterte Matrix $A|b$ ist die $(m\times (n+1))$ Matrix, bei der der Spaltenvektor $b$ als $(n+1)$ste Spalte der Matrix $A$ hinzugefuegt wird.
      \end{itemize}
  \end{definition}

  \begin{note}
      Das lineare Gleichungssystem $Ax=b$ ist durch die erweiterte Matrix $A|b$ vollstaendig bestimmt.
  \end{note}

  \begin{remark}
  	Wenn $b=0$, dann schreiben wir $A$ anstatt der erweiterten Matix $A|0$; man nennt ein lineares Gleichungssystem der Form $Ax=0$ \emph{homogen}.
  \end{remark}

  \begin{theorem}\label{thm:samesol}
      Es seien
      \[  (S): Ax=b \quad \text{und}\quad  (S'):A'x=b'\]
      lineare Gleichungssysteme von jeweils $m$ Gleichungen in $n$ Unbekannten. Nimm an, dass die erweiterte Matrix $A'|b'$ zeilen-aequivalent zu $A|b$ ist. Dann gilt $L(S')=L(S)$.
  \end{theorem}
  \begin{proof}
      Wir machen zunaechst folgende Beobachtungen:
      \begin{itemize}
          \item es ist ausreichend, den Satz zu zeigen, dass wenn $(S')$ von $(S)$ durch \emph{eine} (EZU) konstruiert ist;
          \item es folgt von Bemerkung \ref{rem:symmetricEZU}, dass es ausreichend ist zu zeigen, dass $L(S)\subseteq L(S')$.\footnote{Durch Symmetrie folgt dann, dass $L(S')\subseteq L(S)$, und so $L(S)=L(S')$.}
      \end{itemize}

      Wir muessen also folgende Behauptung beweisen: wenn $(S')$ von $(S)$ durch \emph{eine} (EZU) konstruiert ist, dann gilt $L(S)\subseteq L(S')$.  Wir analysieren dazu jede der drei Operationen einzeln: fuer die Operationen $P(r,s)$ und $M(r,\lambda)$ ist die Behauptung offensichtlich. Fuer die Operation $S(r,s,\lambda)$ argumentieren wir wie folgt: wenn $(S')$ von $(S)$ durch die Operation $S(r,s,\lambda)$ konstruiert wird, dann unterscheiden sich die erweiterten Matrizen $A|b$ und $A'|b'$ nur in der Zeile $s$:
      \[ a'_{sj}=a_{sj}+\lambda a_{rj}\qquad \text{und}\qquad b'_s=b_s+\lambda b_r.\]
      Es sei $x$ eine Loesung von $(S)$, d.h. $\forall 0\leq i\leq m$ gilt
      \[  a_{i1}x_1+\dots+ a_{in}x_n=b_i.\]
      Dann gilt ebenfalls
      \begin{align*}
           &a_{s1}x_1+\dots+a_{sn}x_n+\lambda(a_{r1}x_1+\dots+a_{rn}x_n) =b_s+\lambda b_r\\
           \Leftrightarrow \qquad &a'_{s1}x_1+\dots+a'_{sn}x_n=b_s',
      \end{align*}
      d.h. $x$ ist eine Loesung von $(S')$.
   \end{proof}

  Wir koennen also versuchen, ein lineares Gleichungssystem $(S): Ax=b$ zu loesen, indem wir die erweiterte Matrix durch (EZU)s in reduzierte Zeilenstufenform umformen.

  \begin{example}
      Betrachten wir das lineare Gleichungssystem $(S):Ax=0$, wobei
      \[ A=\begin{pmatrix} 0 & -9 & 3 & 4\\ 1 & 4 & 0 & -1\\ 2 & 6 & -1 & 5 \end{pmatrix}\in M_{3\times 4}(\RR).\]
      Wir haben bereits in Beispiel \ref{ex:echelon1} gesehen, dass $A$ zeilen-aequivalent zu folgender Matrix ist:
      \[ A'= \begin{pmatrix}  1 & 0 &0& \frac{17}{3}\\ 0 & 1 & 0 & -\frac{5}{3}\\0 & 0 & 1 & -\frac{11}{3} \end{pmatrix}.\]
      Wir koennen nun also direkt die Loesungen ablesen:
      \[ L(S)=\left\{  x_1=- \frac{17}{3}x_4,\, x_2=\frac{5}{3}x_4,\, x_3=\frac{11}{3}x_4:\, x_4\in K\right\}.\]

      Betrachten wir\newlecture nun das Gleichungssystem $(S'):\, Ax=b$, wobei $b=\begin{pmatrix} 9 \\ 5 \\ -5\end{pmatrix}$. Die erweiterte Matrix ist
      \[ \begin{pmatrix} 0 & -9 & 3 & 4  &| &9 \\ 1 & 4 & 0 & -1&|&5\\ 2 & 6 & -1 & 5 &|&-5\end{pmatrix}.\]
      Mit den gleichen Schritten wie in Beispiel \ref{ex:echelon1} wandeln wir sie in reduzierte Zeilenstufenform um:
       \[\begin{pmatrix}  1 & 0 &0& \frac{17}{3} &|&-\frac{22}{5}\\ 0 & 1 & 0 & -\frac{5}{3}&|& \frac{12}{5}\\0 & 0 & 1 & -\frac{11}{3} &|& \frac{51}{5}\end{pmatrix}\]
       d.h.
       \[
        x_1+\frac{17}{3}x_4=-\frac{22}{5},\quad
        x_2-\frac{5}{3}x_4=\frac{12}{5}\quad
        x_3-\frac{11}{3}x_4=\frac{51}{5},
       \]
       und wir erhalten die Loesungsmenge\footnote{Ich bedanke mich bei Leopoldt Karl, der mich auf einen Fehler in der Rechnung hingewiesen hat.}
       \[ L(S')=\left\{ x=\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}:\, x_1=-\frac{22}{5}-\frac{17}{3}x_4,\, x_2=\frac{12}{5}+\frac{5}{3}x_4,\, x_3=\frac{51}{5}+\frac{11}{3}x_4:\, x_4\in K\right\}.\]
  \end{example}

  \begin{example}
      Gegeben sei
      \[ (S):\, \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & 1\\ 0 & 5 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3\end{pmatrix},\]
      wobei $b_1,b_2,b_3$ Elemente von $\RR$ sind.
      Die erweiterte Matrix ist
      \[ A= \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & |&b_1\\ 2 & 1 & 1 & |& b_2\\ 0 & 5 & -1&|&b_3\end{pmatrix}.\]
      Wir wandeln sie in reduzierte Zeilenstufenform um:
      \begin{align*}
S(1,2,-2)\quad & \rightarrow \quad \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & |&b_1\\ 0 & 5 & -1 & |& b_2-2b_1\\ 0 & 5 & -1&|&b_3\end{pmatrix}\\
S(2,3,1)\quad & \rightarrow \quad  \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & |&b_1\\ 0 & 5 & -1 & |& b_2-2b_1\\ 0 &0 & 0&|&b_3-b_2+2b_1\end{pmatrix}\\
M(2,\frac{1}{5}) \quad & \rightarrow \quad  \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & |&b_1\\ 0 & 1 & -\frac{1}{5} & |& \frac{1}{5}(b_2-2b_1)\\ 0 &0 & 0&|&b_3-b_2+2b_1\end{pmatrix}\\
S(2,1,2)\quad &  \rightarrow \quad  \begin{pmatrix} 1 & 0 & \frac{3}{5} & |&\frac{1}{5}(b_1+2b_2)\\ 0 & 1 & -\frac{1}{5} & |& \frac{1}{5}(b_2-2b_1)\\ 0 &0 & 0&|&b_3-b_2+2b_1\end{pmatrix}
\end{align*}
   In other words, $(S)$ is equivalent to
   \[ x_1=-\frac{3}{5}x_3+\frac{1}{5}(b_1+2b_2),\quad x_2=\frac{1}{5}x_3+\frac{1}{5}(b_2-2b_1),\quad 0=b_3-b_2+2b_1.\]
   Es koennen also folgende Faelle auftreten:
   \begin{itemize}
       \item  wenn $b_3-b_2+2b_1\neq 0$, dann gibt es keine Loesung: $L(S)=\emptyset$;
       \item wenn $b_3-b_2+2b_1=0$, dann ist das System aequivalent zu
       \[   x_1=-\frac{3}{5}x_3+\frac{1}{5}(b_1+2b_2),\quad x_2=\frac{1}{5}x_3+\frac{1}{5}(b_2-2b_1),\]
       d.h. $L(S)=\left\{  x=\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}:\, x_1=-\frac{3}{5}x_3+\frac{1}{5}(b_1+2b_2),\, x_2=\frac{1}{5}x_3+\frac{1}{5}(b_2-2b_1):\, x_3\in \RR\right\}$.
   \end{itemize}
  \end{example}

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 \section{Vector spaces}

 \subsection{Definition und Beispiele}

  \begin{definition}
  Es sei $K$ ein Koerper. Ein \emph{Vektorraum ueber $K$} ist eine Menge $V$ mit zwei Operationen
  \begin{align}
  	+:\, V\times V\rightarrow V,&\quad (v_1,v_2)\mapsto v_1+v_2, \label{vadd}\\
  	\times :\, K\times V\rightarrow V & \quad (\lambda,v)\mapsto \lambda v \label{smult}
  \end{align}
 so dass die folgenden Bedingungen erfuellt sind:
  \begin{enumerate}
  	\item[(VR1)] $\forall v_1,v_2\in V:\, v_1+v_2=v_2+v_1$;
  	\item[(VR2)] $\forall v_1,v_2,v_3\in V:\; v_1+(v_2+v_3)=)v_1+v_2)+v_3$;
  	\item[(VR3)] $\exists\, 0_V\in V$ so dass $\forall v\in V$ gilt: $0_V+v=v$;
  	\item[(VR4)] $\forall v\in V \,\exists w\in V$ so dass $v+w=0_V$; with schreiben\footnote{Diese Schreibweise ist an dieser Stelle missverstaendlich, da (noch) nicht klar ist, dass es genau ein $w$ gibt, so dass $v+w=0_V$ gilt. Wir zeigen die Eindeutigkeit in Korollary \ref{cor:inverse}.}  $w=-v$;
  	\item[(VR5)] $\forall v_1,v_2\in V$ und $\forall \lambda\in K$ gilt $\lambda(v_1+v_2)=\lambda v_1+\lambda v_2$;
  	\item[(VR6)] $\forall v\in V$ and $\forall \lambda,\mu\in K$ gilt $(\lambda+\mu)v=\lambda v+\mu v$;
  	\item[(VR7)] $\forall v\in V$ and $\forall \lambda,\mu\in K$ gilt $\lambda(\mu v)=(\lambda\mu)v$;
  	\item[(VR8)] $\forall v\in V$ gilt $1v=v$.
  \end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{remark}
  	 Die Operationen \eqref{vadd} und \eqref{smult} heissen jeweils \emph{Vektor Addition} und \emph{Skalar-Multiplikation}.
  \end{remark}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Die Menge aller Spaltenvektoren $\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}$ mit $x,y\in K$ ist ein $K$-Vektorraum. Allgemeiner ist die Menge aller Spaltenvektoren mit $n$ Eintraegen ein $K$-Vektorraum unter der Addition und Skalarmultiplikation von Matrizen (Def. \ref{def:matrixaddsmult}); wir schreiben ihn als $K^n$.
  		\item Der triviale $K$-Vektorraum ist $\{0\}$.
  		\item Die Menge aller Fibonacci Folgen von Definition \ref{def:vsfib} ist ein $\RR$-Vektorraum.
  		\item Es sei $K$ ein Koerper, and $K[x]^{\leq n}$ die Menge aller Polynome mit Koeffizienten in $K$ vom Grad $\leq n$. Dann ist $K[x]^{\leq n}$ ein $K$-Vektorraum.
  		\item Es sei
  		\[ V=\{ f:(0,1)\rightarrow \RR:\, \text{$f$ ist stetig}\}.\]
  		Dann ist $f$ ein $\RR$-Vektorraum unter der punktweisen Addition von Funktionen.
  		\item Es sei
        \[ U=\{f\in V:\, \text{$f(1/2)=0$}\}.\]
        Dann ist $U$ ein $\RR$-Vektorraum: es ist ein \emph{Unterraum} von $V$.
  		\item Es sei
        \[ U'=\{f\in V:\, \text{$f(1/2)=1$}\}.\]
        Dann ist $U'$ \textbf{kein} $\RR$-Vektorraum (warum nicht?).
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

 \begin{proposition}\label{prop:uniquezero}
 	Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Dann gibt es genau ein Element mit der Eigenschaft (VR3); wir nennen es die \emph{additive Identitaet} von $V$.
 \end{proposition}
 \begin{proof}
 	Nimm an, dass $0_V$ und $0_V'$ die Eigenschaft (VR3) haben. Dann gilt
 	\[ 0_V=0_V+0_V'=0_V'. \]
 \end{proof}

 \begin{corollary}\label{cor:inverse}
 	Let $v\in V$. Dann ist das Element in (VR4) eindeutig bestimmt; es heisst das \emph{(additive) Inverse\footnote{     Falls Sie etwas Gruppentheorie gelernt haben: $(V,+)$ ist eine \emph{abelsche Gruppe}. } von $v$}.
 \end{corollary}
\begin{proof}
	Nimm an, es gibt $u,u'\in V$ so dass\[ v+u=v+u'=0_V.\]
	Dann gilt
	\[ u=u+0_V=u+(v+u')=(u+v)+u'=0_V+u'=u'.\]
\end{proof}

  \begin{proposition}\label{prop:vsprop}
   Es sei $V$ ein $K$ Vektorraum, und es seien $\lambda \in K$ und $v\in V$. Dann gilt
   \begin{enumerate}
   	\item $\lambda 0_V=0_V$;
   	\item $0 v=0_V$;
   	\item $(-\lambda)v=-(\lambda v)=\lambda(-v)$;
   	\item if $\lambda v=0_V$, then $\lambda=0$ or $v=0_V$.
   	\end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	(1) Dank Satz \ref{prop:uniquezero} und (VR5) gilt
  	\[ \lambda 0_V=\lambda(0_V+0_V)=\lambda 0_V+\lambda 0_V\]
  	Addiere $-(\lambda 0_V)$ zu beiden Seiten und erhalte die Gleichung
  	\[ 0_V=\lambda 0_V.\]
  	(2) Wir argumentieren aehnlich:
  	\[ 0v=(0+0)v=0v+0v\quad\Rightarrow\quad 0_V=0v.\]
  	(3) Uebung.

  	\noindent (4) Wir zeigen folgende Aussage\footnote{Vergewissern Sie sich, dass diese Aussage aequivalent zu (4) ist.}: wenn $\lambda v=0_V$ und $\lambda\neq 0$, dann gilt $v=0$.   	Da $\lambda\neq 0$,  hat $\lambda$ ein multiplikatives inverses Element $\lambda^{-1}\in K$. Dann gilt
  	\begin{eqnarray}
  		 \lambda v=0_V&  \quad \Leftrightarrow \quad \lambda^{-1}(\lambda v)= 0_V&\qquad \text{wegen (1)}\\
  		 &\quad \Leftrightarrow \quad (\lambda^{-1}\lambda)v=0_V  & \qquad \text{wegen (VR7)}\\
  		 & \quad \Leftrightarrow \quad 1.v=v=0_V& \qquad \text{wegen (VR8)}
  	\end{eqnarray}
  \end{proof}

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  \subsection{Unterr\"aume}

   \begin{definition}
   	Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Eine Teillmenge $U\subseteq V$ ist ein \emph{Unterraum} wenn $U\neq \emptyset$ und wenn sie bezueglich  Addition und Skalar-Multiplikation abgeschlossen ist, d.h. wenn sie folgende zwei Bedingungen erfuellt:
   	\begin{enumerate}
   		\item[(UR1)] $\forall u,v\in U$ gilt $u+v\in U$;
   		\item[(UR2)] $\forall u\in U$ und $\forall \lambda\in K$ gilt $\lambda u\in U$.
   	\end{enumerate}
   Wir schreiben $U\leq V$.
   \end{definition}


 Der folgende Satz ist nuetzlich um festzustellen, ob eine Teilmenge eines Vektorraumes ein Unterraum ist:

  \begin{proposition}\label{prop:URcrit}
  	Eine Teilmenge $U$ von einem Vektorraum $V$ ist dann und nur dann ein Unterraum von $V$, wenn folgende Bedinungen erfuellt sind:
  	\begin{enumerate}
  		\item $0_V\in U$;
  		\item $\forall u,v\in U$ und $\lambda\in K$ gilt $\lambda u+v\in U$.
  	\end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Nimm an, dass $U$ ein Unterraum ist. Da $U\neq \emptyset$, gibt es ein $u\in U$. Da $U$ bezueglich der Salar-Multiplikation abgeschlossen ist, gilt
      \[ 0u\in U \quad\Leftrightarrow\quad 0_V\in U,\]
      da $0u=0_V$ (Prop. \ref{prop:vsprop} (2)).
      Es seien nun $u,v\in U$ und $\lambda\in K$. Dann ist $\lambda u\in U$ wegen (UR2) und $\lambda u+v\in U$ wegen (UR2).

    Nimm nun an, dass die Bedingungen erfuellt sind. Dann ist $U$ nicht die leere Menge da $0_V\in U$. Es seien nun $u,v\in U$. Fuer $\lambda=1$ erhalten wirt $u+v\in U$. Weiterhin, fuer $\lambda\in K$ und $v=0_V$ erhalten wir
    \[ \lambda u+0_V=\lambda u\in U,\]
      d.h. $U$ ist ein Unterraum.
  \end{proof}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}\newlecture
          \item Es sei $V$ ein Vektorraum. Dann sind $\{0\}$ und $V$ die trivialen Unterraeume von $V$.
          \item Es sei $V=\RR^3$, und es sei
          \[ U=\left\{\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}\in V:\, x+y+z=0\right\}.\]
          Dann ist $U$ ein Unterraum von $V$.
          \item Wie im vorherigen Beispiel sei $V=\RR^3$. Es sei $\lambda\in\RR$, $\lambda\neq 0$. Dann ist
          \[ U'=\left\{\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}\in V:\, x+y+z=\lambda\right\}\]
          \textbf{kein} Unterraum von $V$, da er unter den Operationen der Addition und der Skalar-Multiplikation nicht abgeschlossen ist.
           \item Das vorherige Beispiel hat folgende Verallgemeinerung: es sei $A\in M_{m\times n}(K)$ und $b\in M_{m\times 1}(K)$, und wir betrachten das lineare Gleichungssystem
           \[ (S): \, Ax=b.\]
           Die Loesungsmenge $L(S)\subseteq K^n$ ist dann und nur dann ein Unterraum von $K^n$, wenn $b=0$; in diesem Fall nennen wir (S) ein \emph{homogenes} lineares Gleichungssystem.
          \item Es sei $V=M_{2\times 2}(\CC)$ (ein komplexer Vektorraum unter der normalen Matrix-Addition) und $U$ die Teilmenge der invertierbaren Matrizen. Dann ist $U$ kein Unterraum, da die Null-Matrix nicht invertierbar ist.
          \item Wieder sei $V=M_{2\times 2}(\CC)$ und $U'$ die Teilmenge der nicht invertierbaren Matrizen. Ist $U'$ ein Unterraum? Geben Sie einen Beweis oder ein Gegenbeispiel. Wie ist es mit der Teilmenge $U''$ der oberen Dreiecksmatrizen?
    \end{enumerate}
  \end{examples}

 Das folgende Beispiel ist sehr wichtig:

  \begin{proposition}\label{prop:erzeugung}
      Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $v_1,\dots,v_n\in V$. Es sei
      \[ U=\{ \lambda_1v_1+\dots+\lambda_nv_n:\, \lambda_i\in K\, \forall \, 1\leq i\leq n\}.\]
      Dann ist $U$ ein Unterraum; wir nennen ihn \emph{den von $v_1,\dots, v_n$ erzeugten Unterraum} oder die \emph{lineare Huelle von $v_1,\dots,v_n$} und schreiben
      \[ U=\langle v_1,\dots,v_n\rangle.\]
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Wir beweisen den Satz mit Hilfe von Satz \ref{prop:URcrit}: fuer $\lambda_1=\dots=\lambda_n=0$ erhalten wir $0_V\in U$. Es seien nun $u,w\in U$ und $\lambda\in K$. Aufgrund der Definition von $U$ gibt es Skalare $\mu_1,\dots,\mu_n$ und $\nu_1,\dots,\nu_n$ so dass
  	\[u=\mu_1v_1+\dots+ \mu_nv_n\quad \text{und}\quad w=\nu_1v_1+\dots+ \nu_nv_n.\]
  	Daher
  	\begin{align*}
  		u+\lambda w&=\mu_1v_1+\dots+ \mu_nv_n+\lambda(\nu_1v_1+\dots+ \nu_nv_n) \\
  	&= (\mu_1+\lambda\nu_1)v_1+\dots+(\mu_n+\lambda\nu_n)v_n
  	\end{align*}
   was ebenfalls ein Element von $U$ ist.
  \end{proof}

  \begin{remark}
  	Wir koennen diese Beispiel wie folgt verallgemeinern: es sei $S$ eine (moeglicherweise unendliche) Teilmenge von $V$. Wir definieren die \emph{lineare Huelle} von $S$ als
  	\[ \langle S\rangle=\{v\in V:\, \exists \text{$\,n\geq 0$, $v_1\dots,v_n\in S$ und $\lambda_1\dots,\lambda_n\in K$ so dass $v=\lambda_1v_1+\dots+\lambda_nv_n$}\}.\]
  	Insbesondere ist der Null-Vektorraum die lineare H\"ulle der leeren Menge.

  	Beachten Sie, dass $S$ unendlich sein kann: wir erlauben trotzdem nur \emph{endliche} Summen.\footnote{Fuer unendliche Summen bracht man den Begriff der Konvergenz -- diese fuehrt zu der Theorie von Banachraeumen.}

  \end{remark}

  \begin{example}\label{ex:trig}
      Es sei $V=M_{2\times 2}(\RR)$, und es sei $U$ der von den Matrizen $e_{11}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$, $e_{12}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$ und $e_{22}=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$ erzeugt Unterraum. Dann ist $U$ der Unterraum der oberen Dreiecksmatrizen.

      Es seinen nun $v_1=e_{11}+e_{12}$, $v_2=e_{12}+e_{22}$ und $v_3=e_{22}+e_{11}$. Was ist $\langle v_1,v_2,v_3\rangle$?
  \end{example}

  \begin{example}
  	Es sei $V=\RR^3$, und es sei $U=\left\langle \begin{pmatrix} 1 \\2\\-1\end{pmatrix},\, \begin{pmatrix} 2\\ -2 \\ 2\end{pmatrix}\right\rangle$. Ist der Vektor $v=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix}$ in $U$ enthalten? Wir koennen diese Frage as lineares Gleichungssystem formulieren: hat das System
  	\[ (S):\, \begin{pmatrix}  1 & 2\\ 2 & -2 \\ -1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix}\]
  	eine Loesung? Uebung.
  \end{example}

  \begin{proposition}
  	Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq V$ ein Unterraum. Dann ist $U$ ebenfalls ein Vektorraum. Ausserdem gilt: wenn $W\leq U$ und $U\leq V$, dann $W\leq V$.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Ueberpruefen Sie die Axiome.
  \end{proof}

  Aus zwei Unterraeumen lassen sich auf mehrere Arten neue Unterraeume konstruieren:

  \begin{theorem}\label{thm:subspaces}
  	Es seien $U,W\leq V$.
  	\begin{enumerate}
  		\item Die Schnittmenge
  		\[ U\cap W=\{ v\in V:\, v\in U\wedge v\in W\}\]
  		ist ein Unterraum von $V$.
  		\item Die Summe von $U$ und $W$,
  		\[ U+W=\{u+w:\, u\in U,\, w\in W\}\]
  		ist ein Unterraum von $V$.
  	\end{enumerate}
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Wir beweisen (1) mit Hilfe von Satz \ref{prop:URcrit}: da $U$ und $W$ Unterraeume sind, enthalten beide das Element $0_V$. Daher gilt $0_V\in U\cap W$. Es seien nun $u,w\in U\cap W$ und $\lambda\in K$. Da $U$ und $W$ Unterraeume sind, ist das Element $u+\lambda w$ in beiden Unterraeumen enthalten, und daher auch in $U\cap W$.

  	(2) kann mit aehnlichen Argumenten bewiesen werden (Uebung).
  \end{proof}

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 \subsection{Basen von Vektorraeumen}

  Zurueck zum Satz \ref{prop:erzeugung}:

  \begin{definition}
  	Es sei $V$ ein Vektorraum und $v_1,\dots v_n\in V$. Ein Element der Form
  	\[\lambda_1v_1+\dots+\lambda_nv_n \]
  	mit $\lambda_i\in K$ ist eine \emph{Linearkombination} von $v_1,\dots,v_n$.
  \end{definition}

  \begin{example}\label{ex:R3}
	Es sei $V=\RR^3$ und $v=\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}\in \RR^3$. Dann koennen wir $v$ als eine Linearkombination der Vektoren $e_1= \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}$, $e_2=\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}$ und $e_3=\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}$ schreiben:
	\[ v=xe_1+ye_2+ze_3.\]
  \end{example}

  \begin{definition}\label{def:findim}
  	Es sei $V$ ein Vektorraum. Dann ist $V$ \emph{endlich-dimensional} wenn es endlich viele Vektoren $v_1,\dots, v_n\in V$ gibt so dass
  	\[ V=\langle v_1,\dots,v_n\rangle:\]
  	mit anderen Worten, wenn jeder Vektor als Linearkombination der Vektoren $v_1,\dots,v_n$ geschrieben werden kann; diese Linearkombination muss \emph{nicht} eindeutig sein. Wir nennen $v_1,\dots,v_n$ ein Erzeugendessystem.
  \end{definition}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  	 \item Beispiel \ref{ex:R3} zeigt, dass  $e_1,e_2,e_3$ ein Erzeugendensystem von $\RR^3$ ist; daher ist $\RR^3$ endlich-dimensional.
  	 \item Auf gleiche Weise koennen wir zeigen, dass der Vektorraum $\RR^n$ ist endlich-dimensional ist.
  	 \item For $n\geq 1$ ist $M_{n\times n}(K)$ endlich-dimensional.
  	 \item Es sei
  	 \[ U=\left\{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}\in M_{2\times 2}(\RR): \, a=-d\right\}.\]
  	  Dann ist $U$ ein endlich dimensionaler Unterraum von $M_{2\times 2}(\RR)$.
  	  (Uebung: beweisen Sie das, und finden Sie in beiden Faelle ein endliches Erzeugendessystem.)
  	 \item Es sei $V$ der Vektorraum aller unendlichen reellen Folgen
  	 \[ V=\{ (a_0,a_1,a_n\dots):\, a_i\in\RR\,\forall i\},\]
  	 wobei die Addition und Skalarmultiplikation wie in Kapitel \ref{sec:Fibonacci} definiert sind. Wir werden in Beispiel \ref{ex:bases2} beweisen, dass $V$ nicht endlich-dimensional ist. Allerdings haben wir schon gesehen, dass der Unterraum der Fibonacci-Folgen endlich-dimensional ist: die Folgen $\cF_{0,1}$ und $\cF_{1,0}$ sind ein Erzeugendessystem (Satz \ref{prop:stdbasis}).
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{example}\label{ex:erz}\newlecture
	Sind die Vektoren
	\[ v_1=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix} 0\\ 1 \\ 2\end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix} 1 \\ 0\\ 1\end{pmatrix} \]
	ein Erzeugendensystem von $\RR^3$? Mit anderen Worten, hat das lineare Gleichungssystem
	\begin{equation}\label{eq:LS}
		\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0\\ -1 & 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\b_3\end{pmatrix}
	\end{equation}
	eine Loesung fuer alle Vektoren $\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\b_3\end{pmatrix}\in\RR^3$? Die reduzierte Zeilenstufenform der erweiterten Matrix ist
	\[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & | & b_1\\ 0 & 1 & 1 & | & b_1+b_2\\ 0 & 0 & 0 & | & b_3+b_1-2b_2\end{pmatrix}.\]
	Mit anderen Worten, \eqref{eq:LS} hat genau dann eine Loesung, wenn $b_3=2b_2+b_1$; ansonsten hat es keine Loesung. Das bedeutet, dass z.B. der Vektor $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}$ nicht in der linearen Huelle von $v_1,v_2,v_3$ enthalten ist, d.h. $v_1,v_2,v_3$ ist kein Erzeugendensystem von $\RR^3$.
  \end{example}

   Die Definition \ref{def:findim} wirft folgende Fragen auf:
   \begin{itemize}
   	\item Wie (wenn ueberhaupt) koennen wir die Dimension eines Vektorraums definieren?
   	\item Wenn $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum ist, ist dann auch jeder Unterraum von $V$ endlich-dimensional?
   \end{itemize}
     Zurueck zum Beispiel \ref{ex:R3}:  das Erzeugendensystem $e_1,e_2,e_3$ hat eine wichtige Eigenschaft, naemlich dass jedes Element in $\RR^3$ \emph{eindeutig} als eine Linearkombination der Vektoren dargestellt werden kann: es sei $v= \begin{pmatrix} a\\b\\c\end{pmatrix}$. Dann gilt
     \[v=ae_1+be_2+ce_3,\]
     und es gibt keine andere Moeglichkeit, $v$ als Linearkombination der Vektoren $e_1,e_2,e_3$ zu schreiben.

	Nun ist $e_1,e_2,e_3,f$ mit $f=e_1+e_2$ ebenfalls ein Erzeugendensystem: allerdings hat es den Nachteil, dass sich Vektoren in $\RR^3$ nicht mehr eindeutig als Linearkombination der erzeugenden Vektoren schreiben lassen: z.B.
	\[ \begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix}= 0e_1+0e_2+0e_3=e_1+e_2-f.\]

	\begin{definition}
		Es sei $V$ ein Vektorraum, und es seien $v_1,\dots,v_n\in V$ linear unabhaengig. Dann sind $v_1,\dots,v_n$ \emph{linear unabhaengig}, wenn sich $0_V$ \emph{eindeutig} als Linearkombination dieser Vektoren darstellen laesst: naemlich
		\[ 0_V=0e_1+\dots+0v_n.\]
		Mit anderen Worten, $v_1,\dots,v_n$ sind linear unabhaengig wenn gilt
		\[ \alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n=0\quad\Rightarrow \quad \alpha_1=\dots=\alpha_n=0.\]
		Wenn sie nicht linear unabhaengig sind, dann nennen wir sie \emph{linear abhaengig}.
	\end{definition}

   \begin{remark}
   	Wir koennen diese Definition of unendliche Erzeugendensystem verallgemeinern: es sei $S\subseteq V$. Dann ist $S$ linear unabhaengig wenn jede endliche Teilmenge von $S$ linear unabhaengig ist.
   \end{remark}

  Wenn $v_1,\dots,v_n\in V$ linear unabhaengig sind, dann laesst sich \emph{jeder} Vektor in der linearen Huelle von $v_1,\dots,v_n$ eindeutig als Linearkombination der Vektoren darstellen:

   \begin{proposition}
	Es seien $v_1,\dots,v_n\in V$ linear unabhaengig. Dann kann jeder Vektor $v\in \langle v_1,\dots,v_m\rangle$ \emph{eindeutig} als Linearkombination von $v_1,\dots,v_n$ dargestellt werden.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
	Nimm an, es gibt $v\in \langle v_1,\dots,v_m\rangle$ so dass
	\[ v=\alpha_1v_1+\dots \alpha_nv_n=\beta_1v_1+\dots+\beta_nv_n\]
	fuer $\alpha_1,\dots,\alpha_n,\beta_1,\dots,\beta_n\in K$. Dann gilt
	\begin{eqnarray*}
		& (\alpha_1v_1+\dots +\alpha_nv_n)-(\beta_1v_1+\dots+\beta_nv_n) =0\\
		\Leftrightarrow \quad & (\alpha_1-\beta_1)v_1+\dots+(\alpha_n-\beta_n)v_n=0_V\\
		\Rightarrow \quad & \alpha_1-\beta_1=\dots=\alpha_n-\beta_n=0,
	\end{eqnarray*}
	da $v_1,\dots,v_n$ linear unabhaengig sind. Daher gilt
	\[ \alpha_1=\beta_1,\quad \alpha_2=\beta_2\quad\dots\quad \alpha_n=\beta_n,\]
	was zu beweisen war.
   \end{proof}

   \begin{examples}\label{ex:linunab}\
   	\begin{enumerate}
   	\item Es sei $V=\RR^2$, und wir betrachten die Vektoren
   	\[ v_1=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix} 2 \\ -1\end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix} 0 \\ 3\end{pmatrix}.\]
   	Dann sind $v_1,v_2,v_3$ linear abhaengig: 	$2v_1-v_2-v_3=0$.
   	Hingegen sind die Vektoren $v_1,v_2$ linear unabhaengig: die einzige Loesung des linearen Gleichungssystems
   	\[ \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\ 0\end{pmatrix}\]
   	ist $\begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$.
   	\item Es sei $V=\RR^3$, und wir betrachten die Spaltenvektoren
   	 \[ v_1=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix} -9\\4\\6\end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix} 3\\0\\-1\end{pmatrix},\quad v_4=\begin{pmatrix} 4\\-1\\5\end{pmatrix}.\]
   	 Sind diese Vektoren linear unabhaengig? Mit anderen Worten, hat die Gleichung
   	 \begin{equation}\label{eq:LA}
   	 	 x_1v_1+x_2v_2+x_3v_3+x_4v_4=0
   	 \end{equation}
   	 eine Loesung ausser $x_1=x_2=x_3=x_4=0$? Wir haben diese Frage bereits in Beispiel 2.3.5 beantwortet:  $x_4\in\RR$ beliebig und
   	 \[ x_1=\frac{17}{3}x_4,\quad x_2=\frac{5}{3}x_4,\quad x_3=\frac{11}{3}x_4\]
   	 ist eine Loesung von \eqref{eq:LA}. Daher sind die Vektoren linear abhaengig.
    \item Generell kann man zeigen, dass je drei Vektoren in $\RR^2$ (allgemeiner: je $n+1$ Vektoren in $\RR^n$) linear abhaengig sind -- wir werden spaeter verstehen, warum dies so ist.
   	 \item Per Konvention ist die leere Menge $\emptyset$ linear unabhaengig, und es gilt $\langle\emptyset\rangle =\{0\}$.
   	\end{enumerate}
   \end{examples}

   \begin{lemma}
   	 Es seien $v_1,\dots,v_n\in V$.
   	\begin{itemize}
   		\item Wenn zwei der Vektoren $v_1,\dots,v_n$ gleich sind, oder wenn ein Vektor ein Vielfaches von einem anderen Vektor ist, dann sind $v_1,\dots,v_n$ linear abhaengig.
   		\item Wenn $v_1,\dots,v_n$ linear unabhaengig  und $c_1,\dots, c_n\in K$ alle $\neq 0$ sind, dann sind auch $c_1v_1,\dots,c_nv_n$ linear unabhaengig.
   		\item Wenn einer der Vektoren der Nullvektor $0_V$ ist, dann ist $v_1,\dots,v_n$ linear abhaengig.
   	\end{itemize}
   \end{lemma}
   \begin{proof}
   	Uebung.
   \end{proof}

  \begin{lemma}\
  	\begin{enumerate}
  	 \item Es sei $V$ ein Vektorraum und $v\in V$, $v\neq \{0\}$. Dann ist $v$ linear unabhaengig.
  	 \item Der Nullvektor $0_V$ ist linear abhaengig.
  	\end{enumerate}
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Klar.
  \end{proof}

\begin{proposition}\label{prop:LI}
	Es seien $v_1\dots,v_n\in V$ linear unabhaengig, und es sei $v_{n+1}$ ein Vektor in $V$, der nicht in $\langle  v_1,\dots,v_n\rangle$ enthalten ist. Dann sind $v_1,\dots,v_n,v_{n+1}$ linear unabhaengig.
\end{proposition}
\begin{proof}
	Nimm an, dass $v_1,\dots,v_n,v_{n+1}$ linear abhaengig sind, d.h. es gibt $\alpha_1,\dots,\alpha_{n+1}\in K$, nicht alle null, so dass
	\[\alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n+\alpha_{n+1}v_{n+1}=0. \]
	Dann ist $\alpha_{n+1}\neq 0$, da $v_1,\dots,v_n$ linear unabhaengig sind. Dann aber folgt, dass
	\[ v_{n+1}=-\alpha_{n+1}^{-1}\left(\alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n\right),\]
	d.h. $v_{n+1}\in \langle v_1,\dots,v_n\rangle$, was ein Widerspruch ist. Daher ist unsere Annahme falsch.
\end{proof}

   \begin{definition}
   	Es sei $V$ ein Vektorraum. Eine \emph{Basis von $V$} ist ein linear unabhaengiges Erzeugendensystem von $V$.
   \end{definition}

   \begin{examples}\label{ex:bases}\
   	 \begin{enumerate}
   	 	\item $e_1,e_2,e_3$ ist eine Basis von $\RR^3$; $S=\{e_1,e_2,e_3,f\}$ mit $f=e_1-e_2$ ist hingegen keine Basis: so haben wir
            \[ e_1=f+e_2,\]
            d.h. die Darstellung des Vektors $e_1$ als Linearkombination der Vektoren in $S$ ist nicht eindeutig.
   	 	\item $\cF_{1,\varphi}$ und $\cF_{1,\psi}$ sind eine Basis des Vektorraums von Fibonacci Folgen. Die Folgen $\cF_{0,1}$ und $\cF_{1,0}$ sind ebenfalls eine Basis.
   	 	\item Es seien $e_{11}$, $e_{12}$ und $e_{22}$ wie in Beispiel \ref{ex:trig}. Dann sind diese Vektoren eine Basis fuer den Unterraum $U$ der oberen Dreiecksmatrizen in $M_{2\times 2}(\RR)$.
   	 \end{enumerate}
   \end{examples}

   Hat jeder Vektorraum eine Basis?

   \begin{theorem}\label{thm:containsbasis}
   	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum. Dann enthaelt jedes endliche Erzeugendensystem eine Basis von $V$.
   \end{theorem}
   \begin{proof}
   	 Es sei $S$ ein endliches Erzeugendensystem. Waehle eine Untermenge $T\subseteq S$, die linear unabhaengig ist und die groesstmoegliche Anzahl von Elementen enthaelt. Es gibt zwei Moeglichkeiten:
   	 \begin{itemize}
   	 	\item Wenn die lineare Huelle von $T$ gleich $V$ ist, dann ist $T$ eine Basis.
   	 	\item Wenn $\langle T\rangle\neq V=\langle S\rangle$, dann koennen wir ein $v\in S$ waehlen, dass nicht in $\langle T\rangle$ enthalten ist. Dann ist $\{v\}\cup S$ linear unabhaengig aufgrund von Satz \ref{prop:LI}, was ein Widerspruch zur Definition von $T$ ist. Daher kann es ein solches $v$ nicht geben, d.h. $\langle T\rangle =V$.
   	 \end{itemize}
   \end{proof}

   \begin{corollary}
   	Jeder endlich-dimensionale Vektorraum besitzt eine Basis.\footnote{Es sei $V=\{0\}$. Dann ist $\emptyset$ is eine Basis von $V$. Der Nullvektor ist ein Erzeugendensystem von $V$, aber keine Basis, da er nicht linear unabhaengig ist.}
   \end{corollary}

   Es liegt nahe, die Dimension eines Vektorraums as die Anzahl der Element einer Basis zu definieren. Aber ist das wohldefiniert? Koennte ein endlich-dimensionaler Vektorraum nicht zwei Basen mit unterschiedlich vielen Elementen haben?

   \begin{lemma}\label{lem:austauschlemma}
       (Austauschlemma) Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum, und $S=\{v_1,\dots,v_n\}$ eine Basis. Es sei $w\in V$ nicht null, mit der Linearkombination
       \begin{equation}\label{eq:lincomb}
         w=\alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n
        \end{equation}
       mit $\alpha_i\in K$. Wenn $\alpha_j\neq 0$,  dann ist auch
       \[ S'=\{v_1,\dots,v_{j-1},w,v_{j+1},\dots,v_n\}\]
       eine Basis von $V$.
   \end{lemma}
   \begin{proof}\newlecture
       Wir muessen zeigen, dass $S'$ ein Erzeugendensystem und linear unabhaengig ist.
       \begin{itemize}
        \item Erzeugendensystem: wir zeigen zunaechst, dass $v_j\in\langle v_1,\dots,v_{j-1},w,v_{j+1},\dots,v_n\rangle$. Von Gleichung \eqref{eq:lincomb} sehen wir, dass
        \begin{align}
         \alpha_jv_j& =w-\sum_{i\neq j} \alpha_iv_i \notag \\
         \Rightarrow\quad v_j&=\frac{1}{\alpha_j}w-\sum_{i\neq j}\frac{\alpha_i}{\alpha_{j}}v_i.\label{eq:exp}
        \end{align}
        Es sei $u\in V$. Da $S$ eine Basis ist, ist es insbesondere ein Erzeugendensystem, und so gibt es $\beta_1,\dots,\beta_n\in K$ so dass
        \[ u=\beta_1v_1+\dots+\beta_nv_n.\]
        Indem wir Gleichung \eqref{eq:exp} dort einsetzen, erhalten wir einen Ausdruck fuer $u$ als Linearkombination von $v_1,\dots,v_{j-1},w,v_{j+1},\dots,v_n$:
        \[ u=\frac{\beta_j}{\alpha_j}w+\sum_{i\neq j}\left(\beta_i-\beta_j\frac{\alpha_i}{\alpha{j}}\right)v_i,\]
        d.h. $S'$ ist ein Erzeugendensystem.
        \item Lineare Unabhaengigkeit: Nimm an, dass es Skalare $\gamma_1,\dots,\gamma_n$ gibt, nicht alle gleich $0$, so dass
        \[ \gamma_1v_1+\dots+\gamma_{j-1}v_{j-1}+\gamma_jw+\gamma_{j+1}v_{j+1}+\dots+\gamma_nv_n=0.\]
        Wir setzen Gleichung \eqref{eq:lincomb} fuer $w$ dort ein und erhalten
        \[\alpha_j\gamma_jv_j+\sum_{i\neq j}(\gamma_i+\gamma_j\alpha_i)v_i=0.\]
        Da $v_1,\dots,v_n$ linear unabhaengig sind, gilt daher
        \[ \alpha_j\gamma_j=0\quad \text{und}\quad \gamma_i+\gamma_j\alpha_i=0\, \forall \, i\neq j.\]
        Nun ist $\alpha_j\neq 0$ und daher $\gamma_j=0$, was impliziert, dass ebenfalls $\gamma_i=0$ fuer alle $i\neq j$.
       \end{itemize}
   \end{proof}

   \begin{examples}\
    \begin{enumerate}
    	\item Wir wissen aus Beispiel \ref{ex:bases} (1), dass $e_1,e_2,e_3$ eine Basis von $\RR^3$ ist. Indem wir Lemma \ref{lem:austauschlemma} mehrfach anwenden, sehen wir, dass $e_1+e_2$, $e_2+e_3$, $e_3+e_1$ ebenfalls eine Basis ist.
    	\item Wir verstehen jetzt, warum sowohl $\cF_{1,\varphi},\cF_{1,\psi}$ als auch $\cF_{1,0},\cF_{0,1}$ Basen den Raumes aller Fibonacci Folgen sind: von Satz \ref{prop:stdbasis} wissen wir, dass
    	\[ \cF_{1,\varphi}=\cF_{1,0}+\varphi\cF_{0,1}\qquad \text{und}\qquad \cF_{1,\psi}=\cF_{1,0}+\psi\cF_{0,1}.\]
    	Daher folgt aus dem Austauschlemma, dass $\cF_{1,\varphi},\cF_{1,\psi}$  ebenfalls eine Basis ist.
    	\item Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $\RR$-Vektorraum, der nicht der Null-Vektorraum ist. Dann hat $V$ unendlich viele verschiedene Basen.
     \end{enumerate}
   \end{examples}

   \begin{theorem}\label{thm:austauschsatz}
       (Austauschsatz) Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum, und es sei $v_1,\dots,v_n$ eine Basis von $V$. Es seien $w_1,\dots,w_k$ linear unabhaengiger Vektoren in $V$. Dann gilt $k\leq n$, und es gibt $(n-k)$ Basisvektoren, die zusammen mit $w_1,\dots,w_k$ eine Basis von $V$ bilden.
   \end{theorem}
   \begin{proof}
       Wir beweisen den Satz ueber Induktion nach $k$.

       $k=1$: Das ist Lemma \ref{lem:austauschlemma}.

  Wir nehmen nun an, dass der Satz fuer $k$ gilt. Es seien $w_1,\dots,w_{k+1}$ linear unabhaengiger Vektoren in $V$. Dann sind auch $w_1,\dots,w_{k}$ linear unabhaengig, und es gilt $k< n$ und es gibt $(n-k)$ Basisvektoren, die zusammen mit $w_1,\dots,w_k$ eine Basis von $V$ bilden. (Beachten Sie, dass der Fall $k=n$ nicht eintreten kann: dann waeren $w_1,\dots,w_k$ selber einen Basis, und $w_1,\dots,w_{k+1}$ koennen nicht linear unabhaengig sein.)

      Dann koennen wir $w_{k+1}$ als eine Linearkombination dieser Vektoren schreiben:
       \[ w_{k+1}=\alpha_1w_1+\dots+\alpha_kw_k+\alpha_{k+1}v_{k+1}+\dots+\alpha_nv_n\]
       mit $\alpha_i\in K$ nicht alle null. Da $w_1,\dots,w_{k+1}$ linear unabhaengig sind, ist $w_{k+1}$ nicht in dem von $w_1,\dots,w_k$ erzeugten Unterraum enthalten. Es gibt also einen Index $j$,  $k+1\leq j\leq n$, so dass $\alpha_j\neq 0$. Dann koennen wir nach Lemma \ref{lem:austauschlemma} den Vektor $v_j$ gegen den Vektor $w_{k+1}$ austauschen und erhalten eine Basis
       \[ w_1,\dots,w_k, v_{k+1},\dots,v_{j-1},w_{k+1},v_{j+1},\dots, v_n.\]
   \end{proof}

   \begin{corollary}
       Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum, und es seien $v_1,\dots,v_n$ und $w_1,\dots,w_m$ Basen von $V$. Dann gilt $m=n$. Mit anderen Worten, alle Basen von $V$ haben die gleiche Anzahl von Elementen.
   \end{corollary}

   Wir koennen nun endlich die Dimension eines Vektorraums definieren:

   \begin{definition}
       Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum. Die \emph{Dimension von $V$} ist die Anzahl von Elementen einer Basis von $V$; wir schreiben $\dim_KV$. Wenn $V$ nicht endlich-dimensional ist, dann schreiben wir $\dim_KV=\infty$.
   \end{definition}

   \begin{examples}\label{ex:dim}\
   	\begin{enumerate}
   	  \item $\RR^3$ ist ein $3$-dimensionaler $\RR$-Vektorraum. Allgemeiner: $\RR^n$ ist ein $n$-dimensionaler $\RR$-Vektorraum; die \emph{Standardbasis} ist gegeben durch die Spaltenvektoren
   	  \[ e_1=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ \vdots \\ 0\end{pmatrix},\quad e_2=\begin{pmatrix} 0\\ 1 \\ \vdots \\ 0\end{pmatrix}\quad,\dots,\quad e_n=\begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ \vdots \\ 1\end{pmatrix}.\]
   	  \item Der Raum aller Fibonacci Folgen ist $2$-dimensional.
   	  \item Es sei $K$ ein Koerper und $V=K[x]^{\leq n}$. Dann ist $\dim_KV=n+1$.
   	  \item $\CC$ ist ein $1$-dimensionaler $\CC$-Vektorraum (was ist eine Basis?), aber ein $2$-dimensionaler $\RR$ Vektorraum (mit Basis $1,\, i$).\footnote{Man kann zeigen, dass $\RR$ ein unendlich-dimensional $\QQ$-Vektorraum ist. Diese haengt eng mit der sogenannten \emph{Kontinuumshypothese} zisammen. }
   	 \item Es gilt $\dim_K\{0\}=0$, da $\emptyset$ eine Basis von $\{0\}$ ist und $|\emptyset|=0$. Der Null-Vektorraum ist der einzige Vektorraum der Dimension $0$.
   	 \item Es sei
   	 \[ U=\left\{\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}\in\RR^3:\, x+y+z=0\right\}.\]
   	 Dann ist $U$ ein zwei-dimensionaler Unterraum von $\RR^3$, mit Basis $\left\{ \begin{pmatrix} -1\\1\\0\end{pmatrix},\,  \begin{pmatrix} -1\\0\\1\end{pmatrix}\right\}$.
   	\end{enumerate}
   \end{examples}

   Theorem \ref{thm:austauschsatz} hat ein paar schoene und interessante Konsequenzen:

   \begin{proposition}\label{prop:basiseq}
   	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum mit Dimension $n$. Es seien $v_1,\dots,v_n\in V$. Dann sind folgende Aussagen aequivalent:
   	\begin{enumerate}
   		\item[(i)] $v_1,\dots,v_n$ sind linear unabhaengig;
   		\item[(ii)] $v_1,\dots,v_n$ sind ein Erzeugendensystem von $V$;
   		\item[(iii)] $v_1,\dots,v_n$ sind eine Basis von $V$.
   	\end{enumerate}
   \end{proposition}
   \begin{proof}
   	(iii) $\Rightarrow$ (i),(ii) ist klar von der Definition.

   	(i) $\Rightarrow$ (iii): Aufgrund von Theorem \ref{thm:austauschsatz} koennen wir $\{v_1,\dots,v_n\}$ zu einer Basis von $V$ erweitern. Aber jede Basis von $V$ hat $n$ Elemente, daher ist $\{v_1,\dots,v_n\}$ selber eine Basis.

   	(ii) $\Rightarrow$ (iii): Aus Theorem \ref{thm:containsbasis} folgt, dass $\{v_1,\dots,v_n\}$ eine Basis enthaelt.  Aber jede Basis von $V$ hat $n$ Elemente, daher ist $\{v_1,\dots,v_n\}$ selber eine Basis.
   \end{proof}

   \begin{proposition}\label{prop:dimension}
   	Es sei $V$ ein $n$-dimensionaler Vektorraum, und es seien $v_1,\dots,v_k\in V$.
   	\begin{enumerate}
   		\item[(i)] Wenn $k<n$, dann sind $v_1,\dots,v_k$ kein Erzeugendensystem fuer $V$.
   		\item[(ii)] Wenn $k>n$, dann sind $v_1,\dots,v_k$ linear abhaengig.
   	\end{enumerate}
   \end{proposition}
   \begin{proof}
   	(i) Nimm an, dass $v_1,\dots,v_k$ ein Erzeugendensystem fuer $V$ ist. Dann enthaelt es eine Basis (Theorem \ref{thm:containsbasis}). Da aber jede Basis $n$ Elemente enthaelt, erhalten wir einen Widerspruch.

   	(ii) Nimm an, dass $v_1,\dots,v_k$ linear unabhaengig sind. Dann koennen wir $\{v_1,\dots,v_k\}$ zu einer Basis von $V$ erweitern (Theorem \ref{thm:austauschsatz}). Aber jede Basis enthaelt $n$ Elemente, was wiederum einen Widerspruch ergibt.
   \end{proof}

   \begin{examples}\label{ex:bases2}\
   	 \begin{enumerate}
   	 	\item Zurueck zum Beispiel \ref{ex:linunab} (3): es folgt direkt von Satz \ref{prop:dimension}, dass alle $n+1$ Vektoren in $\RR^n$ linear abhaengig sind.
   	    \item Es sei $V$ der Vektorraum aller reellen Folgen. Wir koennen jetzt beweisen, dass $V$ nicht endlich-dimensional ist: fuer $n\geq 1$ sei $\cF_n$ die Folge, deren $n$ter   Wert eine $1$ ist und alle anderen Werte null sind. Dann ist die unendliche Menge $\{\cF_n:\, n\geq 1\}$ linear unabhaengig. Es folgt aus Proposition \ref{prop:dimension} (ii), dass $V$ nicht endlich-dimensional sein kann.
   	\end{enumerate}
   \end{examples}

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 \subsection{Basen von Unterraeumen}

   \begin{note}\label{note:LI}
   	Es sei $V$ ein Vektorraum und $U$ ein Unterraum von $V$, und es seien $u_1,\dots,u_n\in U$. Wenn $u_1,\dots,u_n$ linear unabhaengig sind als Elemente von $U$, dann sind sie ebenfalls linear unabhaengig als Elemente von $V$.
   \end{note}

  \begin{proposition}\label{prop:subdim}
  	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum, und es sei $U$ ein Unterraum von $V$. Dann ist $U$ endlich-dimensional, und
  	\[ \dim_KU\leq \dim_KV,\]
  	mit Gleichheit dann und nur dann, wenn $U=V$.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
   Es sei $n=\dim_KV$. Wenn $U=\{0\}$, dann ist $\dim_KU=0$ (Beispiel \ref{ex:dim} (4)), und die Aussage folgt.

   Nimm also an, dass $U\neq\{0\}$. Sei $u_1\in U$, $u_1\neq 0_V$. Dann gibt es zwei Moeglichkeiten: entweder ist $U=\langle u_1\rangle$: in diesem Fall ist $u_1$ eine Basis fuer $U$, d.h. $\dim_KU=1$, und die Aussage folgt. Oder $\langle u_1\rangle \subsetneq U$: dann waehle $u_2\in U-\langle u_1\rangle$. Es folgt von Satz \ref{prop:LI}, dass $u_1,u_2$ linear unabhaengig sind.

   Dann gibt es wieder zwei Moeglichkeiten: entweder ist $U=\langle u_1,u_2\rangle$; in diesem Fall sind $u_1,u_2$ einen Basis von $U$. Oder $\langle u_1,u_2\rangle \subsetneq U$; in diesem Fall waehlen wir ein $u_3\in U-\langle u_1,u_2\rangle$ usw.\newlecture

   Aufgrund von Satz \ref{prop:dimension} muss dieser Prozess nach hoechstens $n$ Schritten enden. Wir erhalten also eine Liste $u_1,\dots,u_k$ fuer $k\leq n$ von linear unabhaengigen Vektoren so dass $U=\langle u_1,\dots,u_k\rangle$. Es folgt von der Definition, dass $u_1,\dots,u_k$ eine Basis von $U$ sind. Daher gilt
   \[ \dim_KU=k\leq n=\dim_KV.\]

   Wenn $U=V$, dann gilt natuerlich $k=n$. Nimm umgekehrt an, dass $k=n$. Die Vektoren $u_1,\dots,u_k$ sind eine Basis fuer $U$ und daher linear unabhaengig; sie sind ebenfalls linear unabhaengig als Elemente von $V$ (Note \ref{note:LI}). Dann folgt von Satz \ref{prop:basiseq}, dass sie eine Basis von $V$ sind, und daher $U=V$.
  \end{proof}

  Wir haben in Theorem \ref{thm:subspaces} gesehen, dass sich aus zwei Unterraumen $U,W$ von $V$ die Unterraeume $U\cap W$ und $U+W$ bilden lassen. Was koennen wir ueber deren Dimensionen sagen? Die naive Vermutung, dass $\dim (U+W)=\dim U+\dim W$gilt,  ist (im allgemeinen) falsch: wenn beispielsweise $U=W\lneq V$ und $U\neq\{0\}$, dann gilt
  \[ \dim (U+W)=\dim U<2\dim U.\]
  Sehen wir uns ein weiteres Beispiel an, um die Phaenomene, die auftreten koennen, besser zu verstehen:

  \begin{example}
  	Betrachte den Vektorraum $\RR^4$ mit der Standardbasis $e_1,e_2,e_3,e_4$.
  	\begin{itemize}
  		\item Es seien $U=\langle e_1,e_2\rangle$ und $W=\langle e_3\rangle$. Dann ist
  		\[ U+W=\langle e_1,e_2,e_3\rangle,\]
  		die Vektoren $e_1,e_2,e_3$ sind linear unabhaengig, und daher gilt
  		\[ \dim (U+W)=3=2+1=\dim U+\dim W.\]
  		\item Es seien nun
  	\[ U'=\langle e_2,e_3\rangle \qquad \text{und}\qquad W'=\langle e_2+e_3,e_4\rangle.\]
  	Insbesondere gilt $\dim U'=\dim W'=2$. Per Definition gilt
  	\[ U'+W'=\langle e_2,e_3,e_2+e_3,e_4\rangle.\]
  	Nun sind die Vektoren $e_1,e_2,e_3,e_2+e_3,e_4$ offensichtlich nicht linear unabhaengig: $e_2+e_3\in \langle e_2,e_3,e_4\rangle$, d.h.
  	\[ U'+W'=\langle e_2,e_3,e_4\rangle,\]
  	und wir wissen, dass die Vektoren $e_2,e_3,e_4$ linear unabhaengig sind. Daher ist $U'+W'$ $3$-dimensional. Was ist passiert?

  	Der Grund, warum $\dim (U'+W')<\dim U'+\dim W'$, ist der, dass die Schnittmenge von $U'$ und $W'$ nicht der Null-Vektorraum ist: der Vektor $e_2+e_3$ ist sowohl in $U'$ als auch in $W'$ enthalten, und er ist einen Basis fuer $U'\cap W'$ (Uebung), d.h. $\dim U'\cap W'=1$. Haben Sie eine Vermutung, wie die allgemeine Formel fuer $\dim(U'+W')$ lautet?
  	\end{itemize}
  \end{example}

   \begin{theorem}\label{thm:dimformula}
   	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum, und es seien $U,W$ Unterraeume von $V$. Dann gilt
   	\[ \dim (U+W)=\dim U+\dim W-\dim U\cap W.\]
   \end{theorem}
   \begin{proof}
   	Es seien $\dim_KU=\ell$, $\dim_KW=m$ und $\dim_K(U\cap W)=k$. Waehle eine Basis $v_1,\dots,v_k$ von $U\cap W$. Ausgrund von Theorem  \ref{thm:austauschsatz}  koennen wir diese Basis zu Basen  \[ v_1,\dots,v_k,u_1,\dots,u_{\ell-k},\qquad \text{bzw.}\quad v_1,\dots,v_k,w_1,\dots,w_{m-k}\]
   	von $U$, bzw. von $W$ erweitern. Wir behaupten nun, dass
   	\[ v_1,\dots,v_k,u_1,\dots,u_{\ell-k},w_1,\dots,w_{m-k}\]
   	eine Basis ist von $U+W$.

   	Da $U+W=\{u+w:\, u\in U,\, w\in W\}$ ist klar, dass
   	\[ U+W=\langle v_1,\dots,v_k,u_1,\dots,u_{\ell-k},w_1,\dots,w_{m-k}\rangle.\]
   	Wir zeigen die lineare Unabhaengigkeit. Nimm an, dass
   	\[ \alpha_1v_1+\dots+\alpha_kv_k+\beta_1u_1+\dots+\beta_{\ell-k}u_{\ell-k}+\gamma_1w_1+\dots+\gamma_{m-k}w_{m-k}=0_V.\]
   	Dann folgt, dass
   	\[ \alpha_1v_1+\dots+\alpha_kv_k+\beta_1u_1+\dots+\beta_{\ell-k}u_{\ell-k}=-(\gamma_1w_1+\dots+\gamma_{m-k}w_{m-k}). \]
   	Beachte nun, dass die linke Seite dieser Gleichung in $U$ ist, die rechte aber in $W$. Schreibe $x=\alpha_1v_1+\dots+\alpha_kv_k+\beta_1u_1+\dots+\beta_{\ell-k}u_{\ell-k}$. Dann gilt $x\in U\cap W$. Da $v_1,\dots,v_k$ einen Basis ist fuer $U\cap W$, gibt es $\delta_1,\dots,\delta_k\in K$, so dass
   	\[ x=\delta_1v_1+\dots+\delta_kv_k.\]
   	Aber ebenfalls gilt $x=-(\gamma_1w_1+\dots+\gamma_{m-k}w_{m-k})$, so dass
   	\[ \delta_1v_1+\dots+\delta_kv_k+\gamma_1w_1+\dots+\gamma_{m-k}w_{m-k}=0_V.\]
   	 Da $ v_1,\dots,v_k,w_1,\dots,w_{m-k}$ eine Basis von $W$ ist, folgt daraus, dass
   	\[ \delta_1=\dots=\delta_k=\gamma_1=\dots=\gamma_{m-k}=0.\]
   	Daher gilt
   	\[ \alpha_1v_1+\dots+\alpha_kv_k+\beta_1u_1+\dots+\beta_{\ell-k}u_{\ell-k}=0_V.\]
   	Nun ist aber $ v_1,\dots,v_k,u_1,\dots,u_{\ell-k}$ eine Basis von $U$, daher folgt
   	\[ \alpha_1=\dots=\alpha_k=\beta_1=\dots=\beta_{\ell-k}=0.\]
   \end{proof}

   \begin{warning}
   	Es ist \textbf{nicht wahr}, dass fuer drei Unterraeume $U,W,X$ von $V$ folgende Formel gilt:\footnote{Selbst viele professionelle Mathematiker wissen das nicht!}
   	\[ \dim(U+W+X)=\dim U+\dim W+\dim X-\dim(U\cap W)-\dim(U\cap X)-\dim (V\cap X)+\dim(U\cap W\cap X).\]
       Finden Sie ein Gegenbeispiel, indem Sie geeignete Unterraeume von $\RR^2$ betrachten.
   	Hier ist ein Gegenbeispiel: es sei $V=\RR^2$, und wir betrachten die drei ein-dimensionalen Unterraume
   	\begin{equation}\label{eq:false}
   		U=\langle e_1\rangle,\qquad W=\langle e_2\rangle,\qquad X=\langle e_1+e_2\rangle.
   	\end{equation}
   	Dann ist $U+W+X=\RR^2$, und
   	\[ U\cap W=W\cap X=X\cap U=X\cap W\cap X=\{0\},\]
   	d.h. in \eqref{eq:false} erhalten wir $2=3$!\footnote{Das Problem ist, dass im allgemeinen
   		\[ (U+W)\cap X\neq U\cap X+W\cap X.\]}
   \end{warning}

   \begin{corollary}\label{cor:directsum}
   	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum, und es seien $U,W$ Unterraeume von $V$. Dann sind folgende Aussagen aequivalent:
   	\begin{enumerate}
   		\item[(i)] $\dim(U+W)=\dim U+\dim W$;
   		\item[(ii)] $\dim(U\cap W)=0$;
   		\item[(iii)] $U\cap W=\{0_V\}$.
   		\item[(iv)] fuer jedes $v\in U+W$ gibt es genau ein $u\in U$ und $w\in W$ so dass $v=u+w$;
   		\item[(v)] die Gleichung $u+w=0_V$ mit $u\in U$ und $w\in W$ hat $u=w=0_V$ als einzige Loesung.
   	\end{enumerate}
   \end{corollary}
   \begin{proof}
   	(i) $\Leftrightarrow$ (ii): folgt direkt von Theorem \ref{thm:dimformula}.

   	(ii) $\Leftrightarrow$ (iii): klar, da es genau einen Vektorraum der Dimension null gibt.

   	(iii) $\Rightarrow$ (iv) Es sei $v\in V$, und nimm an, dass es $u,u'\in U$ und $w,w'\in W$ gibt, so dass
   	\[ v=u+w=u'+w'.\]
   	Dann gilt $u-u'=w'-w$. Nun ist $u-u'\in U$ und $w'-w\in W$, d.h.
   	\[ u-u',\, w'-w\in U\cap W.\]
   	Da $U\cap W=\{0_V\}$, folgt dass $u=u'$ und $w=w'$.

   	(iv) $\Rightarrow$ (v):  die Gleichung $u+w=0_V$ hat die Loesung $u=w=0_V$, und da $U,W$ Unterraeume sind, elthalten beide das Element $0_V$. Indemn wir nun (iv) auf  $v=0_V$ andwenden, sehen wir, dass dieses die einzige Loesung ist.

   	(v) $\Rightarrow$ (iii): nimm an, dass (iii) nicht wahr, ist, d.h. es gibt einen Vektor $v\in U\cap W$, der nicht der Nullvektor ist. Dann gilt
   	\[ 0_V=v+(-v),\]
   	und $v\in U$ und $-v\in W$, was einen Widerspruch zu (v) ist.
   \end{proof}

  \begin{definition}
      Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U\leq V$. Ein Unterraum $W\leq V$ ist ein Komplement von $U$ wenn $V=U+ W$ und $U\cap W=\{0\}$.
  \end{definition}

  \begin{proposition}
      Es sei $U\leq V$. Dann gibt es einen Unterraum $W\leq V$, der ein Komplement zu $U$ ist.\newlecture
  \end{proposition}
  \begin{proof}
      Es sei $u_1,\dots,u_\ell$ eine Basis von $U$. Aufgrund von Theorem \ref{thm:austauschsatz} wissen wir, dass wir diese Basis von $U$ zu einer Basis von $V$ erweitern koennen: es gibt Vektoren $w_1,\dots,w_m\in V$, so dass $u_1,\dots, u_\ell,w_1,\dots,w_m$ eine Basis von $V$ ist. Es sei $W=\langle w_1,\dots,w_m\rangle$. Dann ist $W$ ein Komplement von $U$: da $u_1,\dots, e_\ell,w_1,\dots,w_m$ eine Basis von $V$ ist, gilt $V=U+ W$. Nimm nun an, dass $v\in U\cap W$. Dann gibt es Skalare $\alpha_1,\dots,\alpha_\ell$ und $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ so dass
      \begin{align*}
           v&=\sum_{i=1}^\ell\alpha_iu_1
            =\sum_{j=1}^m\lambda_jw_j\\
      \Rightarrow\qquad &\alpha_1v_1+\dots+\alpha_\ell v_\ell-(\lambda_1w_1     +\dots+\lambda_mw_m)=0_V\\
       \Rightarrow\qquad &\alpha_1=\dots=\alpha_\ell=\lambda_1=\lambda_m=0,
      \end{align*}
     da die Vektoren  $u_1,\dots, e_\ell,w_1,\dots,w_m$ liear unabhaengig sind.
  \end{proof}

  \begin{example}
  	Es sei $V=\RR^2$ und $U=\langle e_1\rangle$. Es sei $w\in V$ ein Vektor, so dass $u,w$ linear unabhaengig sind (d.h. $w$ ist kein Vielfaches von $e_1$). Dann ist $W=\langle w\rangle$ ein Komplement von $U$.
  \end{example}

  \begin{remark}
      Das Komplement eines Unterraumes ist im allgemeinen nicht eindeutig bestimmt.
  \end{remark}

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 \subsection{Zusammenfassung der Rechenmethoden}

  Wir haben in den vorherigen Abschnitten gesehen, dass wir lineare Gleichungssysteme fuer die Analyse von Vektorraeumen benutzen koennen. Hier ist eine Zusammenfassung der bisherigen Ergebnisse: es sei $V=K^m$ und $v_1,\dots v_n\in V$.
  \begin{enumerate}
      \item[(1)] Gegeben sei $w\in V$. Ist $w\in \langle v_1,\dots, v_n\rangle$?

      \noindent \emph{Antwort}:  $w\in \langle v_1,\dots, v_n\rangle$ ist aequivalent zu der Aussage: es gibt $\lambda_1,\dots,\lambda_n\in K$, so dass
      \begin{equation}\label{lincomb}
       w=\lambda_1v_1+\dots\lambda_nv_n.
      \end{equation}
      Schreiben wir $w=\begin{pmatrix} w_1\\ \vdots \\ w_m\end{pmatrix}$ und $v_j=\begin{pmatrix} a_{1j}\\ \vdots \\ a_{mj}\end{pmatrix}$ fuer $1\leq j\leq n$, dann ist \eqref{lincomb} aequivalent zu folgendem linearen Gleichungssystem:
      \[ \begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1n}\\
      \vdots & &\vdots\\
      a_{m1} & \dots & a_{mn}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1\\ \vdots\\ \lambda_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} w_1\\ \vdots \\ w_m\end{pmatrix},\]
      das wir mit Hilfe der reduzierten Zeilenspaltenform loesen koennen.

      \item[(2)] Koennen wir bestimmen, welche Vektoren in $\langle v_1,\dots, v_n\rangle$ enthalten sind?

      \noindent \emph{Antwort}:  es sei $b=\begin{pmatrix} b_1\\ \vdots \\ b_m\end{pmatrix}$ ein beliebiger Vektor in $V$. Dann betrachten wir das lineare Gleichungssystem
      \[ \begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1n}\\
       \vdots & &\vdots\\
      a_{m1} & \dots & a_{mn}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1\\ \vdots\\ \lambda_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} b_1\\ \vdots \\ b_m\end{pmatrix}\]
      und bestimmen, fuer welche Vektoren $b$ eine Loesung existiert.

      \item[(3)] Koennen wir bestimmen, ob $v_1,\dots,v_n$ linear unabhaengig sind?

      \noindent \emph{Antwort}: $v_1,\dots, v_n$ sind genau dann linear unabhaengig, wenn das lineare Gleichungssystem
      \[ \begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1n}\\
\vdots & &\vdots\\
a_{m1} & \dots & a_{mn}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1\\ \vdots\\ \lambda_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\ \vdots \\ 0\end{pmatrix}\]
      nur die triviale Loesung $\begin{pmatrix} \lambda_1\\ \vdots\\ \lambda_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix} $ besitzt.
  \end{enumerate}




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 \subsection{Zeilen und Spaltenraeume}\label{ssec:ZeilenSpalten}

  \begin{remark}
  	Wir koennen ein Element von $K^n$ entweder als Zeilen- oder Spaltenvektor mit $n$ Werten schreiben.
  \end{remark}

  \begin{definition}
  	  Es seien $m,n\geq 1$ und $A\in M_{m\times n}(K)$. Es seien $u_1,\dots,u_m\in K^n$ die Zeilen von $A$ und $v_1,\dots,v_n\in K^m$ die Spalten von $A$.
  	  Wir definieren
  	  \begin{align*}
  	  	\mathrm{Zeilen}(A)=&\langle u_1,\dots,u_m\rangle\leq K^n,\\
  	  	\mathrm{Spalten}(A)=&\langle v_1,\dots,v_n\rangle \leq K^m.
  	  \end{align*}
  \end{definition}

  Was koennen wir ueber die Dimensionen dieser Unterraeume sagen?

  \begin{definition}
  	Wir definieren
  	\begin{align*}
  		\mathrm{Zeilenrang}(A)&=\dim_K\mathrm{Zeilen}(A),\\
  		\mathrm{Spaltenrang}(A)&=\dim_K\mathrm{Spalten}(A).
  	\end{align*}
  \end{definition}

\begin{examples}\
	\begin{enumerate}
		\item Fuer $A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\-1 & 2 & -1\end{pmatrix}$ gilt
			\[ \mathrm{Zeilenrang}(A)=1=\mathrm{Spaltenrang}(A).\]
		\item 	Fuer die Matrix $B=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & -1\end{pmatrix}$ gilt
			\[ \mathrm{Zeilenrang}(B)=2=\mathrm{Spaltenrang}(B).\]
		\item 	Fuer die Matrix $C=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2  & -2\\ 0 & -1 & 2 & 1\\
		0 & 0 & 3 & 0
	     \end{pmatrix}$ gilt
        \[ \mathrm{Zeilenrang}(C)=3=\mathrm{Spaltenrang}(C).\]
        \item 	Fuer die Matrix $D=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2  \\ 0 & -1 & 2 \\
        	0 & 2 & -4
        \end{pmatrix}$ gilt
        \[ \mathrm{Zeilenrang}(D)=2=\mathrm{Spaltenrang}(D).\]
	\end{enumerate}
   Was faellt ihnen auf?
\end{examples}

  Hier ist das erste wirklich ueberraschende Resultat in diesem Kurs:\footnote{Ich gebe zu, dass ich es intuitiv immer noch nicht wirklich verstehe.}

\begin{theorem}\label{thm:sameranks}
	Es seien $m,n\geq 1$ und $A\in M_{m\times n}(K)$.  Dann gilt
	\[ \mathrm{Zeilenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(A).\]
\end{theorem}

Fuer Matrizen in reduzierter Zeilenspaltenform ist dieses Resultat offensichtlich.

\begin{lemma}\label{lem:rangex}
	Theorem \ref{thm:sameranks} gilt, wenn $A$ in reduzierter Zeilenspaltenform ist.
\end{lemma}
\begin{proof}
	Aufgrund der Definition hat $A$ folgende Form: [picture]
	%  	\[ A=
	%  	\begin{pmatrix}
		%  		0&0 &0 & 1 & \star & \star & \star & 0 & 0 & 0  & \dots & 0 & \star & \star\\
		%  		0&0&0& 0 &0  &0  & 0 & 1 & \star & \star  & \dots & 0 & \star & \star\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&&&\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&&&\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&&&\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&0&\star&\star\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&0&\star&\star\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&1&\star&\star\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&0&0&0\\
		%  		&&&&&&&&\dots &&&0&0&0
		%  	\end{pmatrix}	\]

	Es seien $j_1<\dots<j_r$ die Nummern derjenigen Spalten, die eine fuehrende Eins enthalten.

	Es seien $u_1,\dots,u_r$ die Zeilen, die einen von Null verschiedenen Eintrag enthalten. Dann enthaelt jede dieser Zeilen eine fuehrende $1$, und die Zeilen sind  linear unabhaengig, weil $\forall 1\leq k\leq r$ der erste von null verschiedene Eintrag von $u_k$ die fuehrende $1$ an der Stelle $j_k$ ist, und $j_1<\dots<j_r$. Mit anderen Worten,
	\[ \mathrm{Zeilenrang}(A)=r.\]

	Was gilt fuer den Spaltenrang? Die Spaltenvektoren $v_{j_1},\dots,v_{j_r}$ sind ein Erzeugendensystem von $\mathrm{Spalten}(A)$; tatsaechlich sind sie die ersten $r$ Standardvektoren $e_1,\dots,e_r$ der Standardbasis $e_1,\dots,e_m$ von $K^m$. Sie sind linear unabhaengig und daher eine Basis von $\mathrm{Spalten}(A)$, d.h.
	\[ \mathrm{Spaltenrang}(A)=r.\]
\end{proof}

   Der Beweis fuer eine beliebige Matrix $A$ ist ziemlich kompliziert. Um die Aussage elegant beweisen zu koennen, brauchen wir die Theorie von linearen Abbildungen.
%
%
%  \begin{lemma}
%	Es sei $B$ zeilen-aequivalent zu $A$. Dann gilt
%	\[ \mathrm{Zeilen}(A)=\mathrm{Zeilen}(B). \]
% \end{lemma}
% \begin{proof}
% 	Es ist ausreichend, das Resultat zu beweisen, wenn $B$ aus $A$ durch die Anwendung einer EZU konstruiert wird. Fuer EZU1 und EZU2 ist das offensichtlich. EZU3 ist eine Uebung.
% \end{proof}
%
% \begin{remark}
%	Es ist allgemein \textbf{nicht wahr}, dass fuer zeilen-aequivalente Matrizen $A,B$ gilt
%	\[ \mathrm{Spalten}(A)=\mathrm{Spalten}(B): \]
%	Wir betrachten $M_{2\times 2}(\RR)$. Es sei $A=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ -1 & 0\end{pmatrix}$. Dann ist $A$ zeilen-aequivalent zu $B=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}$, aber
%	\[ \mathrm{Zeilen}(A)=\left\langle \begin{pmatrix} 1 \\ -1\end{pmatrix}\right\rangle\qquad \text{und}\qquad   \mathrm{Zeilen}(B)=\left\langle \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}\right\rangle,\]
%	und diese beiden Unterraeume von $\RR^2$ sind natuerlich nicht gleich.
% \end{remark}
%
% Es gilt aber ein schwaecheres Resultat:
%
% \begin{proposition}
%	Es seien $A,B$ zeilen-aequivalent. Dann gilt
%	\[ \mathrm{Spaltenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(B).\]
% \end{proposition}
% \begin{proof}
% 	Wir oben koennen wir annehmen, dass $B$  aus $A$ durch die Anwendung einer EZU konstruiert wird. Wir werden zeigen, dass
% 	\[  \mathrm{Spaltenrang}(B)=\mathrm{Spaltenrang}(A).\]
% 	Es seien $v_1',\dots, v_n'$ die Spaltenvektoren von $B$. Dann gilt folgende Aussage: wenn $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in K$ so dass
% 	\[ \alpha_1v_1+\dots \alpha_nv_n=0_{\RR^m},\]
% 	dann gilt ebenfalls
% 	\[ \alpha_1v'_1+\dots \alpha_nv'_n=0_{\RR^m},\]
% \end{proof}
%

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Lineare Abbildungen}

 \subsection{Definition und Beispiele}

 \begin{definition}
     Es seien $V,W$ Vektorraeume ueber $K$. Eine Funktion $T:V\rightarrow W$ ist eine \emph{lineare Abbildung}, wenn sie folgende Bedingungen erfuellt:
     \begin{enumerate}
         \item[(i)] es gilt $T(v_1+v_2)=T(v_1)+T(v_2)$ fuer alle $v_1,v_2\in V$;
         \item[(ii)] es gilt $T(\alpha v)=\alpha\, T(v)$ fuer all $v\in V$, $\alpha\in K$.
     \end{enumerate}
    Mit anderen Worten, $T$ respektiert die Vektoraddition und Skalarmultiplikation.

    Eine lineare Abbildung $T:V\rightarrow V$ ist ein \emph{Endomorphismus} von $V$.
 \end{definition}

 \begin{remark}
     Wir schreiben manchmal $Tv$ anstatt $T(v)$.
 \end{remark}

  \begin{examples}\
      \begin{enumerate}
          \item Es sei $V$ ein Vektorraum. Die Identitaetsabbildung $\id_V:V\rightarrow V$, $v\mapsto v$ ist linear.
          \item Es seien $V,W$ Vektorraeume. Die Null-Abbildung $V\rightarrow W$, $v\mapsto 0_W$ ist linear.
          \item Es sei $K[x]^{\leq n}$ der Vektorraum aller Polynome vom Grad $\leq n$. The Ableitungsabbildung
          \[ D:K[x]^{\leq n}\rightarrow K[x]^{\leq n},\quad a_0+a_1x+\dots+a_nx^n\mapsto a_1+2a_2x+\dots + na_nx^{n-1}\]
          ist linear.
          \item Es sei $V$ der Vektorraum aller Fibonacci Folgen. Dann ist die Verschiebungsabbildung (c.f. Proposition \ref{prop:verschiebung}) linear.
          \item Es sei $n\geq 1$ und $V=M_{n\times n}(K)$. Definiere die Spur-Abbildung
          \[ \Tr:V\rightarrow K,\qquad A=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}\mapsto a_{11}+\dots+a_{nn}.\]
          Dann ist $\Tr$ linear.
      \end{enumerate}
  \end{examples}

  Das folgende Beispiel zeigt, dass Matrizen eine wichtige Quelle von linearen Abbildungen sind.

  \begin{definition}\label{def:matrixlinmap}
    Es seien $m,n\geq 1$ und $A\in M_{m\times n}(K)$.  Definiere die Abbildung
    \[ T_A:\, K^n\rightarrow K^m,\quad \begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}\mapsto \begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1n}\\
  	\vdots & &\vdots\\
  	a_{m1} & \dots & a_{mn}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}.\]
  \end{definition}

  \begin{lemma}
  	Die Abbildung $T_A$ ist linear.
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Uebung.
  \end{proof}

 \begin{remark}\label{rem:critlin}
	Eine Abbildung $T:V\rightarrow W$ ist genau dann linear, wenn
	\[ T(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2)=\alpha_1T(v_1)+\alpha_2T(v_2)\]
	fuer alle $v_1,v_2\in V$ und $\alpha_1,\alpha_2\in K$.
\end{remark}

  \begin{proposition}\label{prop:linear}
      Es seien $V,W$ Vektorraeume ueber $K$ und $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung.
      \begin{enumerate}
          \item[(i)] Es seien $v_1,\dots,v_n\in V$ und $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in K$. Dann gilt
          \[ T(\alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n)=\alpha_1T(v_1)+\dots+\alpha_nT(v_n).\]
          \item[(ii)] Es gilt $T(0_V)=0_W)$.
       \end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
      (i) ist klar.

      (ii) Es gilt
      \[ T(0_V)=T(0\cdot 0_V)=0\cdot T(0_V)=0_W,\]
      wobei die letzte Gleichung von Satz \ref{prop:vsprop} (2) folgt.
  \end{proof}

  \begin{corollary}\label{cor:uniquemapbasis}
	Es seien $V,W$ Vektorraeume ueber $K$, $V$ endlich-dimensional, und es sei $v_1,\dots,v_n$ eine Basis von $V$.  Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Dann ist $T$ durch $T(v_1),\dots,T(v_n)$ eindeutig bestimmt.\footnote{Mit anderen Worten, wenn wir  $T(v_1),\dots,T(v_n)$ kennen, dann kennen wir auch $T(v)$ fuer alle $v\in V$.}
\end{corollary}
\begin{proof}
	Es sei $v\in V$. Da $v_1,\dots,v_n$ eine Basis ist, schreiben wir $v$ als Linearkombination $v=\sum_{i=1}^n\alpha_iv_i$. Dann gilt aufgrund von Satz \ref{prop:linear} (i)
	\[ T(v)=\sum_{i=1}^n\alpha_iT(v_i),\]
	was zu beweisen war.
\end{proof}

Tatsaechlich koennen wir auf diese Weise lineare Abbildungen konstruieren:

\begin{theorem}\label{thm:linmapconst}
	Es seien $V,W$ Vektorraeume ueber $K$, $V$ endlich-dimensional, mit Basis $v_1,\dots,v_n$. Es seien $w_1,\dots,w_n\in W$. Dann gibt es genau eine lineare Abbildung $T:V\rightarrow W$ so dass
	\[ T(v_i)=w_i\qquad \forall\, 1\leq i\leq n.\]
\end{theorem}
\begin{proof}
	Wir definieren die Abbildung $T$ wie folgt: es sei $v\in V$. Da $v_1,\dots,v_n$ eine Basis ist, koennen wir $v$ eindeutig als Linearkombination $v=\sum_{i=1}^n\alpha_iv_i$ schreiben. Wir definieren
	\[ T(v)=\sum_{i=1}^n\alpha_iw_i.\]
	Dann ist $T$ wohl-definiert, da die Linearkombination eindeutig ist, und bei Definition gilt $T(v_i)=w_i$.

	Ueberpruefen wir, dass $T$ linear ist:
	\begin{itemize}
		\item Wenn $v,v'\in V$, schreiben wir
		\[ v=\sum_{i=1}^n\alpha_iv_i\qquad \text{und}\qquad v'=\sum_{i=1}^n\beta_iv_i.\]
		Dann gilt
		\begin{align*}
			T(v+v')& =T\left(\sum_{i=1}^n\alpha_iv_i+\sum_{i=1}^n\beta_iv_i\right)\\
			&=T\left(\sum_{i=1}^n(\alpha_i+\beta_i)v_i\right)\\
			&=\sum_{i=1}^n(\alpha_i+\beta_i)w_i\\
			& =\sum_{i=1}^n\alpha_iw_i+\sum_{i=1}^n\beta_iw_i\\
			& =T(v)+T(v').
		\end{align*}
		\item Wenn $v=\sum_{i=1}^n\alpha_iv_i\in V$ und $\beta\in K$, dann gilt \newlecture
		\begin{align*}
			T(\beta v) & = T\left(\beta\sum_{i=1}^n\alpha_iv_i\right)\\
			& =\sum_{i=1}^n\beta\alpha_iw_i\\
			& = \beta\sum_{i=1}^n\alpha_iw_i\\
			& = \beta \,T\left(\sum_{i=1}^n\alpha_iv_i\right)\\
			& = \beta \,T(v).
		\end{align*}
	\end{itemize}
	Die Eindeutigkeit von $T$ folgt von Korollar \ref{cor:uniquemapbasis}.
\end{proof}



  Noch eine weitere Eigenschaft von linearen Abbildungen ist wichtig: lineare Abbildungen lassen sich verknuepfen.

  \begin{lemma}\label{lem:composition}
	Es seien $T:V\rightarrow U$ und $S:U\rightarrow W$ lineare Abbildungen. Dann ist die Abbildung
	\[ S\circ T:V\rightarrow W\]
	ebenfalls linear.
\end{lemma}
\begin{proof}
	Es seien $v_1,v_2\in V$ und $\alpha_1,\alpha_2\in K$. Dann gilt
	\begin{align*}
		S\circ T(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2)& = S(T(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2))\\
		& = S(\alpha_1T(v_1)+\alpha_2 T(v_2))\\
		& = \alpha_1 ST(v_1)+\alpha_2 ST(v_2)\\
		& = \alpha_1 S\circ T(v_1)+\alpha_2 S\circ T(v_2).
	\end{align*}
\end{proof}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Kernel and Image}

  \begin{definition}
  	Es seien $V,W$ Vektorraeume ueber $K$, und es sei $T:V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung.
  	\begin{enumerate}
  		\item Der Kern von $T$ ist
  		\[ \ker(T)=\{ v\in V:\, T(v)=0_W\}\, \subseteq V.\]
  		\item Das Bild von $T$ is
  		\[ \im(T)=\{T(v):\, v\in V\}\subseteq W.\]
  	\end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{examples}\label{ex:ker}\
  	\begin{enumerate}
	 \item Es sei $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0\\ -1 & 2 & 1\end{pmatrix}$, und es sei $T_A:\, \RR^3\rightarrow \RR^3$ die dazugehoerige lineare Abbildung (Definition \ref{def:matrixlinmap}). Was ist $\ker(T_A)$? Per Definition ist
	\[ \ker(T_A)=\left\{ x=\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\x_3\end{pmatrix}: Ax=0_{\RR^3} \right\},\]
    d.h. $\ker(T_A)$ ist die Loesung eines linearen Gleichungssystems. Wir haben die Loesung dieses Gleichungssystems bereits in Beispiel \ref{ex:erz} bestimmt: die Loesung ist
    \[ \ker(T_A)=\left\langle \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\right\rangle.\]
    Was ist $\im(T_A)$? Laut Definition ist
    \[ \im(T_A)=\left\{b=\begin{pmatrix} b_1\\b_2\\b_3\end{pmatrix}:\, \exists \, x\in\RR^3\, \text{so dass}\, A.x=b\right\}.\]
    Auch dieses haben wir in Beispiel \ref{ex:erz} bereits bestimmt: $b\in\im(T_A)$ genau dann, wenn $b_3=2b_2+b_1$, mit anderen Worten
    \[ \im(T_A)=\left\langle \begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 1\end{pmatrix},\, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\right\rangle.\]
    \item Es sei nun $B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 0\\ 2 & 1\end{pmatrix}$, und es sei $T_B:\, \RR^2\rightarrow \RR^3$ die dazugehoerige lineare Abbildung. Eine einfache Rechung zeigt, dass
    \[ \ker(T_B)=\{0_{\RR^2}\}.\]
    \end{enumerate}
	\end{examples}

  \begin{lemma}\label{lem:kerimage}\
  	\begin{enumerate}
  	 \item $\ker(T)$ ist ein Unterraum von $V$.
  	 \item  $\im(T)$ ist ein Unterraum von $W$.
  	\end{enumerate}
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Wir benutzen Satz \ref{prop:URcrit}.

  	(1) Es folgt von Satz \ref{prop:linear}, dass $T(0_V)=0_W$, d.h. $0_V\in \ker(T)$. Es seien nun $u,v\in\ker(T)$ und $\lambda\in K$. Da $T$ linear ist, gilt
  	\[ T(u+\lambda v)=T(u)+\lambda T(v)=0_W+\lambda 0_W=0_W,\]
  	d.h. $u+\lambda v\in \ker(T)$.

  	(2) Da $T(0_V)=0_W$, sehen wir, dass $0_W\in \im(T)$. Es seien nun $w_1,w_2\in \im(T)$; dann gibt es $v_1,v_2\in V$, so dass $T(v_i)=w_i$ fuer $i=1,2$. Es sei nun $\lambda\in K$. Dann gilt
  	\[ w_1+\lambda w_2=T(v_1)+\lambda T(v_2)=T(v_1)+T(\lambda v_2)=T(v_1+\lambda v_2),\]
  	d.h. $w_1+\lambda w_2\in \im(T)$.
  \end{proof}

  \begin{example}
  	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, und wir betrachen das homogene lineare Gleichungssystem
  	\[S:\, Ax=0_{K^m}.\]
  	Dann ist $L(S)=\ker(T_A)$ ein Unterraum von $K^n$.
  \end{example}

  \begin{proposition}
	Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Wenn $V$ endlich-dimensional ist, dann sind auch $\ker(T)$ und $\im(T)$ endlich-dimensional.\footnote{Wie nehmen hier \emph{nicht} an, dass $W$ endlich-dimensional ist.}
\end{proposition}
\begin{proof}
	Die Aussage fuer $\ker(T)$ folgt von Satz \ref{prop:subdim}.

	Um die Aussage fuer $\im(T)$ zu beweisen, benutzen wir Korollar \ref{cor:uniquemapbasis}: es sei $v_1,\dots,v_n$ eine Basis von $V$. Dann folgt aus dem Korollar, dass $T(v_1),\dots,T(v_n)$ ein Erzeugendensystem von $\im(T)$ ist. Daher ist $\im(T)$ endlich-dimensional.
  \end{proof}

  Der Kern von $T$ zeigt an, ob $T$ eine injektive Abbildung ist:

  \begin{proposition}\label{prop:injectiv}
	Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen Vektorraeumen. Dann ist $T$ genau dann injectiv, wenn $\ker(T)=\{0_V\}$.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
	$\Rightarrow$: klar von der Definition.

	$\Leftarrow$: nimm an, dass $T(v)=T(u)$ fuer $u,v\in V$. Dann gilt
	\[ T(u)-T(v)=0_W\qquad \Leftrightarrow \qquad T(u-v)=0_W,\]
	d.h. $u-v\in\ker(T)$. Wenn $\ker(T)=\{0_V\}$, dann folgt daraus, dass $u=v$, mit anderen Worten $T$ ist injectiv.
  \end{proof}

  \begin{example}
	Die Abbildung $T_B$ aus Beispiel \ref{ex:ker} (2) ist injektiv; die Abbildund $T_A$ aus dem gleichen Beispiel (1) ist nicht injektiv.
  \end{example}


  \begin{definition}
   Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung mit $V$ endlich-dimensional. Der Rang $\mathrm{rk}(T)$ von $T$ ist $\dim_K\im(T)$.
  \end{definition}

  Der folgende Satz bringt  $\mathrm{rk}(T)$ und die Dimension von $\ker(T)$ miteinander in Verbindung:

  \begin{theorem}\label{thm:kerim}
	Es seien $V,W$ endlich-dimensionale Vektorraeume ueber $K$, und es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Dann gilt
	\[ \dim_KV=\dim_K \ker(T)+\rk(T).\]
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Es sei $u_1,\dots,u_n$ einen Basis fuer $s\ker(T)$. Aufgrund von Theorem \ref{thm:austauschsatz} koennen wir es zu einer Basis $u_1,\dots,u_n,v_1,\dots,v_r$ fuer $V$ erweitern (d.h. $\dim_KV=n+r$).
  	Behauptung: $w_1,\dots,w_r$ ist eine Basis von $\im(T)$.

  	Aufgrund von Korollary \ref{cor:uniquemapbasis} ist $T$ durch $T(u_1),\dots,T(u_n),T(v_1),\dots,T(v_r)$ eindeutig bestimmt. Da $T(u_i)=0_W$ $\forall\, 1\leq i\leq n$, folgern wir, dass $T(v_1),\dots,T(v_r)$ ein Erzeugendensystem von $\im(T)$ ist.

  	Fuer $1\leq i\leq r$ sei $w_i=T(v_i)$. Wie ueberpruefen lineare Unabhaengigkeit: nimm an, dass
  	\[ \alpha_1w_1+\dots+\alpha_rw_r=0_V\qquad \Leftrightarrow \qquad  T(\alpha_1v_1+\dots+\alpha_rv_r)=0_V.\]
  	Dann ist $v=\alpha_1v_1+\dots+\alpha_rv_r\in\ker(T)$, d.h. es gibt $\beta_1,\dots,\beta_n\in K$ so dass
  	\[ \beta_1u_1+\dots+\beta_nu_n=v.\]
  	Wir erhalten die Gleichung
  	\[ \alpha_1v_1+\dots+\alpha_rv_r-(\beta_1u_1+\dots+\beta_nu_n)=0_V.\]
  	Da die Vektoren linear unabhaengig sind, folgt, dass
  	\[ \alpha_1=\dots=\alpha_r=\beta_1=\dots=\beta_n=0.\]
  	Insbesondere sind $w_1,\dots,w_r$ linear unabhaengig.
  \end{proof}

  \begin{corollary}\label{cor:comp}
  	Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen endlich-dimensionalen Vektorraeumen. Dann gilt:
  	\begin{enumerate}
  		\item Wenn $\dim W<\dim V$, dann ist $T$ nicht injektiv.
  		\item Wenn $\dim W>\dim V$, dann ist $T$ nicht surjektiv.
  		\item Wenn $\dim W=\dim V$, dann sind folgende Aussagen aequivalent:
  		 $T$ bijectiv $\Leftrightarrow$ $T$ ist injectiv $\Leftrightarrow$ $T$ ist surjectiv.
  	\end{enumerate}
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	(1) Da $\im(T)\leq W$, gilt $\rk(T)\leq \dim W$. Daraus folgt, dass
  	\[ \dim\ker(T)=\dim V-\rk(T)\geq \dim V-\dim W>0\]
  	und $T$ ist nicht injektiv (Satz \ref{prop:injectiv}).

  	(2) Aus Theorem \ref{thm:kerim} folgt, dass
  	\[ \rk\im(T)=\dim V-\dim\ker(T)\leq \dim V<\dim W,\]
  	so dass $T$ nicht surjectiv sein kann.

  	(3)
  	\begin{align*}
  		\text{$T$ ist injektiv}\quad &\Leftrightarrow\quad \ker(T)=\{0_V\}\\
  		& \Leftrightarrow \quad \rk(T)=\dim V\\
  		& \Leftrightarrow \quad \rk(T)=\dim W\\
  		& \Leftrightarrow \quad \im(T)=W\\
  		& \Leftrightarrow \quad \text{$T$ ist surjektiv}
  	\end{align*}
  \end{proof}

  \begin{examples}\ \newlecture
  	\begin{enumerate}
    	\item Es sei $A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & 1\\ 2 & 0 & 0 & 3\\
  		-1 & -1 & 2 & 0\end{pmatrix}$. Dann ist die lineare Abbildung $T_A$ nicht injektiv. Is sie surjektiv?
  	    \item Es sei $B=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}$. Dann ist $T_B$ bijektiv: wir haben in Beispiel 2.3.3 gesehen, dass $B$ zeilen-aequivalent ist zu der Matrix $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$. Daher ist $0_{\RR^3}$ die einzige Loesung des homogenen linearen Gleichungssystems $B.x=0_{\RR^3}$, d.h. $\ker(T_B)=\{0_{\RR^3}\}$.
  	 \end{enumerate}
  \end{examples}

  Folgende Beobachtung ist eine einfache Folgerung von Theorem \ref{thm:kerim}:

  \begin{corollary}\label{cor:samedim}
  	Es sei $V$ein endlich-dimensionaler Vektorraum und $T:V\rightarrow W$ eine injektive lineare Abbildung. Dann gilt fuer jeden Unterraum $U$ von $V$
  	\[ \dim_KU=\dim_KT(U).\]
  \end{corollary}


  \begin{definition}
  	Eine lineare Abbildung $T:V\rightarrow W$ ist ein \emph{Isomorphismus}, wenn es eine lineare Abbildung $S:W\rightarrow V$ gibt, so dass
  	\[ S\circ T=\id_V\qquad \text{und}\qquad T\circ S=\id_W;\]
  	in diesem Fall schreiben wir $S=T^{-1}$.

  	Wir sagen, dass $V$ und $S$ \emph{isomorph} sind, wenn es einen Isomorphismus $T:V\rightarrow W$ gibt; in diesem Fall schreiben wir $V\cong W$.
  \end{definition}

  \begin{remark}
  	Es sei $X$ die Menge aller Vektorraeume ueber $K$. Dann ist ``$\cong$" eine Aequivalenzrelation auf $X$.
  \end{remark}

  \begin{example}\label{ex:iso}
  	Es sei $V=\RR[x]^{\leq 2}$. Es sei $e_1,e_2,e_3$ die Standardbasis von $\RR^3$. Dann koennen wir dank Theorem \ref{thm:linmapconst} folgendermassen eine lineare Abbildung $V\rightarrow \RR^3$ konstruieren: wir wissen, dass $1,x,x^2$ eine Basis von $V$ ist. Dann gibt es genau eine lineare Abbildung $T:V\rightarrow \RR^3$ fuer die gilt \[ T(1)=e_1,\qquad T(x)=e_2, \qquad T(x^2)=e_3. \]

  	Um zu zeigen, dass $T$ ein Isomorphismus ist, konstruieren wir eine inverse lineare Abbildung: Definiere $S:\RR^3\rightarrow V$ durch
  	\[ S:\begin{pmatrix} a\\b\\c\end{pmatrix}\mapsto a+bx+cx^2.\]
  	Dann ist klar, dass $S\circ T=\id_V$ und $T\circ S=\id_{\RR^3}$.
  \end{example}

  \begin{example}
  	Es sei $V$ der reelle Vektorraum aller Fibonacci-Folgen. Dann definiert die Abbildung $\cF_{a,b}\mapsto \begin{pmatrix} a\\ b\end{pmatrix}$ einen Isomorphismus $V\cong\RR^2$.
  \end{example}

  \begin{remark}
  	Ein Isomorphismus $T:V\rightarrow V$ wird auch \emph{Automorphismus} genannt.
  \end{remark}

  \begin{remark}
	Wir koennen den Beweis von Theorem \ref{thm:kerim} folgendermassen interpretieren: es sei $X$ ein Komplement von $\ker(T)$ in $V$. Dann induziert die Abbildung $T:V\rightarrow W$ einen Isomorphismus $T:X\cong \im(T)$.
  \end{remark}

  \textbf{Frage.} Ist jede lineare Bijektion $T:V\rightarrow W$ ein Isomorphismus?

  \begin{lemma}\label{lem:iso}
  	Es sei $T:V\rightarrow W$ eine bijektive lineare Abbildung.  Dann ist die inverse Abbildung $T^{-1}:W\rightarrow V$ ebenfalls linear, d.h. jede bijektive lineare Abbildung ist automatisch ein Isomorphismus.
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Es seien $w_1,w_2\in W$ und $\alpha_1,\alpha_2\in K$. Dank Bemerkung \ref{rem:critlin} muessen wir zeigen, dass
  	\[ T^{-1}(\alpha_1w_1+\alpha_2w_2)=\alpha_1T^{-1}(w_1)+\alpha_2^{-1}T^{-1}(w_2).\]
  	Fuer $i=1,2$ sei $v_i=T^{-1}(w_i)$. Da $T$ linear ist, gilt
  	\[ T(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2)=\alpha_1T(v_1)+\alpha_2T(v_2)=\alpha_1w_1+\alpha_2w_2.\]
  	Wenden wir $T^{-1}$ auf diese Gleichung an, dann folgt, dass
  	\[ T^{-1}(\alpha_1w_1+\alpha_2w_2)=\alpha_1v_1+\alpha_2v_2=\alpha_1T^{-1}(w_1)+\alpha_2T^{-1}(w_2).\]
  \end{proof}

  \begin{example}
   Um zu zeigen, dass die Abbildung $T$ in Beispiel \ref{ex:iso} ein Isomorphismus ist, reicht es daher zu zeigen, dass sie bijektiv ist. Nun zeigt eine einfache Rechnung, dass $\ker(T)=\{0_V\}$, daher ist $T$ bijektiv aufgrund von Korollar \ref{cor:comp} (3).
  \end{example}

\begin{example}
  Die Abbildung $T_B$ aus Beispiel 4.2.11 ist also ein Isomorphismus. Was ist die inverse lineare Abbildung?
\end{example}

  Folgendes Theorem ist sehr wichtig: es klassifiziert alle $n$-dimensionalen $K$-Vektorraeume.

  \begin{theorem}
  	Es seien $V,W$ $n$-dimensionale $K$-Vektorraeume. Dann gilt $V\cong W$.
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Waehle jeweilige Basen $v_1,\dots,v_n$ und $w_1,\dots,w_n$ von $V$ und $W$.  Aus Theorem \ref{thm:linmapconst} folgt, dass es eine lineare Abbildung $T:V\rightarrow W$ gibt, so dass $T(v_i)=w_i$ $\forall\, 1\leq i\leq n$. Dann ist $T$ surjectiv: wenn $\alpha_1w_1+\dots+\alpha_nw_n\in W$, dann gilt
  	\[ T(\alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n)=\alpha_1w_1+\dots+\alpha_nw_n.\]
  	Es folgt von Korollar \ref{cor:comp}, dass $T$ bijektiv ist und daher dank Lemma \ref{lem:iso} ein Isomorphismus.
  \end{proof}

  \begin{remark}\label{rem:coordinates}
  	Insbesondere ist jeder $n$-dimensionale $K$-Vektorraum isomorph zu $K^n$.
  \end{remark}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%\subsection{Koordinaten}
%
%  Dank Bemerkung \ref{rem:coordinates} koennen wir auf einem Vektorraum Korrdinaten einfuehren:
%
%  \begin{definition}
%  	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum, und es sei $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ eine Basis.\footnote{Von jetzt an spielt die Anordnung ber Basiselemente eine Rolle, d.h. eine Basis ist nicht nur einen Menge von Elementen, sondern eine geordnete Liste.} Fuer $v\in V$ definieren wir den Koordinatenvektor von $v$ bezueglich der Basis $\cB$ als
%  	\[ [v]_{\cB}=\begin{pmatrix} a_1\\ \vdots\\ a_n\end{pmatrix}, \]
%  	wobei $a_1,\dots,a_n\in K$ mit $v=a_1v_1+\dots+a_nv_n$\footnote{Da $\cB$ eine Basis ist, ist $[v]_{\cB}$ wohldefiniert.}.  Die Abbildung
%  	\[ \Phi_{\cB}:\, V\rightarrow K^n,\qquad v\mapsto [v]_{\cB}\]
%  	ist die \emph{Koordinaten-Abbildung} bezueglich $\cB$.
%  \end{definition}
%
%
%
%  \begin{remark}
%  	Von jetzt an ist einen Basis von $V$
%  \end{remark}
%
%  \begin{proposition}
%  	Die Abbildung $\Phi_{\cB}$ ist linear und ein Isomorphismus. Genauer gesagt ist es die eindeutige lineare Abbildung $T:V\rightarrow K^n$, fuer die gilt $T(v_i)=e_i$ fuer alle $1\leq i\leq n$ (vergl. Theorem \ref{thm:linmapconst}).
%  \end{proposition}
%  \begin{proof}
%  	Uebung.
%  \end{proof}
%
%  \begin{remark}
%  	Die inverse Abbildung $\Phi_{\cB}^{-1}$ ist gegeben durch
%  	\[\Phi^{-1}_{\cB}:\ K^n\rightarrow V,\qquad \begin{pmatrix} a_1\\ \vdots\\ a_n\end{pmatrix}\mapsto a_1v_1+\dots+a_nv_n.\]
%  \end{remark}
%
%  \begin{examples}\
%  	\begin{enumerate}
%  		\item Es sei $V=\RR^2$, mit Basis $\cB=\left\{\begin{pmatrix} 1 \\1 \end{pmatrix},\, \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \right\}$. Dann kann ein Vektor $v=\begin{pmatrix} a \\ b\end{pmatrix}$ als Linearkombination geschrieben werden:
%  		\[ v=\frac{a+b}{2}\begin{pmatrix} 1 \\1 \end{pmatrix}+ \frac{a-b}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}. \]
%  		Mit anderen Worten,
%  		\[ \Phi_{\cB}(v)=\begin{pmatrix} \frac{a+b}{2}\\ \frac{a-b}{2}\end{pmatrix}.\]
%  		Betrachte nun die Basis $\mathcal{C}=\left\{\begin{pmatrix} 1 \\1 \end{pmatrix},\, \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right\}$. Dann gilt fuer $v=\begin{pmatrix} a \\ b\end{pmatrix}$
%  		\[ \Phi_{\mathcal{C}}(v)=\begin{pmatrix} b\\ a-b\end{pmatrix}.\]
%  		\item Es sei $V=K[x]^{\leq 3}$, und wir betrachten die Basis
%  		\[ \cB=\{ 1,x+1,x^2+x+1,x^3+x^2+x+1\}.\]
%  		Es sei nun $p(x)=a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0\in V$. Dann gilt (Uebung)
%  		\[ [p(x)]_{\cB}=\begin{pmatrix} a_0-a_1\\ a_1-a_2\\ a_2-a_3\\ a_3\end{pmatrix}.\]
%  	\end{enumerate}
%  \end{examples}
%
%  \begin{remark}
%  	Die Abbildung $\Phi_{\cB}$ haengt ab von der Wahl der Basis $\cB$: sie ist nicht \emph{kanonisch}.
%  \end{remark}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Lineare Abbildungen als Matrizen}


  \begin{definition}\label{def:Abbmat}
  Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen endlich-dimensionalen $K$-Vektorraeumen, und es sei $\cB=(v_1,\dots,v_n)$, bzw. $\mathcal{C}=(w_1,\dots,w_m)$ eine Basis von $V$, bzw. von $W$. Die \emph{Abbildungsmatrix} von $T$ bezueglich der Basen $\cB$ und $\cC$ ist die Matrix $[T]^{\cB}_{\cC}=(a_{ij})\in M_{m\times n}(K)$, deren Eintraege definiert sind durch
   	\[T(v_j)=\sum_{i=1}^ma_{ij}w_i.\]
  \end{definition}

  \begin{examples}\label{ex:Abbmat}
  	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum mit Basis $\cB=(v_1,\dots,v_n)$.
  	\begin{enumerate}
  		\item Die Abbildungsmatrix der Null-Abbildung bezueglich jeder Basis ist die Nullmatrix.
  		\item Die Abbildungsmatrix der Identitaetsabbildung bezueglich der Basis $\cB$ ist die Einheitsmatrix: $[\id]^{\cB}_{\cB}=\mathbf{1}_n$.
    \end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{example}\label{ex:Ableitung}
	Es seien nun $V=\RR[x]^{\leq 3}$ und $W=\RR[x]^{\leq 2}$, mit jeweiligen Standardbasen $\cE=(1,x,x^2,x^3)$ und $\cE'=(1,x,x^2)$. Wir betrachten die Ableitungsabbildung $D:V\rightarrow W$. Dann ist
	\[ [D]^{\cE}_{\cE'}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3\end{pmatrix}.\]
  \end{example}

  \begin{example}
	Es sei $V$ der Vektorraum aller Fibonacci-Folgen und $S:V\rightarrow V$ die Verschiebungs-Abbildung. Es sei $\cB$ die Basis $(\cF_{1,0},\cF_{0,1})$. Dann ist
	\[ [S]_{\cB}^{\cB}=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}. \]
	Es sei nun $\cC$ die Basis $(\cF_{1,\varphi}, \cF_{1,\psi})$. In dieser Basis hat $S$ eine besonders schoene Form: sie ist diagonal.
	\[ [S]_{\cC}^{\cC}=\begin{pmatrix} \varphi & 0\\ 0 & \psi\end{pmatrix}. \]
	Wie haengen die beiden Matrizen zusammen? Wir werden diese Frage in Abschnitt \ref{ssec:Basiswechsel} untersuchen.
  \end{example}

  \begin{remark} \newlecture
    Mit Hilfe der Abbildungsmatrix $[T]^{\cB}_{\cC}$ koennen wir sehr leicht berechnen, wohin ein Vektor $v\in V$ abgebildet wird. Schreibe $v$ als Linearkombination der basis $\cB$: $v=\beta_1v_1+\dots+\beta_nv_n$, und es sei
    \[ \begin{pmatrix}\gamma_1\\ \vdots \\ \gamma_m\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1n}\\
    	\vdots & &\vdots\\
    	a_{m1} & \dots & a_{mn}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\beta_1\\ \vdots\\ \beta_n\end{pmatrix}. \]
    Dann ist
    \begin{align*}
    	T(v)&=T(\beta_1v_1+\dots+\beta_nv_n),\\
    	& = \sum_{i=1}^n\beta_jT(v_j)\\
    	& = \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^ma_{ij}\beta_j\cdot w_i\\
    	& = \sum_{i=1}^m\left(\sum_{j=1}^na_{ij}\beta_j\right)\cdot w_i\\
    	& =     	\gamma_1w_1+\dots+\gamma_mw_m
    \end{align*}
  \end{remark}

  \begin{example}
  	Zurueck zu Beispiel \ref{ex:Ableitung}. Was ist das Bild von einem beliebigen Element $v\in\RR[x]^{\leq 3}$ unter der Abbildung $D$? Schreibe $v$ als Linearkombination der Basis $\cE$: $v=a+bx+cx^2+dx^3$. Dann gilt
  	\[ D(v)=aD(1)+bD(x)+cD(x^2)+dD(x^3),\]
  	mit anderen Worten, wir berechnen
  	\[ \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b\\ 2c\\3d\end{pmatrix},\]
  	und dieses sind genau die Koordinaten von $D(v)$ in der Basis $\cE'$: $D(v)=b+2cx+3dx^2$.
  \end{example}


 Dank der Abbildungsmatrix koennen wir die Verknuepfung von linearen Abbildungen mit Hilfe von Matrizen darstellen:

\begin{proposition}\label{prop:composition}
	Es seien $V$, $W$ und $U$ drei endlich-dimensionale Vektorraeume ueber $K$ mit jeweiligen Basen $\cA=(v_1,\dots,v_n)$, $\cB=(w_1,\dots,w_m)$ und $\cC=(u_1,\dots,u_p)$. Es seien $T:V\rightarrow W$ und $S:W\rightarrow U$ lineare Abbildungen. Dann gilt
	\[ \left[S\circ T\right]^{\cA}_{\cC}=[S]^{\cB}_{\cC}\cdot [T]_{\cB}^{\cA},\]
	wobei $\cdot$ die Matrix-Multiplikation bezeichnet.
\end{proposition}
\begin{proof}
	Schreibe
	\[[T]^{\cA}_{\cB}=(a_{ij})\in M_{m\times n}(K),\quad (b_{ij})=[S]^{\cB}_{\cC}\in M_{p\times m}(K),\quad (c_{ij})= \left[S\circ T\right]^{\cA}_{\cC}\in M_{p\times n}(K).    \]
	Dann gilt aufgrund der Definition der Darstellungsmatrizen durch
	\begin{align}
		 T(v_j)& = a_{1j}w_1+\dots+a_{mj}w_m,\label{T}\\
		 S(w_i)&=b_{1i}u_1+\dots+b_{pi}u_p,\label{S}\\
	 (S\circ T)(v_j) & = c_{1j}u_1+\dots+c_{pj}u_p\label{ST}
	\end{align}
 gegeben. Aber $(S\circ T)(v_j)$ ist ebenfalls gegeben durch
 \begin{align*}
 	(S\circ T)(v_j) & = S(T(v_j))\\
 	& = S\left(a_{1j}w_1+\dots+a_{mj}w_m\right)\\
 	& = a_{1j}S(w_1)+\dots + a_{mj}S(w_m)\\
 	& = \sum_{i=1}^ma_{ij}S(w_i)\\
 	& = \sum_{i=1}^ma_{ij}\sum_{k=1}^pb_{ki}u_k\\
 	& = \sum_{i=1}^m\sum_{k=1}^pa_{ij}b_{ki}u_k,
 \end{align*}
  das heisst $c_{kj}=\sum_{i=1}^mb_{ki}a_{ij}$, was genau der Wert an der Stelle $(k,j)$ der Matrix $[S]^{\cB}_{\cC}\cdot [T]_{\cB}^{\cA}$ ist. Quod erat demonstrandum.
\end{proof}






%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection{Matrizen als Lineare Abbildungen}

  \begin{remark}\label{rem:standard}
	Es seien $V$ und $W$ endlich-dimensionale Vektorraeume mit jeweiligen Basen $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ und $\mathcal{C}=(w_1,\dots,w_m)$. Wir haben bereits gesehen, dass jede lineare Abbildung $T:V\rightarrow W$ eine Abbildungsmatrix $[T]^{\cB}_{\cC}$ hat.

	Umgekehrt koennen wir aus einer Matrix $A\in M_{n\times n}(K)$ eine lineare Abbildung $L_A:V\rightarrow W$ konstruieren: wir definieren $L_A$ als die lineare Abbildung $V\rightarrow W$, fuer die gilt
	\[ L_A(v_j)=\sum_{i=1}^ma_{ij}w_i \qquad \forall 1\leq j\leq n.\]
	\textbf{Wichtig:} Die lineare Abbildung $L_A$ haengt ebenfalls von der Wahl der Basen $\cB$ und $\cC$ ab!
\end{remark}

\begin{remark}
	In dem Spezialfall, dass $V=K^n$, $W=K^m$ und $\cB$ and $\cC$ die jeweiligen Standardbasen sind, ist $L_A$ die lineare Abbildung $T_A$ aus Beispiel \ref{def:matrixlinmap}.
\end{remark}

\begin{lemma}\label{lem:inv}
	Es seien $V$ und $W$ endlich-dimensionale Vektorraeume mit jeweiligen Basen $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ und $\mathcal{C}=(w_1,\dots,w_m)$.
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Dann gilt $L_{[T]^{\cB}_{\cC}}=T$.
		\item Es sei $A\in M_{n\times n}(K)$. Dann gilt $[L_A]^{\cB}_{\cC}=A$: die Abbildungsmatrix bezueglich der Basen $\cB$ und $\cC$ ist $A$ selber.
	\end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
	Klar von den Definitionen.
\end{proof}

\begin{remark}\label{rem:onetoone}
	Wir koennen Lemma \ref{lem:inv} folgendermassen zusammenfassen: es gibt eine $1:1$-Korrespondenz
	\begin{align}
		\{\text{$m\times n$-Matrizen mit Werten in $K$}\}\quad &\leftrightarrow \quad \{\text{lineare Abbildungen $V\rightarrow W$}\}\\
		A \quad &\mapsto \quad L_A\\
		[T]^{\cB}_{\cC} \quad &\mapsfrom \quad T
	\end{align}
  \textbf{Wichtig: diese $1:1$ Korrespondenz haengt von der Wahl der Basen von $V$ und $W$ ab -- sie ist \emph{nicht} kanonisch. }
\end{remark}


  \begin{proposition}
   Es sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum mit Basis $\cB=(v_1,\dots,v_n)$. Es sei $T:V\rightarrow V$ eine lineare Abbildung. Dann ist $T$ genau dann ein Isomorphismus, wenn $[T]^{\cB}_{\cB}$ eine invertierbare Matrix ist. In diesem Fall ist die Abbildungsmatrix von $T^{-1}$ bezueglich der Basis $\cB$ gegeben durch $\left([T]^{\cB}_{\cB}\right)^{-1}$.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	$\Rightarrow$ Nimm an, dass $T$ ein Isomorphismus ist, d.h. es gibt eine lineare Abbildung $T^{-1}:V\rightarrow V$ so dass
  	\[ T\circ T^{-1}=T^{-1}\circ T=\id_V.\]
  	Dann gilt aufgrund von Satz \ref{prop:composition}, dass
  	\[ [\id_V]^{\cB}_{\cB}=\mathbf{1}_n=[T]^{\cB}_{\cB}\cdot [T^{-1}]^{\cB}_{\cB}=[T]^{\cB}_{\cB}\cdot [T^{-1}]^{\cB}_{\cB},\]
  	das heisst $[T^{-1}]^{\cB}_{\cB}$ ist die inverse Matrix von $[T]^{\cB}_{\cB}$.

  	$\Leftarrow$ Nimm an, dass $A=[T]^{\cB}_{\cB}$ invertierbar ist, d.h. es gibt eine Matrix $A^{-1}$, so dass
  	\[ A\cdot A^{-1}=A^{-1}\cdot A=\mathbf{1}_n.\]
  	Dann ist $L_{A^{-1}}$ die inverse Abbildung zu $T$: aufgrund von Satz \ref{prop:composition} gilt
  	\[   		[L_{A^{-1}}\circ T]^{\cB}_{\cB} = 	[L_{A^{-1}}]^{\cB}_{\cB}\cdot [T]^{\cB}_{\cB}= A^{-1} \cdot A=\mathbf{1}_n=[\id_V]^{\cB}_{\cB},\]
  	wobei die zweite Gleichung von Lemma \ref{lem:inv} (2) folgt. Daher gilt $L_{A^{-1}}\circ T=\id_V$. Auf aehnliche Weise koennen wir zeigen, dass $T\circ L_{A^{-1}}=\id_V$. Daher ist $T$ ein Isomorphismus.
  \end{proof}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Basiswechsel}\label{ssec:Basiswechsel}

  Wir wollen nun folgende Frage untersuchen: es sei $T: V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen endlich-dimensionalen $K$-Vektorraeumen, und es seien $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ und $\cB'=(v_1',\dots, v_n' )$, bzw. $\cC=(w_1,\dots,w_m')$ und $\cC'=(w_1',\dots, w_m')$ zwei verschidene Basen von $V$, bzw. von $W$. Was ist die Beziehung zwischen den Matrizen $[T]^{\cB}_{\cC}$ und $[T]^{\cB'}_{\cC'}$?

  \begin{definition}
	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum mit Basis $\cB=(v_1,\dots,v_n)$. Es sei $\cB'=(v_1',\dots,v_n')$ eine andere Basis von $V$, und es sei $A=[\id]^{\cB}_{\cB'}$, d.h. $A=(a_{ij})$ ist  die Matrix, deren Eintraege definiert sind durch die Gleichungen
	\[ v_j= \sum_{i=1}^na_{ij}v'_i\qquad \text{fuer $1\leq j\leq n$}.\]
	Die Matrix $A$ heisst \emph{Basiswechselmatrix} von $\cB$ nach $\cB'$.
\end{definition}

\begin{remark}
	Wir koennen mit Hilfe der Basiswechselmatrix  $A=[\id]^{\cB}_{\cB'}$ eine Linearkombination bezueglich der Basis $\cB$ als eine Linearkombination bezueglich der Basis $\cB'$ ausdruecken: es sei $v=\alpha_1 v_1+\dots+\alpha_nv_n\in V$. Dann gilt
	\[ v=\beta_1v_1'+\dots+\beta_nv_n',\]
	wobei
	\[ \begin{pmatrix} \beta_1\\ \vdots\\ \beta_n\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{1n}\\
		\vdots & &\vdots\\
		a_{n1} & \dots & a_{nn}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \alpha_1\\ \vdots \\ \alpha_n\end{pmatrix}.\]
\end{remark}

\begin{proposition}\label{prop:bwinverse}
	Die Basiswechselmatrix $[\id]^{\cB}_{\cB'}$ ist invertierbar, mit Inversem
	\[ \left([\id]^{\cB}_{\cB'}\right)^{-1}=[\id]^{\cB'}_{\cB}.\]
\end{proposition}
\begin{proof}
 Von Theorem \ref{prop:composition} folgt, dass
  \begin{align*}
 	 [\id]^{\cB}_{\cB}=\mathbf{1}_n=[\id]^{\cB}_{\cB'}\circ [\id]^{\cB'}_{\cB} \\
 	 [\id]^{\cB'}_{\cB'}=\mathbf{1}_n=[\id]^{\cB'}_{\cB}\circ [\id]^{\cB}_{\cB'}.
  \end{align*}
\end{proof}


\begin{example}\label{ex:basechange}
	Es sei $\cB=\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix},\, \begin{pmatrix} 2\\ 1\end{pmatrix} \right)$, und es sei $\cE=(e_1,e_2)$ die Standardbasis von $\RR^2$. Dann ist
	\[ [\id]^{\cB}_{\cE}=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\end{pmatrix}.\]
	Wir koennen natuerlich auch die Basiswechselmatrix von $\cB'$ nach $\cB$ betrachten: es gilt
	\[ [\id]^{\cE}_{\cB}=\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 0 & 1\end{pmatrix}.\]
	Wir ueberpruefen Satz \ref{prop:bwinverse}:
	\[ \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}.\]
\end{example}



  \begin{theorem}\label{thm:conj}
  	Es sei $T: V\rightarrow W$ eine\newlecture lineare Abbildung zwischen endlich-dimensionalen $K$-Vektorraeumen, und es seien $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ und $\cB'=(v_1',\dots, v_n' )$, bzw. $\cC=(w_1,\dots,w_m')$ und $\cC'=(w_1',\dots, w_m')$ zwei verschidene Basen von $V$, bzw. von $W$. Dann gilt
  	\[ [T]^{\cB'}_{\cC'}=[\id_W]^{\cC}_{\cC'}\cdot [T]^{\cB}_{\cC}\cdot [\id_V]^{\cB'}_{\cB}.\]
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Let $A=[T]^{\cB}_{\cC}$, $P=[\id_V]^{\cB'}_{\cB}$ and $Q=[\id_W]^{\cC}_{\cC'}$. Diese Matrizen sind durch folgende Eigenschaften definiert (vergl. Definition \ref{def:Abbmat} und Beispiel \ref{ex:Abbmat} (3)):
  	\begin{align*}
      v_\ell'&=p_{1\ell}v_1+\dots+p_{n\ell}v_n,\\
	  T(v_k)& = a_{1k}w_1+\dots+a_{mk}w_m,\\
      w_j&=q_{1j}w_1'+\dots+q_{mj}w'_m
   \end{align*}
   fuer alle $1\leq k,\ell\leq n$ und $1\leq j\leq m$.
   Dann gilt
   \begin{align}
   	T(v_\ell') & = \sum_{k=1}^n p_{k\ell}T(v_k)\notag \\
   	& =  \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^m p_{k\ell}a_{jk}w_j\notag \\
   	& = \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^m\sum_{i=1}^m  p_{k\ell}a_{jk}q_{ij}w'_i\label{triple1}
   \end{align}
    Aber $B=[T]^{\cB'}_{\cC'}$ ist die Matrix mit der Eigenschaft, dass
    \[ T(v_{\ell'})= b_{1\ell}w_1'+\dots+b_{m\ell}w_m'.\]
    Indem wir die Formeln \eqref{triple1} und \eqref{triple2} vergleichen, erhalten wir
    \begin{equation}\label{triple2}
    	b_{i\ell}  = \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^m p_{k\ell}a_{jk}q_{ij}.
    \end{equation}
  \end{proof}

\begin{remark}
	Wir koennen Theorem \ref{thm:conj} folgendermassen zusammenfassen: $T: V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen endlich-dimensionalen $K$-Vektorraeumen, und es seien $\cB$ und $\cB'$, bzw. $\cC$ und $\cC'$ zwei verschidene Basen von $V$, bzw. von $W$. Dann gibt es invertierbare Matrizen $P\in M_{n\times n}(K)$ und $Q\in M_{m\times m}(K)$, so dass
	\[ [T]^{\cB'}_{\cC'}=Q\cdot [T]^{\cB}_{\cC}\cdot P. \]
	Hier ist $P$ die Basiswechselmatrix von $\cB'$ nach $\cB$ und $Q$ die Basiswechselmatrix von $\cC$ nach $\cC'$.
\end{remark}

  Als Spezialfall erhalten wir einen Formel fuer die Matrix eines Endomorphismus nach Basiswechsel:

  \begin{corollary}\label{cor:conj}
  	Es sei $T:V\rightarrow V$ ein Endomorphismus, und es seien $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ und $\cB'=(v_1',\dots, v_n' )$ Basen von $V$. Es sei $P=[\id]^{\cB}_{\cB'}$. Dann gilt
  	\[ [T]^{\cB'}_{\cB'}=[\id]^{\cB}_{\cB'}\cdot [T]^{\cB}_{\cB}\cdot[\id]^{\cB'}_{\cB}.\]
  \end{corollary}

  \begin{example}
  	Es sei $A=\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$, und wir betrachten die Abbildung $T_A:\RR^2\rightarrow \RR^2$. Mit anderen Worten, wenn $\cE=(e_1,e_2)$, dann gilt
  	\[ A=[T_A]^{\cE}_{\cE}.\]
  	Es sei nun $\cB=\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix},\, \begin{pmatrix} 2\\ 1\end{pmatrix} \right)$ (vergl. Beispiel \ref{ex:basechange}). Was ist die Matrix von $T_A$ bezueglich der Basis $\cB$? Es gilt
  	\[[\id]^{\cB}_{\cE}=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\end{pmatrix}\qquad \text{und}\qquad [\id]^{\cE}_{\cB}=\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 0 & 1\end{pmatrix}. \]
  	Von Korollar \ref{cor:conj} erhalten wir
  	\[ [T_A]^{\cB}_{\cB}= [\id]^{\cE}_{\cB} \cdot [T_A]^{\cE}_{\cE}\cdot  [\id]^{\cB}_{\cE} = \begin{pmatrix} 1 & -2\\ 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3 & -10\\ 2 & 4    \end{pmatrix}.\]
  	Diese Matrix bedeutet, dass
  	\[ T_A: v_1\mapsto -3v_1+2v_2\qquad \text{und}\qquad T_A:v_2\mapsto -10v_1+4v_2.\]
  \end{example}

  \begin{example}\label{ex:fibrev}
  	Wir koennen jetzt einige der Rechnungen mit Fibonacci Folgen besser verstehen: es seien $\cB=( \cF_{1,0}, \, \cF_{0,1})$ und $\cC=(\cF_{1,\varphi},\, \cF_{1,\psi})$ Basen des Raumes $V$ von Fibonacci-Folgen, und es sei $S:V\rightarrow V$ die Verschiebungsabbildung.  Wir haben bereits gesehen, dass
  	\[ [S]^{\cB}_{\cB}=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}. \]
  	Die Basiswechselmatrix von $\cB$ nach $\cC$ ist gegeben durch
  	\[ [\id]^{\cC}_{\cB}=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ \varphi&\varphi\end{pmatrix}\]
  	mit inverser Matrix
  	\[ [\id]^{\cB}_{\cC}= \frac{1}{\sqrt{5}}\,\begin{pmatrix} -\psi & 1 \\ \varphi & -1\end{pmatrix}.  \]
  	Daher gilt
  	\[ [S]_{\cC}^{\cC}=  [\id]^{\cB}_{\cC} \cdot [S]^{\cB}_{\cB}\cdot  [\id]^{\cC}_{\cB} =   \frac{1}{\sqrt{5}}\,\begin{pmatrix} -\psi & 1 \\ \varphi & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1\\ \varphi&\varphi\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \varphi & 0\\0 & \psi\end{pmatrix}, \]
  	wie erwartet. (Rechnen Sie nach!)
  \end{example}

  \begin{definition}\label{def:eqmat}\
  	 \begin{enumerate}
  	   \item Zwei Matrizen $A,B\in M_{n\times n}(K)$ sind \emph{aehnlich}, wenn es eine invertierbare Matrix $P\in M_{n\times n}(K)$ gibt, so dass
  	   \[ B=P^{-1}\cdot A\cdot P.\]
  	   \item Zwei Matrizen $A,B\in M_{m\times n}(K)$ sind \emph{\"aquivalent}, wenn es invertierbare Matrizen $P\in M_{m\times m}(K)$ und $Q\in M_{n\times n}(K)$ gibt, so dass
  	   \[ B=P\cdot A\cdot Q.\]
  	\end{enumerate}
  \end{definition}

  \begin{examples}\
  \begin{enumerate}
  	\item Die Matrizen $\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix} \varphi & 0 \\ 0 & \psi\end{pmatrix}$ aus Beispiel \ref{ex:fibrev} sind aehnlich.
  	\item
  \end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{proposition}\label{prop:aeqrelmat}\
  	 \begin{enumerate}
  	 	\item   	`Aehnlichkeit' definiert eine Aequivalenzrelation auf $M_{n\times n}(K)$.
  	 	\item `\"Aquivalenz' definiert eine Aequivalenzrelation auf $M_{m\times n}(K)$.
  	 \end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	 Wir beweisen (1); der Beweis von (2) isteine Uebung. 	Schreibe $A\sim B$ wenn $A$ aehnlich zu $B$ ist.
  	\begin{itemize}
  		\item Es gilt $A\sim A$, da $A=\mathbf{1}_n^{-1}A\, \mathbf{1}_n$.
  		\item Wenn $A\sim B$, dann gilt
  		\[ B=P^{-1}\cdot A\cdot P\qquad \Rightarrow \qquad A=(P^{-1})^{-1}B\, P^{-1},\]
  		und daher $B\sim A$.
  		\item Wenn $A\sim B$ und $B\sim C$, dann gibt es invertierbare Matrizen $P,Q$ so dass
  		\[ B=P^{-1} A\, P\qquad \text{und}\qquad C=Q^{-1}B\, Q,\]
  		woraus folgt, dass
  		\[ C= Q^{-1}P^{-1} A\, P\, Q=(PQ)^{-1}A\, PQ,\]
  		d.h. $A\sim C$.
  	\end{itemize}
  \end{proof}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

  \subsection{Zeilenrang gleich Spaltenrang}

    Wir koennen jetzt den Satz aus Abschnitt \ref{ssec:ZeilenSpalten} beweisen, naemlich dass fuer jede Matrix $A\in M_{m\times n}(K)$ gilt
    	\begin{equation}\label{eq:samerank}
    	\mathrm{Zeilenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(A).
    	\end{equation}
    	Der Beweis erfordert etwas Vorbereitung. Wir beginninen mit folgender Bemerkung:

    \begin{remark}\label{rem:spaltenrang}
    	Es sei $L_A:K^n\rightarrow K^m$ die lineare Abbildung, die durch $A$ bezueglich der Standardbasen $\cE$ von $K^n$ und $\cF$ von $K^m$ gegeben ist; dann gilt
    	\[ \im(L_A)=\mathrm{Spalten}(A)\]
    	und daher $\rk(L_A)=\mathrm{Spaltenrang}(A)$.
    \end{remark}

   \begin{theorem}\label{thm:blockform}
    	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, und es sei $r=\mathrm{Spaltenrang}(A)$.. Dann gibt es invertierbare Matrizen $P\in M_{n\times n}(K)$ und $Q\in M_{m\times m}(K)$, so dass $QAP$ die Form $\begin{pmatrix} \mathbf{1}_r & 0_{r\times s}\\ 0_{t\times r} & 0_{t\times s}\end{pmatrix}$ hat, wobei $s=n-r$ und $t=m-r$.
   \end{theorem}
   \begin{proof}


   	  Es sei $(u_1,\dots,u_s)$ eine Basis fuer $\ker(L_A)$. Wie in dem Beweis von Theorem \ref{thm:kerim} erweitern wir die Basis zu einer Basis
   	\[ \cB=(v_1,\dots,v_r,u_1,\dots,u_s)\]
   	 von $K^n$. Dein Einfachheit halber sei $v_{r+i}=u_i$ fuer $1\leq i\leq s$, d.h.
   	 \[ \cB=(v_1,\dots,v_n).\]
   	 Fuer $1\leq i\leq r$ sei $w_i=L_A(v_i)$; dann ist $(w_1,\dots,w_r)$ eine Basis von $\im(L_A)$. Wir erweitern diese Basis zu einer Basis
   	\[ \cC=(w_1,\dots, w_r,w_{r+1},\dots, w_m)\]
   	von $K^m$.

   	Was ist die Matrix von $L_A$ bezueglich der Basen $\cB$ und $\cC$? Schreiben wir $[L_A]^{\cB}_{\cC}=(c_{ij})$, dann gilt per Definition
   	\[ T(v_j)=c_{1j}w_1+\dots+c_{mj}w_m.\]
   	Nun wissen wir aber, dass
   	\[ T(v_j)=\begin{cases}
   		w_j & \quad \text{fuer $1\leq j\leq r$}\\
   		0_{K^m} & \quad \text{fuer $r<j\leq n$}
   	\end{cases}\]
   Mit anderen Worten,
   \[ [L_A]^{\cB}_{\cC}= \begin{pmatrix} \mathbf{1}_r & 0_{r\times s}\\ 0_{t\times r} & 0_{t\times s}\end{pmatrix}.\]
   Nun wissen wir von Theorem \ref{thm:conj}, dass
  	\[ [L_A]^{\cB}_{\cC}=[\id_{K^m}]^{\cF}_{\cC}\cdot [L_A]^{\cB}_{\cC}\cdot [\id_{K^n}]^{\cB}_{\cE}.\]
  	Da $ \left[L_A\right]^{\cE}_{\cF}=A$, erhalten wir das Resultat fuer $Q=[\id_{K^m}]^{\cF}_{\cC}$ und $P= [\id_{K^n}]^{\cB}_{\cE}$.
   \end{proof}

   Dieses Theorem\newlecture hat eine interessante Konsequenz: erinnern Sie sich (Def. \ref{def:eqmat} (2)), dass zwei Matrizen $A,B\in M_{m\times n}(K)$ aequivalent sind, wenn es invertierbare Matrizen $P\in M_{m\times m}(K)$ und $Q\in M_{n\times n}(K)$ gibt, so dass
   \[ B=P\cdot A\cdot Q;\]
   wir schreiben $ A\sim B$.

   \begin{corollary}
   	Es seien $A\sim B$. Dann gilt $A\sim B$ genau dann, wenn $\mathrm{Spaltenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(B)$. Insbesondere zerfaellt $M_{m\times n}(K)$ in $\min\{m,n\}+1$ \"Aquivalenzklassen.
   \end{corollary}
   \begin{proof}
    $\Leftarrow$: Es sei $r$ der gemeinsame Spaltenrang. By Theorem \ref{thm:blockform} gilt
    \[ a \sim \begin{pmatrix} \mathbf{1}_r & 0_{r\times s}\\ 0_{t\times r} & 0_{t\times s}\end{pmatrix}\qquad \text{und}\qquad B\sim \begin{pmatrix} \mathbf{1}_r & 0_{r\times s}\\ 0_{t\times r} & 0_{t\times s}\end{pmatrix}.\]
    Da `$\sim$' eine Aequialenzrelation ist (Proposition \ref{prop:aeqrelmat}), folgt daraus, dass $A\sim B$.

    $\Rightarrow$: Nimm an, dass $A\sim B$, d.h. es gibt invertierbare Matrizen $P\in M_{m\times m}(K)$, $Q\in M_{n\times n}(K)$ so dass $B=PAQ$. Dann gilt
    \[ T_B=T_P\circ T_A\circ T_Q,\]
    wobei $T_\star$ die von $\star$ induzierte lineare Abbildung bezueglich der Einheitsbasen ist. Wir wollen zeigen, dass
   $\dim T_A=\dim T_B$.
   Es gilt
    \begin{align*}
    	 \im(T_B)& =T_B(K^n) \\
    	 & =T_P\circ T_A\left(T_Q(K^n)\right)  \\
    	 & = T_P\circ T_A(K^n)\qquad  \qquad \text{da $T_Q$ ein Isomorphismus ist}\\
    	 & = T_P(\im(T_A))
    \end{align*}
    Daraus folgt, dass
    \[ \dim \im(T_B)=\dim T_P\left(\im(T_A)\right),\]
    Doch da $T_Q$ ein Isomorphismus ist, folgt von Korollar \ref{cor:samedim}, dass
    \[ \dim T_P\left(\im(T_A)\right)=\dim \im(T_A).\]
   \end{proof}

  Um \eqref{eq:samerank} zu zeigen, muessen wir nun beweisen, dass sich der Zeilen- bzw. Spaltenrang einer Matrix nicht aendern, wenn wir die Matrix von links, bzw. von rechts mit einer invertierbaren Matrix multiplizieren.

  \begin{proposition}\label{lem:samerankl}
   Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, und es sei $Q\in M_{m\times m}(K)$ invertierbar. Dann gilt
   \begin{enumerate}
   	\item $ \mathrm{Zeilenrang}(QA)=\mathrm{Zeilenrang}(A)$;
   	\item  $ \mathrm{Spaltenrang}(QA)=\mathrm{Spaltenrang}(A)$.
   \end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	(1) Wir schreiben $Q=(q_{ij})$. Es seien $x_1,\dots,x_m$ die Zeilenvektoren von $A$. Dann ist die $i$te Zeile von $QA$ gegeben durch
  	\[ q_{i1}x_1+\dots+q_{im}x_m,\]
  	mit anderen Worten, die Zeilen von $QA$ sind Linearkombinationen von den Zeilen von $A$ und daher
  	\[ \mathrm{Zeilenrang}(QA)\leq \mathrm{Zeilenrang}(A).\]
  	Da $Q$ invertierbar ist, koennen wir dieses Argument auch Multiplikation bei $Q^{-1}A$ anwenden und erhalten
  	\[ \mathrm{Zeilenrang}(Q^{-1}QA)\leq \mathrm{Zeilenrang}(QA),\]
  	das heisst $\mathrm{Zeilenrang}(A)\leq \mathrm{Zeilenrang}(QA)$. Daraus folgt, dass
  	\[ \mathrm{Zeilenrang}(QA)= \mathrm{Zeilenrang}(A).\]

  	(2) Es seien nun $y_1,\dots,y_n$ die Spalten von $A$, und es sei $U=\langle y_1,\dots,y_n\rangle\leq K^m$. Dann sind die Spalten von $QA$ gegeben durch $Qy_1,\dots, Qy_n$, das heisst durch $L_Q(y_1),\dots,L_Q(y_n)$, wobei $L_Q:K^m\rightarrow K^m$ die durch $Q$ gegebene lineare Abbildung bezueglich der Standardbasis ist. Nun ist aber $Q$ invertierbar, was bedeutet, dass $L_Q$ ein Isomorphismus ist und insbesondere injektiv. Daher folgt von Korollar \ref{cor:samedim}, dass
  	\[ \dim_K U=\dim_K L_Q(U),\]
    und daher
    \[ \mathrm{Spaltenrang}(QA)=\mathrm{Spaltenrang}(A).\]
  \end{proof}

  Um das analoge Resultat fuer $AP$ zu zeigen, benutzen wir einen Trick:

  \begin{definition}
  	Es sei $B=(b_{ij})\in M_{m\times n}(K)$. Definiere die \emph{transponierte Matrix} $B^t$ als die $(n\times m)$-Matrix, deren $(i,j)$ Eintrag durch $b_{ji}$ gegeben ist.
  \end{definition}

  \begin{example}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Es sei $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\\ 5 & 6\end{pmatrix}$. Dann ist
  		$A^t=\begin{pmatrix}
  			 1 & 3 & 5\\ 2 & 4 & 6
  		\end{pmatrix}.$
  	\item Es sei $B=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\
  		0 & -1 & 2\\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}$. Dann ist $B^t=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 2 & -1 & 0\\ 3 & 2 & -1\end{pmatrix}$.
  	\end{enumerate}
  \end{example}

  \begin{lemma}\label{lem:transpose}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Fuer einen Matrix $B\in M_{m\times n}(K)$ gilt $(B^t)^t=B$.
  	 \item Es sei $B\in M_{m\times n}(K)$ und $C\in M_{n\times p}(K)$. Dann gilt
  	  \[ (BC)^t=C^tB^t. \]
  	  \item Eine Matrix $B\in M_{n\times n}(K)$ ist genau dann invertierbar, wenn $B^t$ invertierbar ist, und in diesem Fall ist $(B^t)^{-1}=(B^{-1})^t$.
  	  \item Es gilt
  	  \[ \mathrm{Zeilenrang}(B)=\mathrm{Spaltenrang}(B^t)\quad \text{und}\quad  \mathrm{Zeilenrang}(B^t)=\mathrm{Spaltenrang}(B)\]
  	 \end{enumerate}
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Uebung.
  \end{proof}

  Wir koennen nun folgenden Satz als eine einfache Konsequenz von Satz \ref{lem:samerankl} beweisen.

   \begin{proposition}\label{lem:samerankr}
 	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, und es sei $P\in M_{n\times n}(K)$ invertierbar. Dann gilt
 	\begin{enumerate}
 		\item $ \mathrm{Zeilenrang}(AP)=\mathrm{Zeilenrang}(A)$;
 		\item  $ \mathrm{Spaltenrang}(AP)=\mathrm{Spaltenrang}(A)$.
 	\end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Dank Lemma \ref{lem:transpose} (4) ist es ausreichend, den Satz in dem Fall zu zeigen, wenn wir $AP$ durch $(AP)^{-1}$, bzw. $A$ durch $A^t$ ersetzen. Aber
  	\[ (AP)^t=P^tA^t,\]
  	und $P^t$ ist invertierbar dank Lemma \ref{lem:transpose} (2) und (3).  Der Satz folgt nun von Satz \ref{lem:samerankl}.
  \end{proof}

  \begin{corollary}\label{cor:samerank}
  	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, und es seien $Q\in M_{m\times m}(K)$ und $P\in M_{n\times n}(K)$ invertierbar. Dann gilt
  	\[ \mathrm{Zeilenrang}(QAP)=\mathrm{Zeilenrang}(A)\qquad \text{und}\qquad \mathrm{Spaltenrang}(QAP)=\mathrm{Spaltenrang}(A).\]
  \end{corollary}

  Folgender Satz ist nun eine einfache Konsequenz:

  \begin{theorem}
  	Es sei $A\in M_{m\times n}$. Dann gilt
  	\[ \mathrm{Zeilenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(A).\]
  \end{theorem}
  \begin{proof}
   Wir haben in Theorem \ref{thm:blockform} gesehen, dass es invertierbare Matrizen $P\in M_{n\times n}(K)$ und $Q\in M_{m\times m}(K)$ gibt, so dass $QAP$ die Form $\begin{pmatrix} \mathbf{1}_r & 0_{r\times s}\\ 0_{t\times r} & 0_{t\times s}\end{pmatrix}$ hat, wobei $s=n-r$ und $t=m-r$. Der Zeilen- und Spaltenrang dieser Matrix ist offensichtlich $r$.  Dank Korollary \ref{cor:samerank} wissen wir, dass die Matrix $QAP$ den gleichen Zeilen-. bzw. Spaltenrang hat wie $A$.
  \end{proof}

  \begin{definition}
  	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$. Der gemeinsame Wert von Zeilen- und Spaltenrang von $A$ ist der \emph{Rang} $\rk(A)$ von $A$.
  \end{definition}

  \begin{remark}
  	Obwohl fuer $A\in M_{m\times n}(K)$ gilt
  	\[\mathrm{Zeilenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(A), \]
  	sind die Raeume $\mathrm{Spalten}(A)$ und $\mathrm{Zeilen}(A)$ verschieden! Zunaechst ist $\mathrm{Spalten}(A)\leq K^m$ und $\mathrm{Zeilen}(A)\leq K^n$. Aber auch wenn $m=n$ erhalten wir im allgemeinen verschiedene Unterraeume von $K^n$.
  \end{remark}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Zurueck zu linearen Gleichungssystemen}

  Es sei $A\in M_{m\times n}$, und wir betrachten das homogene lineare Gleichungssystem
  \[ (S_A):\, A.x=0_{K^m}.\]
  Wir schreiben $L(S_A)\leq K^n$ fuer die Loesungen des Gleichungssystems.

  \begin{lemma}
  	Es gilt
  	\[ \dim L(S_A)=n-\mathrm{Rang}(A). \]
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Es sei $L_A$ die durch $A$ gegebene lineare Abbildung $K^n\rightarrow K^m$ bezueglich der Standardbasen. Beachte (Bemerkung \ref{rem:spaltenrang}), dass $L(S_A)=\ker(L_A)$ und $\mathrm{Rang}(A)=\dim\im(L_A)$.
  	Aber aufgrund von  Theorem \ref{thm:kerim} gilt
  	\[ n=\dim\ker(L_A)+\dim\im(L_A).\]
  \end{proof}

 Wir wissen nun von Theorem \ref{thm:echelon}, dass $A$ zeilen-aequivalent ist zu einer Matrix $A'=(a_{ij}')$ in reduzierter Zeilenstufenform, und dank Theorem \ref{thm:samesol} gilt
 \[ L(S_A)=L(S_{A'}).\]
  Wir wir bereits im Beweis von Lemma \ref{lem:rangex} gesehen haben, ist $r=\mathrm{Rang}(A')$ die Anzahl der fuehrenden Einsen von $A'$; nimm an, dass sie in den Spalten
  \[ 1\leq j_1<j_2<\dots<j_r\leq n.\]
  auftreten. Die Loesungsmenge $L(S_{A'})$ hat dann $\ell=n-r$ freie Variablen, sagen wir $x_{i_1},\dots,x_{i_\ell}$ fuer
  \[ 1\leq i_1<\dots<i_\ell\leq n.\]

  \begin{remark}
   Fuer alle Werte der freien Variablen $x_{i_1},\dots,x_{i_\ell}\in K$ sind die Werte der Variablen $x_{j_1},\dots,x_{j_r}$ eindeutig bestimmt, und zwar durch
   \begin{equation}\label{eq:othervar}
   	 x_{j_k}=-\sum_{1\leq q\leq \ell: \,i_q>j_k}a'_{k,q}x_{i_q}.
   \end{equation}
   Wir erhalten daher eine Abbildung
   \[ \Phi:\, K^\ell\rightarrow L(S_{A}),\]
   die ein $\ell$-Tupel $(\lambda_1,\dots,\lambda_\ell)$ auf diejenige eindeutige Loesung
   \[x=\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots \\ x_n\end{pmatrix}\in L(S_A)=L(S_{A'})\]
   abbildet, fuer die gilt
   \[ x_{i_1}=\lambda_1,\dots, x_{i_\ell}=\lambda_\ell.\]
  \end{remark}

  \begin{example}\label{ex:loesung}
  	Es sei $A'\in M_{3\times 6}(\RR)$ gegeben durch\newlecture
  	\[ A'=\begin{pmatrix}
  		0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 2 \\
  		0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1\\
  		0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix}
  		 \]
  		 Dann ist $A'$ in reduzierter Zeilenstufenform, und es gilt $r=$ und $\ell=6-3=3$.
  		 Die fuehrenden Einsen sind in den Spalten $j_1=2$, $j_2=4$, $j_3=5$, das heisst, fuer $x=\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\ x_6\end{pmatrix} \in L(S_{A'})$ haben wir freie Variablen $x_1, x_3, x_6$, und die Werte von $x_2,x_4,x_5$ sind bestimmt durch
  		 \begin{align*}
  		 	x_2 & = x_3-2x_6\\
  		 	x_4&= x_6\\
  		 	x_5&=-x_6
  		 \end{align*}
  	 Mit anderen Worten, die Abbildung $\Phi:\RR^3\rightarrow L(S_{A'})$ ist gegeben durch
  	 \[ (a,b,c)\mapsto x=\begin{pmatrix} a\\b-2c\\b\\c\\-c\\c\end{pmatrix}\, =\, a\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix} 0\\1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix} 0 \\ -2\\0\\1\\-1\\1\end{pmatrix}.\]
  \end{example}

  \begin{proposition}
  	The Abbildung $\Phi$ ist linear und ein Isomorphismus.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Gleichung \eqref{eq:othervar} zeigt, dass $x_{j_1},\dots,x_{j_r}$ linear von den freien Variablen abhaengen; daher ist $\Phi$ eine lineare Abbildung.

  	Um zu zeigen, dass $\Phi$ ein Isomorphismus ist, reicht es zu zeigen, dass $\ker(\Phi)=\{0_{k^\ell}\}$. Aber das folgt unmittelbar von der Definition von $\Phi$: wenn $\Phi(\lambda_1,\dots,\lambda_\ell)=0_{K^m}$, dann folgt $\lambda_i=0$ for all $i$, da jedes $\lambda_i$ ein Eintrag in $\Phi(\lambda_1,\dots,\lambda_\ell)$ ist.
  \end{proof}

  \begin{example}
  	Bezogen auf Beispiel \ref{ex:loesung} heisst das, dass jedes Element $x\in L(S_{A'})$ von der Form \[ a\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix} 0\\1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix} 0 \\ -2\\0\\1\\-1\\1\end{pmatrix}\]
  	fuer igendwelche $a,b,c\in \RR$ ist.
  \end{example}

  \begin{remark}
  	Die inverse Abbildung $\Phi^{-1}$ ist folgendermassen gegeben: es sei $x=\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots \\x_n\end{pmatrix}\in L(S_A)$. Dann gilt
  	\[ \Phi^{-1}(x)=\begin{pmatrix} x_{i_1}\\ \vdots \\ x_{i_\ell}\end{pmatrix}.\]
  \end{remark}

  \begin{corollary}\label{cor:inhomog}
  	Es seien $A\in M_{m\times n}(K)$, $b\in K^m$, und schreibe $(S_{A,b})$ fuer das lineare Gleichungssystem $A.x=b$.
  	\begin{enumerate}
  		\item Es gilt $L(S_{A,b})\neq \emptyset$ genau dann, wenn $b\in \mathrm{Spalten}$.
  		\item Wenn $L(S_{A,b})\neq \emptyset$  und $y\in L(S_{A,b})$, dann gilt
  		\[ L(S_{A,b})=y+L(S_A)=\{x+y:\, x\in L(S_A)\}. \]
  	\end{enumerate}
  \end{corollary}
\begin{proof}
	(1) Es seien $y_1,\dots,y_n$ die Spalten von $A$. Dann gilt fuer einen beliebigen Vektor $x=\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}$:
	\[ A.x=x_1y_1+\dots+a_ny_n,\]
	das heisst, $\im(L_A)=\langle y_1,\dots,y_n\rangle$.

	(2) Es sei $y\in L(S_{A,b})$ und $z\in L(S_A)$. Dann gilt
	\[ A(y+z)=A.y+A.z=b+0_{K^m}=b,\]
	so dass $y+z\in L(S_{A,b})$.

	Wenn umgekehrt $y'\in L(S_{A,b})$, dann gilt
	\[ A(y-y')=A.y-A.y'=b-b=0_{K^m},\]
	mit anderen Worten $y'\in y+L(S_A)$.
\end{proof}

  \begin{remark}
  	Wir sehen also: $L(S_{A,b})$ ist gegeben durch die Verschiebung des Unterraums $L(S_A)$ entlang $y$. Eine Untermenge von $K^n$ der Form $y+L(S_A)$ ist die \emph{durch $y$ erzeugte Nebenklasse} (eng. coset) von $L(S_A)$. Sie werden solchen Nebenklassen in der Algebra noch oft begegnen, zum Beispiel als die Elemente von Quotientenraeumen.
  \end{remark}

\begin{proposition}
	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, $b\in K^m$, und es sei $A|b$ die erweiterte Matrix. Folgende Bedingungen sind aequivalent:
	\begin{enumerate}
		\item Es gilt $\rk(A|b)=\rk(A)$.
		\item Das lineare Gleichungssystem
		\[ S_{A,b}:\, A.x=b\]
		hat eine Loesung.
	\end{enumerate}
\end{proposition}
 \begin{proof}
 	Es seien $y_1,\dots,y_n$ die Spaltenvektoren von $A$. Dann gilt
 	\begin{align*}
 		& \quad \rk(A|b)=\rk(A)\\
 		\Leftrightarrow & \quad \text{Spaltenrang von $A|b$ = Spaltenrang von $A$}\\
 		\Leftrightarrow & \quad \langle y_1,\dots,y_n,b\rangle=\langle y_1,\dots,y_n\rangle\\
 		\Leftrightarrow & \quad b\in \langle y_1,\dots,y_n\rangle\\
 		\Leftrightarrow & \quad b\in \mathrm{Spalten}(A)\\
 		\Leftrightarrow & \quad L(S_{A,b})\neq\emptyset,
 	\end{align*}
 wobei die letzte Aequivalenz von Korollary \ref{cor:inhomog} (1) folgt.
 \end{proof}

 \begin{corollary}
	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, $b\in K^m$, und es sei $A|b$ die erweiterte Matrix. Folgende Bedingungen sind aequivalent:
\begin{enumerate}
	\item Es gilt $\rk(A|b)=\rk(A)=n$.
	\item Das lineare Gleichungssystem
	\[ S_{A,b}:\, A.x=b\]
	hat genau eine Loesung.
 \end{enumerate}
 \end{corollary}
 \begin{proof}
 	Uebung.
 \end{proof}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \section{Intermezzo: Gruppen und Ringe}

  \subsection{Gruppen}

   \begin{definition}
   	Eine Gruppe ist eine Menge $G$ zusammen mit einer Operation $\times: G\times G\rightarrow G$, die folgende Axiome erfuellt:
   	\begin{enumerate}
   		\item $\forall g,h,k\in G$ gilt $(g\times h)\times k=g\times (h\times k)$;
   		\item es gibt ein Element $e\in G$, so dass $\forall g\in G$ gilt $g\times e=e\times g=g$;\footnote{Man kann zeigen, dass das neutrale Element $e$ eindeutig bestimmt ist.}
   		\item $\forall g\in G$ gibt es ein Element $g^{-1}$ so dass $g\times g^{-1}=g^{-1}\times g=e$.\footnote{Man kann zeigen, dass $g^{-1}$ eindeutig bestimmt ist; es heisst das Inverse von $g$.}
   	\end{enumerate}
   \end{definition}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Es sei $V$ ein Vektorraum. Dann ist $V$ eine Gruppe unter der Vektoraddition. Diese Gruppe ist abelsch (= kommutativ): es gilt $v+u=u+v$ fuer all $u,v\in V$.
  		\item Die Symmetrien des Quadrats sind eine nicht-abelsche endliche Gruppe der Ordnung $8$.
  		\item Es sei $n\geq 1$, und es sei $\GL_n(K)$ die Menge aller invertierbaren Matrizen in $M_{n\times n}(K)$. Dann ist $\GL_n(K)$ eine Gruppe unter Matrix-Multiplikation; sie heisst die \emph{allgemeine lineare Gruppe}. Wenn $n>1$, dann ist $\GL_n(K)$ nicht abelsch. (Was ist $\GL_1(K)$?) Die Gruppe $\GL_n(K)$ had viele interessante Untergruppen: zum Beispiel die Untergruppe aller oberen Dreiecksmatrizen, oder die (abelsche) Untergruppe diagonaler Matrizen.
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{remark}
  	Gruppen finden sich in der Algebra ueberall (z.B. als Symmetrien geometrischer Koerper), und Gruppentheorie ist ein riesiges Forschungsgebiet. Ein paar Beispiele:
  	\begin{enumerate}
  		\item vor 200 Jahren hat der franzoesische Mathematiker Evariste Galois im Alter von 21 Jahren mit Hilfe von Gruppentheorie die Frage beantwortet, ob sich ein Polynom mit Hilfe von Radikalen (verallgemeinerte Wurzeln) loesen laesst. Diese Arbeit hat ein neues Arbeitsgebiet geschaffen: die algebraische Zahlentheorie.
  		\item von 1955 bis 2004 hat eine Gruppe von Forschern alle sog. einfachen endlichen Gruppen klassifizert; der Beweis erstreckt sich ueber mehrere 10000 Seiten.
  		\item 1998 hat Richards Borcherds die Fieldsmedallie dafuer bekommen, dass er die sogenannte Moonshine Vermutung von Coway bewiesen hat, die die Darstellungen der sogenannten Monstergruppe mit den Werten einer in der Zahlentheorie wichtigen Funktion in Verbindung gebracht hat.
  		\item eines der wichtigsten heutigen Forschungsgebiete ist die sogenannte Langlands-Korrespondenz, das Eigenschaften der allgemeinen Linearen Gruppen mit Objekten in der Galoistheorie miteinander in Beziehung bringt. Einer der einfachsten Faelle dieser Korrespondenz ist die sogenannte Taniyama--Shimura Vermutung, die Wiles' Beweis des Fermatschen Satzes zugrunde liegt.
  	\end{enumerate}
  \end{remark}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Ringe}

  \begin{definition}
   Ein Ring ist eine Menge $R$ mit zwei Operationen $+$ (Addition) und $\times$ (Multiplikation), die folgende Axiome erfuellen:
   \begin{enumerate}
   	\item $(R,+)$ ist eine abelsche Gruppe;
   	\item Multiplikation ist assoziativ: $\forall \,a,b,c\in R$ gilt
   	\[ a\times (b\times c)=(a\times b)\times c.\]
   	\item Es gibt ein Element $1_R\in R$ fuer dass gilt\footnote{Das Element ist die multiplikative Identitaet.}
   	\[ 1_R\times a=a\times 1_R=a.\]
   	\item Multiplikation ist distributiv bezueglich der Addition, d.h.
   	\[ a\times (b+c)=a\times b+a\times c\qquad \text{und} \qquad (b+c)\times a=b\times a+c\times a.\]
   \end{enumerate}
  \end{definition}

  Eine Ringe haben Sie schon kennengelernt:

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item $\ZZ$ ist ein (kommutativer) Ring.
  		\item Ebenso ist jeder Koerper ein kommutativer Ring.
  		\item Es sei $n\geq 1$. Dann ist $M_{n\times n}(K)$ ein Ring unter Matrix-Addition und Matrix-Multiplikation. Wenn $n>1$, dann ist der Ring nicht kommutativ.
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{remark}
  	Auch Ringe finden sich ueberall in der Algebra. Der franzoesische Mathematiker Jean-Marc Fontaine wurde ``Herr der Ringe'' genannt, da er aeussert wichtige sogenannte `Periodenringe' in der $p$-adischen Hodge Theorie eingefuehrt hatte.
  \end{remark}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section{Vektorraeume linearer Abbildungen}

 \subsection{Definition und erste Eigenschaften}

  \begin{definition}
  	Es seien $V,W$ $K$-Vektorraeume. Wir schreiben $\Hom_K(V,W)$ fuer die Menge aller linearen Abbildungen von $V$ nach $W$.
  \end{definition}

  \begin{proposition}
  	Es seien $V,W$ $K$-Vektorraeume. Dann hat $\Hom_K(V,W)$ ebenfalls die Struktur eines $K$-Vektorraums, mit den folgenden Operationen:
  	\begin{enumerate}
  		\item Es seien $T_1,T_2\in \Hom_K(V,W)$. Dann ist $T_1+T_2$ definiert durch
  		\[ (T_1+T_2)(v)=T_1(v)+T_2(v)\qquad \forall\, v\in V.\]
  		\item Es seien $T\in \Hom_K(V,W)$ und $\alpha\in K$. Dann ist
  		\[ (\alpha T)(v)=\alpha T(v)\qquad \forall\, v\in V.\]
  	\end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Wir zeigen \newlecture zunaechst, dass $T_1+T_2$ und $\alpha T$ ebenfalls Elemente von $\Hom_K(V,W)$ sind. Dazu benutzen wir Bemerkung \ref{rem:critlin}. Es seien $u,v\in V$ und $\lambda\in K$.
  	\begin{enumerate}
  		\item  Es gilt
  		\begin{align*}
  			(T_1+T_2)(v+\lambda u) & = T_1(v+\lambda u)+T_2(v+\lambda u)\\
  			& = T_1(v)+\lambda T_1(u)+T_2(v)+\lambda T_2(u)\\
  			& = T_1(v)+T_2(v)+\lambda\left(T_1(u)+T_2(u)\right)\\
  			& = (T_1+T_2)(v)+\lambda (T_1+T_2)(u),
  		\end{align*}
  	  das heisst, $T_1+T_2$ ist linear.
  	   \item Es gilt
  		\begin{align*}
     	(\alpha T)(v+\lambda u) & = \alpha T(v+\lambda u)\\
     	& = \alpha T(v)+\alpha\lambda T(u)\\
     	& = (\alpha T)(v)+ \lambda (\alpha T)(u),
     \end{align*}
     das heisst $\alpha T$ ist linear.
  	\end{enumerate}
   Wir muessen nun zeigen, dass $\Hom_K(V,W)$ mit diesen Operationen alle Vektorraumaxiome erfuellt.  Wir zeigen die Existenz des neutralen Elements; der Rest ist eine Uebung.

   Es sei $0: V\rightarrow W$ die Null-Abbildung, d.h. $0(v)=0_W$ fuer alle $v\in V$. Klarerweise ist $0$ linear. Wir zeigen nun, dass $T+0=0+T=T$ fuer all $T\in \Hom_K(V,W)$. Tatsaechlich gilt
   \[ (T+0)(v)=T(v)+0(v)=T(v)+0_W=T(v),\]
   das heisst $T+0=T$. Aehnlich koennen wir zeigen, dass $0+T=T$.
  \end{proof}

  \begin{theorem}\label{thm:isoHommat}
  	Es seien $V,W$ endlich-dimensionale $K$-Vektorraeume, und es sei $\cB=(v_1,\dots, v_n)$, bzw. $\cC=(w_1,\dots, w_m)$ eine Basis von $V$, bzw. $W$. Dann ist die Abbildung
  	\[ \Psi^{\cB}_{\cC}:\, \Hom_K(V,W)\rightarrow M_{m\times n}(K),\qquad T\mapsto [T]^{\cB}_{\cC} \]
  	linear und ein Isomorphismus.
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Selbstverstanedlich gilt
  	\[ \Psi^{\cB}_{\cC}(T_1+\alpha T_2)=\Psi^{\cB}_{\cC}(T_1)+\alpha\Psi^{\cB}_{\cC}(T_2),\]
  	das heisst die Abbildung ist linear.

  	Wir muessen daher dank Lemma \ref{lem:iso} nur zeigen, dass $\Psi^{\cB}_{\cC}$ bijektiv ist. Aber das ist der Inhalt von Bemerkung \ref{rem:onetoone}.
  \end{proof}

  \begin{corollary}\label{cor:dimHom}
  	Wenn $V$, $W$ endlich-dimensionale Vektorraeume sind, dann gilt das gleiche fuer $\Hom(V,W)$, und es gilt
  	\[ \dim_K\Hom(V,W)=\dim_KV\cdot \dim_KW.\]
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	Es seien $n=\dim V$ und $m=\dim W$. Dank Theorem \ref{thm:isoHommat} wissen wir, dass $\Hom_K(V,W)\cong M_{m\times n}(K)$. Aber $M_{m\times n}(K)$ ist endlich-dimensional, mit $\dim M_{m\times n}(K)=mn$ (was ist eine Basis?).
  \end{proof}

  In dem Fall, wenn $W=V$, laesst sich Theorem \ref{thm:isoHommat} noch verfeinern:

  \begin{proposition}
  	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum. Dann ist $\Hom(V,V)$ ein Ring unter der Addition und Komposition von Funktionen. Weiterhin ist die Abbildung $\Psi^{\cB}_{\cB}:\Hom_K(V,V)\rightarrow M_{n\times n}(K)$, fuer eine Basis $\cB$ von $V$, ein Ring-Isomorphismus.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	(Skizze) Die Ring-Struktur von $\Hom(V,V)$ kann durch explizite Rechnungen ueberprueft werden.

  	Weiterhin folgt von Satz \ref{prop:composition}, dass
  	\[ \Psi^{\cB}_{\cB}(T\circ S)=[T]^{\cB}_{\cB}\cdot [S]^{\cB}_{\cB},\]
  	das heisst, $\Psi^{\cB}_{\cB}$ ist kompatibel mit den jeweiligen Ring Multiplikationen.
  \end{proof}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Der duale Vektorraum}
%
  Ein sehr wichtiges Beispiel von $\Hom(V,W)$ ist der Fall, wenn $W=K$.

  \begin{definition}
  	Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Der \emph{Dualraum von $V$} ist der Vektorraum
  	\[ V^*=\Hom_K(V,K). \]
  	Die Elemente von $V^*$ sind lineare Abbildungen $V\rightarrow K$; sie heissen \emph{Linearformen}.
  \end{definition}

\begin{examples}\
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $n\geq 1$. Dann ist die Spurabbildung
		\[ \Tr:\, M_{n\times n}(K)\rightarrow K,\qquad A=(a_{ij})\mapsto a_{11}+\dots+a_{nn}\]
		eine Linearform.
		\item Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum mit Basis $v_1\dots v_n$. Es sei $\ell:V\rightarrow K$ die Abbildung, die einen Vektor
		\[ v=a_1v_1+\dots+a_nv_n\]
		auf $a_1$ abbildet. Dann ist $V$ eine Linearform.
		\item Es sei $V$ der reelle Vektorraum aller stetigen Funktionen $[0,1]\rightarrow \RR$, uns es sei $a\in [0,1]$. Dann ist die Abbildung
		\[ f\mapsto f(a)\]
		eine Linearform.
		\item Es sei $V$ der reelle Vektorraum aller differenzierbaren Functionen $(0,1)\rightarrow \RR$, und es sei $a\in (0,1)$. Dann ist
		\[ f\mapsto (Df)(a),\]
		mit $Df$ die Ableitung von $f$, eine Linearform.
		\item Es sei $V$ der reelle Vektorraum aller integrierbaren Funktionen $[0,1]\rightarrow \RR$. Dann ist
		\[ f\mapsto \int_0^1f(x)dx\]
		eine Linearform.
	\end{enumerate}
\end{examples}

 \begin{note}\label{note:unique}
	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum mit Basis $\cB=(v_1,\dots,v_n)$, und es sei $\ell\in V^*$. Dann ist $\ell$ durch $\ell(v_1),\dots,\ell(v_n)$ eindeutig bestimmt (Korollar \ref{cor:uniquemapbasis}). \emph{Insbesondere sind zwei Linearformen $\ell,\, \lambda\in V^*$ genau dann gleich, wenn
	\[ \ell(v_i)=\lambda(v_i)\qquad \forall 1\leq i\leq n\]
	gilt.} Wir werden diese Beobachtung wieder und wieder benutzen.
 \end{note}

  \begin{definition}
  	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum und $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ eine Basis fuer $V$. Fuer $1\leq i\leq n$, definiere eine Linearform $v_i^*\in V^*$ wie folgt:
  	\[ v_i^*(v_j)=\begin{cases} 1&\qquad \text{wenn $i=j$}\\
  		0 &\qquad \text{wenn $i\neq j$}.\end{cases}
  	\]
  	Explizit bildet die Linearform $v_i^*$ einen Vektor $v=\alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n$ auf den Koeffizienten $\alpha_i$ ab.
  \end{definition}

  \begin{proposition}\label{prop:dualdim}
  	Die Elemente $v_1^*,\dots,v_n^*$ sind eine Basis von $V^*$. Insbesondere ist $V^*$ ebenfalls $n$-dimensional.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Es sei $\ell:V\rightarrow K$ eine Linearform; wir muessen zeigen, dass sich $\ell$ eindeutig als Linearkombination von $v_1^*,\dots,v_n^*$ schreiben laesst. Definiere die Linearform
  	\begin{equation}\label{eq:dualcoeff}
  		f=\ell(v_1)v_1^*+\dots+\ell(v_n)v_n^*.
  	\end{equation}
  	Dann gilt $f(v_i)=\ell(v_i)$ $\forall 1\leq i\leq n$, und daher gilt $\ell=f$ dank Beobachtung \ref{note:unique}. Daher ist $v_1^*,\dots,v_n^*$ ein Erzeugendensystem von $V^*$.

  	Nimm nun an, dass es Skalare $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in K$ gibt, so dass
  	\begin{equation}\label{eq:dualLI}
  		\alpha_1v_1^*+\dots+\alpha_nv_n^*=0_{V^*};
  	\end{equation}
  	hier bezeichnet $0_{V^*}$ die Linearform, die jeden Vektor $v\in V$ auf $0\in K$ abbildet. Insbesondere koennen wir \eqref{eq:dualLI} auf $v_i$ auswerten: es gilt
  	\[ (\alpha_1v_1^*+\dots+\alpha_nV_n^*)(v_i)=0_{V^*}(v_i)\]
  	Bei der Definition der dualen Basis ist die linke Seite gleich $\alpha_i$, und die rechte Seite gleich $0$. Daher gilt
  	\[ \alpha_1=\dots=\alpha_n=0,\]
  	das heisst, die Vektoren $v_1^*,\dots,v_n^*$ sind linear unabhaengig und daher eine Basis.\footnote{Anstatt die linere Unabhaengigkeit zu beweisen, haetten wir ebenfalls Korollar \ref{cor:dimHom} benutzen koennen: $v_1^*,\dots,v_n^*$ ist ein Erzeugendensystem mit $n$ Elementen in einem $n$-dimensionalen Vektorraum und daher eine Basis.}
  \end{proof}

  \begin{example}
  	Es sei $V=\RR[x]^{\leq 2}$ mit Standardbasis $e_0,e_1,e_2$ mit $e_i=x^i$. Wir berachten folgende Linearform
  		\[ \ell:V\rightarrow \RR.\qquad \ell(f(x))=Df(2),\]
  		wobei $D$ die Ableitungsabbildung ist.   	Dann gilt
  	\[ \ell= 0\cdot e_0^*+1\cdot e_1^*+4\cdot e_2^*.\]
   Mit anderen Worten, wenn wir ein beliebiges Element $y\in V$ als Linearkombination der Basisvektoren schreiben, $y=a+bx+cx^2=ae_0+be_1+ce_2$, dann gilt
   \[ \ell(y)=0\cdot a+1\cdot b+4c.\]
  \end{example}

  \begin{definition}\label{def:dualbasis}
  	Die Basis $\cB^*=(v_1^*,\dots,v_n^*)$ ist die \emph{duale Basis} von $\cB$.
  \end{definition}

  Es seien nun $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ und $\cC=(w_1,\dots,w_n)$ Basen von $V$. Wir erinnern uns: die Basiswechselmatrix $A=[\id]^{\cB}_{\cC}$ ist die Matrix $A=(a_{ij})$, deren Eintraege definiert sind durch die Gleichungen
  \begin{equation}
  	v_j=\sum_{i=1}^n a_{ij}w_i.
  \end{equation}
  Was gilt nun fuer die Basiswechselmatrizen $[\id]^{\cB^*}_{\cC^*}$ und $[\id]^{\cC^*}_{\cB^*}$?

  \begin{example}\label{ex:dualBC}
  	Es sei $V=\RR^2$, und es seien $\cB=(v_1,v_2)$ mit $v_1=\begin{pmatrix} 1 \\ 2\end{pmatrix}$ und $v_2=\begin{pmatrix} 3\\ -1\end{pmatrix}$ und $\cC$ die Standardbasis.  Dann ist die Basiswechselmatrix gegeben durch
  	\[ [\id]^{\cB}_{\cC}=\begin{pmatrix} 1 & 3\\2&-1\end{pmatrix},\]
  	das heisst
  	\begin{equation}\label{eq:exp1}
  	  v_1=e_1+2e_2\qquad  \text{und}\qquad  v_2=3e_1-e_2.
  	 \end{equation}
  	Betrachten wir nun die dualen Basen $\cB^*=(v_1^*,v_2^*)$ und $\cC^*=(e_1^*,e_2^*)$. Schreiben \newlecture wir $[\id]^{\cB^*}_{\cC^*}=\begin{pmatrix} a & b\\ c & d\end{pmatrix}$, so gilt
  	\begin{equation}\label{eq:exp2}
  		 v_1^*=ae_1^*+ce_2^*\qquad \text{und}\qquad v_2^*=be_1^*+de_2^*.
  	\end{equation}
    Wenden wir \eqref{eq:exp2} auf \eqref{eq:exp1} an, so erhalten wir
    \[ [\id]^{\cB^*}_{\cC^*}=\begin{pmatrix} \frac{1}{7} & \frac{2}{7}\\ \frac{3}{7} & -\frac{1}{7}\end{pmatrix}.\]
    Ok. Vielleicht haben wir mit $[\id]^{\cC^*}_{\cB^*}$ mehr Glueck? Schreiben wir $[\id]^{\cC^*}_{\cB^*}=\begin{pmatrix} \alpha & \beta\\ \gamma & \delta\end{pmatrix}$, so gilt
    \begin{equation}\label{eq:exp3}
    	e_1^*=\alpha v_1^*+\gamma v_2^*\qquad \text{und}\qquad e_2^*=\beta v_1^*+\delta v_2^*.
    \end{equation}
        Wenden wir \eqref{eq:exp3} auf \eqref{eq:exp1} an, so erhalten wir
        \[ [\id]^{\cC^*}_{\cB^*}=\begin{pmatrix} 1 & 2\\3&-1\end{pmatrix}.\]
        Faellt Ihnen was auf?
  \end{example}

  \begin{proposition}
  	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum mit Basen $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ und $\cC=(w_1,\dots,w_n)$. Dann gilt
  	\[ [\id]^{\cC^*}_{\cB^*}=\left([\id]^{\cB}_{\cC}\right)^t.  \]
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Wir argumentieren wie in dem Beispiel. Schreibe $[\id]^{\cB}_{\cC}=(a_{ij})$ und $[\id]^{\cC^*}_{\cB^*}=(b_{ij})$, das heisst
    \begin{align}
	 v_j&=\sum_{i=1}^n a_{ij}w_i,\label{eq:change1} \\
	 w_\ell^*&= \sum_{k=1}^n b_{k\ell}v^*_k\label{eq:change2}.
    \end{align}
    Wenden wir nun \eqref{eq:change2} auf \eqref{eq:change1} an, so erhalten wir
    \[ \left( \sum_{k=1}^n b_{k\ell}v^*_k\right)(v_j)=w_\ell^*\left(\sum_{i=1}^n a_{ij}w_i\right).  \]
    Doch nun ist $v_k^*(v_j)$ (bzw. $w_\ell^*(w_j)$) nur dann nicht null, wenn $k=j$ (bzw. wenn $i=\ell$), und daher erhalten wir
    \[ b_{j\ell}=a_{\ell j}\qquad \forall\, j,\ell.\]
   \end{proof}

  \begin{corollary}
  	Weiterhin gilt
  	\[  [\id]^{\cB^*}_{\cC^*} = \left([\id]^{\cC}_{\cB}\right)^t.=\left[\left([\id]^{\cB}_{\cC}\right)^{-1}\right]^t. \]
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	Folgt umittelbar von Satz \ref{prop:bwinverse} und Lemma \ref{lem:transpose} (3).
  \end{proof}

  \begin{example}
  	Wir ueberpruefen die Rechnung in Beispiel \ref{ex:dualBC}: es gilt
  	\[ \left([\id]^{\cB^*}_{\cC^*}\right)^t =\begin{pmatrix} \frac{1}{7} & \frac{3}{7}\\ \frac{2}{7} & -\frac{1}{7}\end{pmatrix}\]
  	und weiterhin
  	\[ \begin{pmatrix} \frac{1}{7} & \frac{3}{7}\\ \frac{2}{7} & -\frac{1}{7}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 3\\2&-1\end{pmatrix}
  	=    \begin{pmatrix} 1 & 3\\2&-1\end{pmatrix}     \begin{pmatrix} \frac{1}{7} & \frac{3}{7}\\ \frac{2}{7} & -\frac{1}{7}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}.\]
  \end{example}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection{Die duale Abbildung}

  \begin{definition}
  	Es seien $V,W$ $K$-Vektorraeume, und es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Definiere die \emph{duale Abbildung}
  	\[ T^*:\, W^*\rightarrow V^*,\qquad \ell\mapsto \ell \circ T.\]
  \end{definition}

  \begin{remark}
  	Explizit ist $T^*(\ell)$ folgendermassen definiert: fuer $v\in V$ gilt
  	\[ T^*(\ell)(v)=\ell(T(v)).\]
  \end{remark}

  \begin{lemma}
  	Die duale Abbildung ist wohldefiniert: $T^*(\ell)$ ist eine Linearform $V\rightarrow K$.
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Es sei $\ell\in V^*$. Da sowohl $T$ und $\ell$ lineare Abbildungen sind, folge von Lemma \ref{lem:composition}, dass $\ell\circ T$ ebenfalls linear ist, d.h. $T^*(\ell)\in V^*$.
  \end{proof}

   \begin{proposition}
   	Die duale Abbildung $T^*:W^*\rightarrow V^*$ ist eine lineare Abbildung.
   \end{proposition}
   \begin{proof}
   	Wir ueberpruefen die Axiome:
   	\begin{enumerate}
   		\item Es seien $\alpha\in K$ und $\ell\in W^*$. Dann gilt fuer all $v\in V$
   		\[ T^*(\alpha\ell)(v)=\left((\alpha\ell)\circ T\right)(v)=(\alpha\ell)(T(v))=\alpha\cdot \ell(T(v))=\alpha(\ell\circ T)(v)=\alpha T^*(\ell)(v),\]
   		das heisst $T^*(\alpha \ell)=\alpha T^*(\ell)$.\footnote{Wir benutzen hier, dass zwei Elemente von $V^*$ gleich sind, wenn sie fuer alle $v\in V$ den gleichen Wert annehmen.}
   		\item Es seien $\ell_1,\ell_2\in W^*$. Dann gilt fuer all $v\in V$
   		\begin{align*}
   			T^*(\ell_1+\ell_2)(v)&=\left((\ell_1+\ell_2)\circ T\right)(v)\\
   			& =(\ell_1+\ell+2)(T(v))\\
   			&=\ell_1(T(v))+\ell_2(T(v))\\
   			&=(\ell_1\circ T)(v)+(\ell_2\circ T)(v)\\
   			& =T^*(\ell_1)(v)+T^*(\ell_2)(v),
   		\end{align*}
   		und daher $T^*(\ell_1+\ell_2)=T^*(\ell_1)+T^*(\ell_2)$.
   	\end{enumerate}
   \end{proof}

  \begin{proposition}
  	Es seien $U,V,W$ Vektorraeume ueber $K$, und es seien $T:U\rightarrow V$ und $S:V\rightarrow W$ lineare Abbildungen. Dann gilt
  	\[ (S\circ T)^*=T^*\circ S^*.\]
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Uebung.
  \end{proof}

  \begin{examples}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Es gilt $(\id_V)^*=\id_{V^*}$.
  		\item Es gilt $(0:V\rightarrow V)^*=(0:V^*\rightarrow V^*)$.
  	\end{enumerate}
  \end{examples}

  \begin{remark}
  	Wir koennen die Ergebnisse dieses Kapitels folgendermassen zusammenfassen: durch Dualisierung erhalten wir aus einem Vektorraum $V$ einen neuen Vektorraum $V^*$, und aus einer linearen Abbildung $T:V\rightarrow W$ eine neue lineare Abbildung $T^*:W^*\rightarrow V^*$, wobei sich die Richtung der Abbildung umkehrt: Dualisierung ist ein Beispiel eines \emph{kontravarianten Funktors}.
  \end{remark}

  Wir haben in Definition \ref{def:dualbasis} gesehen, dass eine Basis von $V$ eine Basis von $V^*$ hervorbringt, naemlich die duale Basis. Es sei nun $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbdildung zwischen endlich-dimensionalen $K$-Vektorraeumen, und es seien $\cB$ und $\cC$ Basen von $V$ und $W$. Wir koennen dann die Abbildungsmatrix $[T]^{\cB}_{\cC}$ von $T$ bezueglich $\cB$ und $\cC$ betrachten. Was koennen wir ueber die Abbdildungsmatrix $[T^*]^{\cC^*}_{\cB^*}$ sagen?

 \begin{example}
 	Es sei $V=\RR^2$, und es sei $T:V\rightarrow V$ die Abbildung, die bezueglich der Standardbasis $\cE=(e_1,e_2)$ durch die Matrix $A=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 3 & -1\end{pmatrix}$ gegeben ist, d.h.
 	\begin{equation}\label{eq:defA}
 		T(e_1)=e_1+3e_2\qquad \text{und}\qquad  T(e_2)=2e_1-e_2.
 	\end{equation}
 	Es sei $B=[T^*]^{\cE^*}_{\cE^*}$, d.h. wenn $B=\begin{pmatrix} a & b\\ c & d\end{pmatrix}$, dann gilt
 	\begin{equation}\label{eq:defB}
 		T^*(e_1^*)=ae_1^*+ce_2^*\qquad \text{und}\qquad T(e_2^*)=be_1^*+de_2^*.
 	\end{equation}
 	Um die Eintraege von $B$ zu bestimmen, benutzen wir wieder die definierenden Eigenschaft der dualen Basis. Indem wir \eqref{eq:defB} auf $e_1$ und $e_2$ anwenden, erhalten wir
 	\begin{align*}
 		T^*(e_1^*)(e_1)&=a=(e_1^*\circ T)(e_1)=e_1^*(e_1+2e_2)=1,\\
 		T^*(e_1^*)(e_2)&=c=(e_1^*\circ T)(e_2)=e_1^*(2e_1-e_2)=2,\\
 		T^*(e_2^*)(e_1)&=b=(e_2^*\circ T)(e_1)=e_2^*(e_1+3e_2)=3,\\
        T^*(e_2^*)(e_2)&=d=(e_2^*\circ T)(e_2)=e_2^*(3e_1-e_2)=-1,
 	\end{align*}
  mit anderen Worten $B=[T^*]^{\cE^*}_{\cE^*}=\begin{pmatrix} 1 & 3\\ 2 & -1\end{pmatrix}$. Faellt Ihnen was auf?
 \end{example}

  \begin{theorem}
  	Es seien $V,W$ endlich-dimensionale $K$-Vektorraeume, und es sei $\cB=(v_1,\dots, v_n)$, bzw. $\cC=(w_1,\dots,w_m)$, eine Basis for $V$, bzw. fuer $W$. Es sei $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Dann gilt
  	\[ \left[T^*\right]^{\cC^*}_{\cB^*}=\left([T]^{\cB}_{\cC}\right)^t.\]
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Es sei\newlecture
  	\[ A=[T]^{\cB}_{\cC}=\begin{pmatrix}
  	a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n}\\
  	a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n}\\
  	\vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
  	a_{m1} & a_{m2} & \dots & a_{mn}
  \end{pmatrix}	  		  	\]
  	das heisst
  	\[ T(v_j)=\sum_{i=1}^ma_{ij}w_i.\]
  	Was ist $T^*(w_k^*)$? Wir benutzen \eqref{eq:dualcoeff}: es gilt\footnote{Beachten Sie, dass $T^*(w_k^*)\in V^*$, d.h. wir koennen $T^*(w_k^*)$ an einem Element $v\in V$ auswerten und erhalten einen Skalar: $(T^*(w_k^*))(v)\in K$.}
  	\[ T^*(w_k^*)=\left[\left(T^*(w_k^*)\right)(v_1)\right]\cdot v_1^*+\dots + \left[\left(T^*(w_k^*)\right)(v_n)\right]\cdot v_n^*,\]
  	und von der Definition der dualen Abbildung $T^*$ sehen wir, dass
  	\[ T^*(w_k^*)(v_j)=w_k^*(T(v_j))=w_k^*\left(\sum_{i=1}^ma_{ij}w_i.\right)=a_{kj},\]
  	das heisst
  	\[ T^*(w_k^*)=a_{k1}v_1^*+\dots + a_{kn}v_n^*.\]
  	Daher ist die Abbildungsmatrix $\left[T^*\right]^{\cC^*}_{\cB^*}$ gegeben durch
  	\[ \left[T^*\right]^{\cC^*}_{\cB^*}=\begin{pmatrix}
  		a_{11} & a_{21} & \dots & a_{m1}\\
  		a_{12} & a_{22} & \dots & a_{m2}\\
  		\vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
  		a_{1n} & a_{2n} & \dots & a_{mn}
  	\end{pmatrix}=A^t
  		\]
  \end{proof}

  \begin{remark}
  	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$, und es sei $T_A:K^n\rightarrow K^m$ die bezueglich der Standardbasen $\cE$ und $\cF$ von $K^n$ und $K^m$. Dann ist $[T^*_A]^{\cF^*}_{\cE^*}=A^t$. Vielleicht hilft uns das, um einen neuen Beweis zu finden fuer den Satz, dass
  	\[ \mathrm{Spaltenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(A^t)?\]
  	Wir bemerken, dass $\mathrm{Spaltenrang}(A)=\dim\im(T_A)$ und $\mathrm{Spaltenrang}(A^t)=\dim\im(T_A^*)$. Was koennen wir ueber die Dimensionen dieser Raeume sagen?
  \end{remark}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Annulatoren}

  \begin{definition}
      Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq V$ ein Unterraum. Der \emph{Annulator von $U$} ist die Menge aller Linearformen von $V$, die alle Elemente von $U$ auf Null abbilden, das heisst
      \[ U^\perp=\{\ell\in V^*: \, \ell(u)=0_V\quad \forall\, u\in U\}.\]
      Mit anderen Worten, ein Element $\ell \in V^*$ gehoert genau dann zu $U^\perp$, wenn $U\subseteq \ker(\ell)$.
  \end{definition}

  \begin{lemma}
      Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq V$. Dann ist $U^\perp$ ein Unterraum von $V^*$.
  \end{lemma}

  \begin{example}
  	Es gilt $\{0_V\}^\perp=V^*$.
  \end{example}

  \begin{example}\
  	 \begin{enumerate}
      \item Es sei $V=\RR^3$ und $U=\left\langle \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\right\rangle$. Was ist $U^\perp$?

      Es sei $\cB=(e_1,e_2,e_3)$ die Standardbasis von $V$, so dass $U=\langle e_1-e_2+e_3\rangle$ und $\cB^*$ die Dualbasis. Dann ist
      \[ U^\perp=\{ \ell\in V^*:\, \ell(e_1-e_2+e_3)=0\}.\]
      Mit anderen Worten, wenn $\ell=ae_1^*+be_2^*+ce_3^*$, dann gilt
      \[ \ell(e_1-e_2+e_3)=a-b+c=0,\]
      das heisst $b=a+c$, und
      \[ U^\perp=\{a(e_1^*+e_3^*)+c(e_2^*+e_3^*):\, a,c\in\RR\}.\]
      \item Es sei nun $W=\langle e_1-e_2+e_3,\, e_1+e_2\rangle\leq V$. Dann ist
      \[ W^\perp=\{ \ell\in V^*:\, \ell(e_1-e_2+e_3)=0\quad \text{und}\quad \ell(e_1+e_2)=0\}.\]
      Schreiben wir $\ell=ae_1^*+be_2^*+ce_3^*$, dann lauten die Bedinungen
      \[ a-b+c=0\quad \text{und}\quad a+b=0,\]
      das heisst $b=-a$ und $c=-2a$, und
      \[ W^\perp=\{a(e_1^*-e_2^*-2e_3^*):\, a\in\RR\}.\]
      \end{enumerate}
   Was faellt Ihnen auf, wenn Sie die Dimensionen betrachten?
  \end{example}


  \begin{theorem}
          Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq V$. Dann gilt
      \[ \dim_K(U)+\dim_K(U^\perp)=\dim_KV.\]
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Es sei $n=\dim_KV$ und $\dim_KU=k$. Waehle eine Basis $u_1,\dots,u_k$ von $U$; dann koennen wir sie bei Satz ... zu einer Basis $\cB=(u_1,\dots,u_k,v_1,\dots,v_{n-k})$ von $V$ erweitern. Es sei $\cB^*=(u_1^*,\dots,u_k^*,v_1^*,\dots,v_{n=k}^*)$ die duale Basis. Dann gilt aufgrund der definierenden Eigenschaft von $\cB^*$ dass $v^*_j(u_i)=0$ fuer all $1\leq i\leq k$ und $1\leq j\leq n-k$, mit anderen Worten, $v_j^*\in U^\perp$ $\forall\, 1\leq j\leq n-k$ und daher $\langle v_1^*,\dots,u_{n-k}^*\rangle \subseteq U^\perp$.

  	Wir behaupten, dass $v_1^*\dots,v_{n-k}^*$ eine Basis von $U^\perp$ ist. Natuerlich sind die Vektoren linear unabhaengig, es ist daher zu zeigen, dass $\langle v_1^*,\dots,v_{n-k}^*\rangle=U^\perp$. Es sei $\lambda\in U^\perp$.  Da $\cB^*$ eine Basis von $V^*$ ist, gibt es Skalare $\alpha_1,\dots,\alpha_k,\beta_1,\dots,\beta_{n-k}$, so dass
  	\[ \lambda=\alpha_1u_1^*+\dots+\alpha_ku_k^*+\beta_1v_1^*+\dots+\beta_{n-k}v_{n-k}^*.\]
  	Da $\lambda\in U^\perp$, gilt
  	\[ \lambda(u_i)=\alpha_i=0\qquad \forall\, 1\leq i\leq k,\]
  	und wir erhalten
  	\[ \lambda=\beta_1v_1^*+\dots+\beta_{n-k}v_{n-k}^*,\]
  	was zu beweisen war.
  \end{proof}

  \begin{proposition}\label{prop:perpker}
   Es seien$V,W$ endlich-dimensionale $K$-Vektorraeume und $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Dann gilt
   \begin{enumerate}
   	 \item $(\im T)^\perp=\ker(T^*)$;
   	 \item $(\ker T)^\perp=\im(T^*)$.
   	\end{enumerate}
  \end{proposition}
  \begin{proof}\
  	\begin{enumerate}
  		\item Es sei $\lambda\in \ker(T^*)$. Dann ist per Definition $T^*(\lambda)=\lambda\circ T=0_{V^*}$, das heisst
  		\[ \lambda(T(v))=0\qquad \forall\, v\in V\]
  		und daher $\lambda\in (\im T)^\perp$.

  		Umgekehrt sei $\lambda\in (\im T)^\perp$, das heisst $\lambda(T(v))=0$ $\forall \, v\in V$. Daraus folgt, dass $\lambda\circ T=0_{V^*}$ und somit $T^*(\lambda)=0_{V^*}$, das heisst $\lambda\in \ker(T^*)$.

  		\item Es sei $\lambda\in \im(T^*)$, das heisst, es gibt $\psi\in W^*$ so dass $T^*(\psi)=\lambda$. Also gilt
  		\[ \lambda(v)=T^*(\psi)(v)=\psi(T(v))=0\qquad \forall\, v\in \ker(T),\]
  		das heisst $\lambda\in (\ker T)^\perp$ und daher $\im(T^*)\subseteq (\ker T)^\perp$.

  		Anstatt die umgekehrte Inklusion zu zeigen, berechnen wir die Dimension von $\im(T^*)$: es gilt
  		\begin{align*}
  			\dim \im(T^*) & = \dim W-\dim \ker(T^*)\\
  			& = \dim W-\dim (\im T)^\perp\\
  			& = \dim W-(\dim W-\dim \im(T))\\
  			& = \dim \im(T)\\
  			& = \dim V-\dim \ker(T)\\
  			& = \dim (\ker T)^\perp
  		 \end{align*}
  	 und daher $\im(T^*)= (\ker T)^\perp$.
  	\end{enumerate}
  \end{proof}

  \begin{corollary}
  	Es gilt
  	\begin{enumerate}
  		\item $T$ ist injektiv $\Leftrightarrow$ $T^*$ ist surjektiv;
  		\item $T$ ist surjektiv $\Leftrightarrow $ $T^*$ ist injektiv.
  	\end{enumerate}
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	Wir beweisen (1):

  	\begin{tabular}{c c c}
  		$T$ ist injektiv & $\Leftrightarrow$ & $\ker(T)=\{0_V\}$\\
  		& $\Leftrightarrow$ & $(\ker T)^\perp=V^*$\\
  		& $\Leftrightarrow$ & $\im(T^*)=V^*$\\
  		& $\Leftrightarrow$ & $T^*$ ist surjektiv
  	\end{tabular}
  \end{proof}

  \begin{corollary}
  	Es sei $A\in M_{m\times n}(K)$. Dann gilt
  	\[\mathrm{Zeilenrang}(A)=\mathrm{Spaltenrang}(A). \]
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	Es sei $T_A:K^n\rightarrow K^m$ wie in Definition 4.1.4. Dann gilt
  	\[ \dim \im(T_A)=\mathrm{Spaltenrang}(A)\quad \text{und}\quad \dim\im(T_A^*)=\mathrm{Spaltenrang}(A^t)=\mathrm{Zeilenrang}(A).\]
  	Nun haben wir in dem Beweis von Satz \ref{prop:perpker} gesehen, dass $\dim\im(T_A)=\dim\im(T_A^*)$. Das Resultat folgt.
  \end{proof}

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\subsection{Reflexivitaet}\newlecture

Was passiert, wenn wir einen Vektorraum zweimal dualisieren?

\begin{definition}
	Es sei $V$ ein Vektorraum. Dann ist der \emph{Bidualraum von $V$} der $K$-Vektorraum $V^{**}=(V^*)^*$.
\end{definition}

Was koennen wir ueber $V^{**}$ sagen?

\begin{remark}\
	\begin{enumerate}
		\item Wenn $V$ $n$-dimensional ist, dann ist $V^{**}$ aufgrund von Satz \ref{prop:dualdim} ebenfalls $n$-dimensional.
		\item Per Definition sind Elemente von $V^{**}$ lineare Abbildungen $V^*\rightarrow K$. Koennen wir solche Abbdildungen konstruieren?
	\end{enumerate}
\end{remark}

\begin{note}
	Es sei $v\in V$. Dann definiert die \emph{Auswertung an $v$} eine Abbildung $V^*\rightarrow K$: explizit ist sie definiert durch
	\[ \tau_V(v):V^*\rightarrow K,\qquad \ell\mapsto \ell(v). \]
	Eine einfache Rechnung zeigt, dass $\tau_V(v)$ linear ist, das heisst, sie ist ein Element von $V^{**}$.
\end{note}

\begin{theorem}\label{thm:reflexive}
	Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum. Dann definiert die Abbildung $\tau_V:V\rightarrow V^{**}$, $V\mapsto \tau(v)$ einen Isomorphismus zwischen $V$ und seinem Bidualraum; wir sagen \emph{$V$ ist reflexiv} .
\end{theorem}

\begin{remark}
	Wenn $V$ unendlich-dimensional ist, dann definiert $\tau_V$ immer noch eine Abbildung $V\rightarrow V^{**}$, aber sie ist nicht unbedingt surjektiv.
\end{remark}

\begin{proof}
	Wir zeigen zunaechst, dass $\tau_V$ eine lineare Abbildung ist.
	\begin{enumerate}
		\item Es seien $v\in V$ und $\lambda\in K$. Dann ist $\tau(\lambda v)$ die Abbidung, die eine Linearform auf $\lambda v$ auswertet:
		\[ \tau_V(\lambda v)(\ell)=\ell(\lambda v)=\lambda \ell(v)=\lambda \tau_V(v)(\ell)\qquad \forall\, \ell\in V^*,\]
		das heisst $\tau_V(\lambda v)=\lambda \tau_V(v)$.
		\item Es seien $u,v\in V$. Dann gilt
		\[ \tau_V(u+v)(\ell)=\ell(u+v)=\ell(u)+\ell(v)=\tau_V(u)(\ell)+\tau_V(v)(\ell)\qquad \forall \, \ell\in V^*,\]
		und daher $\tau_V(u+v)=\tau_V(u)+\tau_V(v)$.
	\end{enumerate}

	Wir zeigen nun, dass die Abbildung ein Isomorphismus ist. Da $\dim V^{**}=\dim V$, ist es ausreichend zu zeigen, dass $\tau_V$ injektiv ist. Nimm an, dass $\tau_V(v)=0$, das heisst
	\[ \tau_V(v)(\ell)=\ell(v)=0\qquad \forall \ell\in V^*.\]
	Es sei $\cB=(v_1,\dots,v_n)$ eine Basis von $V$, und schreibe $v=\alpha_1v_1+\dots+\alpha_nv_n$. Dann gilt
	\[ v_i^*(v)=\alpha_i=0\qquad \forall 1\leq i\leq n,\]
	und daher $v=0$. Daher ist $\tau_V$ injective und ein Isomorphismus.
\end{proof}

\begin{lemma}
	Es sei $V$ ein endlich dimensionaler $K$-Vektorraum, und es sei $\cB$ eine Basis. Es sei $\cB^*=(v_1^*,\dots,v_n^*)$ die duale Basis, und $\cB^{**}=\left( (v_1^*)^*,\dots, (v_n^*)^*\right)$ die duale Basis von $\cB^*$. Dann gilt
	\[ \tau_V(v_i)=(v_i^*)^*\qquad \forall i,\]
	das heisst $\tau_V(\cB)=\cB^{**}$
\end{lemma}
\begin{proof}
	Per Definition ist $\cB^{**}=\left( (v_1^*)^*,\dots, (v_n^*)^*\right)$ diejenige Basis von $V^{**}$, fuer die gilt
	\[ (v_i^*)^*(v_j^*)=\delta_{ij}.\]
	Wir muessen also zeigen, dass $\{\tau_V(v_1),\dots,	\tau_V(v_n)\}$ diese Eigenschaft hat. Aber nun gilt
	\[ \tau_V(v_i)(v_j^*)=v_j^*(v_i)=\delta_{ij}.\]
\end{proof}

\begin{remark}
	 \begin{enumerate}
	 	\item Die Abbildung $\tau_V:V\rightarrow V^{**}$ definiert einen natuerlichen Isomorphismus zwischen $V$ nach $V^**$: der Isomorphismus haengt nicht von der Wahl von Basen ab! Im Gegensatz dazu sind $V$ und $V^*$ nicht natuerlich isomorph: wir koennen zwar Isomorphismen zwischen den beiden Raeumen defineiren (wie zwischen allen $K$-Vektorraeumen, die die gleiche Dimension haben), aber diese haengen von der Wahl von Basen ab.
	 	\item 	Es seien $V,W$ endlich dimensionale Vektorraume und $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Dann sind die Abbildungen $\tau_V$ und $\tau_W$ mit $T$ kompatibel: wir haben ein kommutative Diagramm
	 	\[\begin{diagram}
	 		V & \rTo^{\tau_V} & V^{**}\\
	 		\dTo^{T} && \dTo_{T^{**}}\\
	 		W & \rTo_{\tau_W}& W^{**}
	 	\end{diagram}\]
	 	$V\mapsto V^{**}$ ist ein \emph{kovarianter Funktor}.
	 	Nun seien $\cB$ und $\cC$ jeweilige Basen von $V$ und $W$. Dann gilt
	 	\[ \left[ T^{**}\right]^{\cB^{**}}_{\cC^{**}}=\left([T^*]^{\cC^*}_{\cB^*}\right)^t=\left(\left([T]^{\cB}_{\cC}\right)^t\right)^t=[T]^{\cB}_{\cC},\]
	 \end{enumerate}
\end{remark}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \section{Quotientenraeume}

 \subsection{Definition und erste Eigenschaften}

  Wir erinnern uns an die Definition eines Quotientenraums:

  \begin{definition}
  	Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq V$. Wir definieren den Quotientenraum $V/U$ wie folgt: die Elemente von $V/U$ sind die Nebenklassen von $U$ in $V$, das heisst, sie sind die Untermengen von $V$ von der Form $v+U$ fuer $v\in V$. Wir schreiben $[v]$ fuer die Klasse $v+U$. Die Addition und Skalarmultiplikation sind definiert durch
  	\[ [y_1]+[v_2]=[v_1+v_2]\qquad \text{und}\qquad \alpha\, [v]=[\alpha v].\]
  \end{definition}

  \begin{remark}\label{rem:aeqquot}
  Die Nebenklassen von $U$ in $V$ sind die Aequivalenzklassen folgender Aequivalenzrelation auf $V$: ``$v\sim w$ genau dann, wenn $v-w\in U$''. Diese bedeutet, dass jedes $v\in V$ in genau einer Nebenklasse liegt, naemlich in der Nebenklasse $[v]=v+U$. Wir nennen $v$ ein repraesentierendes Element dieser Nebenklasse; das bedeutet, zwei Element $v,v'\in V$ repraesentieren die selbe Nebenklasse genau dann, wenn $v-v'\in U$.
  \end{remark}

  Wir muessen zeigen, dass Addition und Multiplikation wohldefiniert sind:
  \begin{enumerate}
  	\item es seien $v_1,v_1',v_2,v_2'\in V$, und nimm an, dass $[v_1]=[v_1']$ und $[v_2]=[v_2']$. Wir muessen zeigen, dass
  	\[ [v_1]+[v_2]=[v_1']+[v_2'] \quad \Leftrightarrow \quad [v_1+v_2]=[v_1'+v_2'] \quad \Leftrightarrow \quad v_1+v_2-v_1'-v_2'\in U.\]
  	Doch das ist klar, da $v_1-v_1'\in U$ und $v_2-v_2'\in U$.
  	\item Es seien $v,v'\in V$ so dass $[v]=[v']$, und es sei $\alpha\in K$. Wir mussen zeigen, dass
  	\[ \alpha[v]=\alpha[v'] \quad \Leftrightarrow \quad [\alpha v]=[\alpha v'] \quad \Leftrightarrow \quad \alpha(v-v')\in U.\]
  	Doch da $v-v'\in U$ und $U$ ein Unterraum ist, gilt $\alpha(v-v')\in U$.
  \end{enumerate}

  \begin{proposition}
  	Mit dieser Definition der Addition und Skalar-Multiplikation ist $U/V$ ein Vektorraum.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Uebung.\footnote{Was ist die additive Identitaet?}
  \end{proof}

  \begin{proposition}\label{prop:quotient}
  	Es sei $q_U:V\rightarrow U$ die Abbildung\[ q_U(v)=[v];\]
  	sie heisst \emph{die kanonische Quotientenabbildung}.
  	Dann ist $q_U$ linear, und es gilt $\ker(q_U)=U$ und $\im(q_U)=V/U$.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Wir zeigen zunaechst, dass die Abbildung linear ist:
  	\begin{align*}
  		q_U(v_1+\alpha v_2) & = [v_1+\alpha v_2]\\
  		& =   		[v_1] +\alpha [v_2]\qquad \text{aufgrund der Definition von Addition und Skalar-Multiplikation}\\
  		& = q_U(v_1)+\alpha \,q_U(v_2).
  	\end{align*}
    Es sei nun $x\in V/U$. Dann ist $x$ eine Aequivalenzklasse der Aequivalenzrelation in Bemerkung \ref{rem:aeqquot}, und es gibt $v\in V$ so dass $x=[v]$, das heisst $x=q_U(v)$. Daher ist $q_U$ surjektiv.

    Nimm nun an, dass $v\in \ker(q_U)$. Dann gilt
    \begin{align*}
    	q_U(v)=[v]=0_{V/U} & \qquad\Leftrightarrow \qquad v\sim 0_V\\
    	& \qquad \Leftrightarrow v-0_V\in U\\
    	& \qquad \Leftrightarrow v\in U,
    \end{align*}
    und daher $\ker(q_U)\subseteq U$. Umgekehrt sei $u\in U$. Dann gilt $u\sim 0_V$ da $u=u-0_V\in U$ und daher $q_U(u)=[u]=0_{V/U}$. Daher gilt $U\subseteq \ker(q_U)$ und daher  $\ker(q_U)= U$.
  \end{proof}

  \begin{corollary}\newlecture
   Es sei $V$ ein endlich-dimensionaler Vektorraum und $U\leq V$. Dann ist $V/U$ endlich-dimensional, und es gilt
   \[ \dim_K V/U=\dim_K V-\dim_KU.\]
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	Folgt unmittelbar von Satz \ref{prop:quotient} und Theorem \ref{thm:kerim}.
  \end{proof}

  Alternativ koennen wir dieses Korollar ebenfalls mit Hilfe eines Komplements des Unterraums $U$ beweisen:

\begin{proposition}\label{prop:compliso}
	Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq V$. Es sei $W\leq V$ ein Komplement zu $U$. Dann definiert  die Abbildung $w\mapsto [w]$ einen natuerlichen Isomorphismus
	\[ \gamma:W\rTo^\cong V/U.\]
\end{proposition}
\begin{proof}
	Es sei $\gamma=q_U|_{W}$. Dann ist $\gamma$ injektiv: nimm an, dass $w\in \ker(\gamma)$, das heisst $[w]=0_{V/U}$, mit anderen Worten $w\in U$. Aber $U\cap W=\{0_V\}$, und daher $w=0_V$.

	Weiterhin ist $\gamma$ surjektiv:\footnote{Sie koennen alternativ mit Hilfe der Dimensionen argumentieren.} es sei $x\in V/U$, und es sei $v\in V$ ein repraesentierendes Element von $x$. Da $v=U+W$, $\exists u\in U,\, w\in W$ so dass $v=u+w$. Aber dann gilt $[v]=[w]$, und daher $\gamma(w)=[v]=x$.
\end{proof}

\begin{exercise}
	Beschreibe die inverse Abbildung $\gamma^{-1}:\, V/U\rTo W$.
\end{exercise}

\begin{remark}
	Insbesondere bildet $\gamma$ eine Basis von $W$ auf einer Basis von $V/U$ ab: wenn $w_1,\dots,w_k$ eine Basis von $W$ ist, dann ist $[w_1],\dots,[w_k]$ eine Basis von $W$, und daher erhalten wir einen alternativen Beweis, dass
	\[ \dim V/U=\dim W=\dim V-\dim U.\]
\end{remark}

\begin{remark}
	Wir haben bereits gesehen, dass abgesehen von trivialen Faellen das Komplement eines Vektorraums nicht kanonisch ist. Wenn wir aber ein Komplement ausgewaehlt haben, dann ist der Isomorphismus in Satz \ref{prop:compliso} kanonisch.
\end{remark}

Weiterhin gibt es eine Korrespondenz zwischen bestimmen Unterraeumen von $V$ und Unterraeumen von $V/U$:

\begin{proposition}
	Die Abbildung
	\begin{align*}
		\{W\subseteq V: \, U\leq W\leq V\}\qquad &\rightarrow \qquad \{ X\leq V/U\}\\
		W\qquad &\mapsto \qquad W/U
	\end{align*}
	ist eine $1:1$ Korrespondenz zwischen Unterraeumen von $V$, die $U$ enthalten, und Unterraeumen von $V/U$.
\end{proposition}
\begin{proof}
	Uebung.
\end{proof}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection{Die Isomorphismensaetze}

  Quotientenraeume tauchen in the linearen Algebra (und auch sonst) ueberall auf. Zum Beispiel koennen wir Theorem \ref{thm:kerim} folgendermassen verfeinern:

\begin{theorem}\label{thm:1stiso}(Erster Isomorphiesatz)
	Es seien $V,W$ $K$-Vektorraeume und $T:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Definiere eine neue Abbildung
	\[ \overline{T}:\, V/\ker(T)\rightarrow \im(T)\]
	wie folgt: fuer ein Element $x\in V/\ker(T)$ waehle ein representierendes Element $v\in V$ und definiere $\overline{T}(x)=T(v)$.\footnote{Wir nennen $\overline{T}$ die \emph{von $T$ induzierte Abbildung.}} Dann gilt
	\begin{enumerate}
		\item $\overline{T}$ eine wohldefinierte lineare Abbildung;
		\item $\overline{T}:\, V/\ker(T)\rightarrow \im(T)$ ist ein Isomorphismus;
		\item folgendes Diagram ist kommutativ:
		\[ \begin{diagram}
			V & \rTo^T& W\\
			\dTo^{q_{\ker(T)}} & & \uTo_{\subseteq}\\
			V/\ker(T) & \rTo^{\overline{T}} & \im(T)
		\end{diagram}
		\]
	\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item Es seien $v_1,v_2$ representierende Elemente von $x$. Dann gilt $q_{\ker(T)}(v_1)= q_{\ker(T)}(v_2)=x$, das heisst  $v_1-v_2\in \ker(T)$ und daher $T(v_1)=T(v_2)$. Deshalb ist $\bar{T}$ wohldefiniert.

		$\overline{T}$ ist linear: es seien $x=[v_1],y=[v_2]$ und $\alpha\in K$. Dann gilt
		\begin{align*}
			\bar{T}([v_1]+\alpha [v_2]) & = \bar{T}([v_1+\alpha v_2])\\
			&= T(v_1+\alpha v_2)\\
			& = T(v_1)+\alpha\, T(v_2)\\
			&= \overline{T}([v_1])+\alpha \overline{T}([v_2]).
		\end{align*}
		\item $\overline{T}$ ist injektiv: Es sei $x\in \ker(\overline{T})$, und es sei $v\in V$ ein representierendes Element von $x$. Dann gilt aufgrund der Definition
		\[ \overline{T}(x)=T(v)=0_W,\]
		das heisst $v\in \ker(T)$ und daher $x=[v]=0_{V/\ker(T)}$.

		$\overline{T}$ ist surjektiv: Aufgrund der Definition von $\overline{T}$ ist es offensichtlich, dass $\im(\overline{T})\subseteq\im(T)$. Es sei $w\in \im(T)$. Dann gibt es ein $v\in V$ so dass $T(v)=w$. Aber dies bedeutet, dass
		\[ \overline{T}([v])=T(v)=w,\]
		und daher $w\in \im(\overline{T})$.

		\item Die Kommutativitaet des Diagrams folgt unmittelbar von den Definitionen.
	\end{enumerate}
  \end{proof}

  \begin{theorem}\label{thm:2ndiso}
    (Zweiter Isomorphiesatz) Es sei $V$ ein Vektorraum und $U,W\leq V$. Es sei
    \[ i:\, U\hookrightarrow V\rTo^{q_W} V/W,\qquad u\mapsto q_W(u)\]
     Dann ist $\ker(i)=U\cap W$, und $i$ induziert einen Isomorphismus
     \[ \overline{i}:\, U/(U\cap W)\rTo^\cong (U+W)/W.\]
   \end{theorem}
   \begin{proof}
   	Es folgt von Theorem \ref{thm:1stiso}, dass $i$ einen Isomorphismus
   	\[ \overline{i}:\, U/\ker(i)\rTo^\cong \im(i)\]
   	induziert. Wir zeigen zunaechst, dass $\ker(i)=U\cap W$.

   	Es sei $u\in \ker(i)$ Dann gilt $i(u)=0_{V/W}$, das heisst $u\in W$ und daher $u\in U\cap W$. Umgekehrt gilt $U\cap W\subseteq \ker(i)$, und daher $\ker(i)=U\cap W$.

   	Um den Beweis abzuschliessen muessen wir zeigen, dass $\im(i)=(U+W)/W$.\footnote{Beachte, dass $(U+W)/W$ ein Unterraum von $V/W$ ist.} Es ist klar, dass $\im(i)\subseteq (U+W)/W$. Umgekehrt sei $x\in (U+W)/W$. Dann gibt es ein repraesentierendes Element $u\in U$ von $x$, und es gilt $i(u)=x$.
   \end{proof}

Was passiert, wenn wir zwei Unterraeume von $V$ betrachten, von dem einer in dem anderen enthalten ist?

\begin{proposition}\label{prop:nestedquot}
	Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq W\leq V$ zwei Unterraeume. Dann gibt es eine natuerliche lineare Abbildung $\varpi_{U,W}:V/U\mapsto V/W$, gegeben durch $v+U\mapsto v+W$, so dass folgendes Diagram kommutiert:
	\[\begin{diagram} && V &&\\
		& \ldTo^{q_U} && \rdTo^{q_W} &\\
		V/U && \rTo^{\varpi_{U,W}} && V/W
	\end{diagram}\]
\end{proposition}
\begin{proof}
	Eine einfache Rechnung zeigt, dass $\varpi_{U,W}$ linear ist. Die Kommutativitaet des Diagrams ist eine Uebung.
\end{proof}




  \begin{theorem}\label{thm:3rdiso}
	(Dritter Isomorphiesatz) Es sei $V$ ein Vektorraum und $U\leq W\leq V$ zwei Unterraeume. Dann ist $\ker(\varpi_{U,W})=W/U$, und die induzierte Abbildung $\overline{\varpi_{U,W}}$ definiert einen Isomorphismus
	\[ \overline{\varpi_{U,W}}:\, (V/U)/(W/U)\rTo^\cong V/W.\]
  \end{theorem}
  \begin{proof}
   Wir wenden Theorem \ref{thm:1stiso} auf die induzierte Abbildung
   \[ \varpi_{U,W}:\, V/U\rTo V/W\]
   am. Die Abbildung ist surjektiv: Es sei $x\in V/W$ und $v$ ein repraesentierendes Element von $x$. Dann wird die Nebenklasse $v+U$ auf $x$ abgebildet.

   Wir bestimmen nun den Kern von $\varpi_{U,W}$: es ist klar, dass $W/U\subseteq \ker(\varpi_{U,W})$. Es sei nun $x\in V/U$ im Kern von $\varpi_{U,W}$, und es sei $v$ ein repraesentierendes Element von $x$, d.h. $q_U(v)=x$. Dann gilt aufgrund von Satz \ref{prop:nestedquot}
   \[ \varpi_{U,w}(x)=q_W(v),\]
   und wir wissen, dass $q_W(v)=0_{V/W}$ genau dann, wenn $v\in W$. Es folgt, dass $x=q_U(v)\in W/U$, und daher $ \ker(\varpi_{U,W})\subseteq W/U$.

   Es folgt daher von Theorem  \ref{thm:1stiso}, dass $\overline{\varpi}_{U,W}$ einen Isomorphismus
   \[ (V/U)/(W/U)\rTo^\cong V/W\]
   definiert.
  \end{proof}





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 \subsection{Weitere Anwendungen}


Weiterhin koennen wir den Annulator eines Unterraums mit Hilfe von Quotientenraeumen beschreiben:

\begin{proposition}
	Es sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U\leq V$ ein Unterraum. Dann gibt es einen natuerlichen Isomorphismus
	\[ \alpha:\, (V/U)^*\rTo^\cong U^\perp.\]
\end{proposition}
\begin{proof}
	Wir definieren zunaechst die Abbildung $\alpha$: Es sei $\ell\in (V/U)^*$. Dann ist\newlecture
	\[ \ell\circ q_U:\, V\rightarrow K\]
	eine Linearform auf $V$, und es gilt $U\subseteq \ker(\ell\circ q_U)$, das heisst $\ell\circ q_U\in U^\perp$. Definieren $\alpha(\ell)=\ell\circ q_U$; eine einfache Rechnung zeigt, dass $\alpha$ linear ist. Da $(V/U)^*$ und $U^\perp$ die gleiche Dimension haben, ist es ausreichend zu zeigen, dass $\alpha$ injektiv ist. Dieses ist eine leichte Uebung.

	Alternativ koennen Sie die inverse Abbildung konstruieren: es sei $\lambda\in U^\perp$, i.e. $\lambda\in V^*$ so dass $U\leq \ker(\lambda)$. Aufgrund von Theorem \ref{thm:1stiso} wissen wir, dass $\lambda$ eine Abbildung
	\[ \overline{\lambda}:V/\ker(\lambda)\rightarrow K\]
	induziert. Da $U\leq \ker(\lambda)$, gibt es laut Satz \ref{prop:nestedquot} eine natuerliche Abbildung
	\[ \varpi_{U,\ker(\lambda)}:\, V/U\rTo V/\ker(\lambda).\]
	Definiere
	\[ \alpha^{-1}(\lambda)=\overline{\lambda}\circ  \varpi_{U,\ker(\lambda)}:\, V/U\rightarrow K.\]
	Eine einfache Rechnung zeigt, dass $\alpha^{-1}$ die inverse Abbildung von $\alpha$ ist.
\end{proof}

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 \section{Determinanten}

  \subsection{Ein erstes Beispiel}

   \begin{lemma}
       Es sei $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}\in M_{2\times 2}(K)$. Dann ist $A$ genau dann invertierbar, wenn $ad-bc\neq 0$, und in diesem Fall gilt
       \[ A^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a\end{pmatrix}.\]
   \end{lemma}

  \begin{definition}
      Die Groesse $(ad-bc)$ heisst \emph{die Determinante von $A$}, und wir schreiben
      \[ \det(A)=ad-bc.\]
  \end{definition}

  \begin{note}
      Schreibe $A=(\vv_1,\vv_2)$, wobei $\vv_1,\vv_2$ die Spaltenvektoren sind. Die Determinante hat folgende Eigenschaften:
      \begin{enumerate}
          \item $\det(I_2)=1$;
          \item $\det(\vv_1,\vv_2)=-\det(\vv_2,\vv_1)$;
          \item $\det(\vv_1+\mathbf{u},\vv_2)=\det(\vv_1,\vv_2)+\det(\mathbf{u},\vv_2)$ und $\det(\vv_1,\vv_2+\mathbf{u})=\det(\vv_1,\vv_2)+\det(\vv_1,\mathbf{u})$;
          \item $\det(\lambda A)=\lambda^2\det(A)$ fuer all $\lambda \in K$;
          \item $\det(\lambda\vv_1,\vv_2)=\det(\vv_1,\lambda\vv_2)=\lambda \det(A)$;
          \item $\det A=\det A^t$.
      \end{enumerate}
   Diese Eigenschaften sind characteristisch fuer eine Determinantenfunktion.
  \end{note}

  Um Determinanten fuer $(n\times n)$-Matrizen zu definieren, benoetigen wir das Konzept von \emph{Permutationen}

 %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

 \subsection{Permutationen}

  \begin{definition}
      Es sei $n\geq 1$. Eine \emph{Permutation} der Menge $\{1,\dots,n\}$ ist eine bijektive Abbildung
      \[ \sigma: \{1,\dots,n\}\rTo \{1,\dots,n\}.\]
      Wir schreiben $\sigma$ als $(\sigma(1),\sigma(2),\dots,\sigma(n))$.

      Eine \emph{Transposition} ist eine Permutation, die genau zwei Elemente vertauscht und alle anderen Elemente auch sich selber abbildet.
  \end{definition}

  \begin{example}
      Es sei $n=4$. Dann ist $(1,3,2,4)$ eine Transposition, aber $(2,3,1,4)$ ist keine Transposition.
  \end{example}

  \begin{proposition}
      Die Permutationen auf der Menge $\{1,\dots,n\}$  bilden eine Gruppe $S_n$ unter Komposition von Funktionen; die Identitaet ist die Identitaetsfunktion, die jedes Element auf sich selber abbildet. Die Gruppe $S_n$ heisst \emph{die symmetrische Gruppe vom Grad $n$}; sie hat $n!$ Elemente.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
      Uebung.
  \end{proof}

  \begin{note}\label{note:ord2}
  	Es sei $\tau\in S_n$ eine Transposition. Dann gilt $\tau^2=\id$, das heisst $\tau$ ist sein eigenes Inverses.
  \end{note}

  \begin{example}\
  	\begin{enumerate}
  		\item       Es sei $n=4$ und $\sigma=(3, 1, 2, 4)$. Dann ist $\sigma^{-1}=(2, 3, 1, 4)$.
  		\item       Es sei $\tau=(4,1,2,3)$. Dann gilt
  		\begin{align*}
  			\sigma\circ\tau&=(4,3,1,3)\\
  			\tau\circ\sigma&= (2,4,1,3).
  		\end{align*}
  	\end{enumerate}

  \end{example}

  \begin{proposition}
      Jede Permutation kann als die Verknuepfung von endlich vielen Transpositionen geschrieben werden.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
      Es sei $\sigma=(\sigma(1),\dots,\sigma(n)$. Wenn $\sigma(1)\neq 1$, dann sei $\tau_{1}$ die Transposition, die $1$ und $\sigma(1)$ vertauscht; ansonsten sei $\tau_{1}$ die Identitaet. Beachte, dass $\tau_1\sigma(1)=1$.

      Wenn $\tau_1 \sigma(2)\neq 2$, dann sei $\tau_{2}$ die Transposition, die $2$ und $\tau_1\sigma(2)$ vertauscht; ansonsten sei $\tau_{2}$ die Identitaet. Dann gilt $\tau_2\tau_1\sigma(1)=1$ und $\tau_2\tau_1\sigma(2)=2$. Wiederholen Sie diesen Prozess bis $\tau_n$.  Dann gilt
      \[ \tau_n\tau_{n-1}\cdots \tau_1\sigma=\id\quad\Rightarrow \quad\sigma=\tau_1\tau_2\cdots\tau_n,\]
      da $\tau_i^2=\id$ $\forall i$ aufgrund von Beobachtung \ref{note:ord2}.
   \end{proof}

   \begin{examples}\label{ex:transp}\
     \begin{enumerate}
     	\item Es sei $\sigma=(3,4,1,2)\in S_4$. Da $\sigma(1)=4$, nehmen wir $\tau_1=(3,2,1,4)$. Dann gilt
     	\[ \tau_1\sigma=(1,4,3,2).\]
     	Wir nehmen $\tau_2=(1,4,3,2)$; dann gilt $\tau_2\tau_1\sigma=\id$ und daher
     	\[ \sigma=(3,2,1,4)(1,4,3,2). \]
     	\item Es sei $\sigma=(3,1,2,4,5)\in S_5$. Dann gilt
     	\begin{align*}
     		 \sigma&=(1,3,2,4,5)(3,2,1,4,5)\\
     		 & =(1,2,3,5,4) (1,3,2,4,5)(3,2,1,4,5)(1,2,3,5,4),
     	\end{align*}
      die Zerlegung einer Permutation in Transpositionen ist also nicht eindeutig!
     \end{enumerate}
   \end{examples}

  Immerhin ist die Paritaet der Anzahl von Transposition eindeutig bestimmt:

  \begin{proposition}\label{prop:signtransp}
  	Es sei $\sigma\in S_n$ und\[ \sigma=\tau_1\cdots\tau_k=\tau_1'\cdots\tau_m'\]
  	verschiedene Zerlegungen von $\sigma$ in Produkte von Transpositionen. Dann gilt
  	\[ k\cong m\pmod 2.\]
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Spaeter - siehe Korollar \ref{cor:signtransp}.
  \end{proof}


 \begin{examples}\
 	\begin{enumerate}
 		\item Jede Transposition in $S_n$ ist ungerade.
 		\item Das Element $\sigma\in S_4$ aus Beispiel \ref{ex:transp} (1) ist gerade.
 	\end{enumerate}
 \end{examples}

  \begin{remark}
  	Die Menge aller geraden Permutationen in $S_n$ ist eine Untergruppe von $S_n$; sie heisst die \emph{alternierende Untergruppe} $A_n$.

  	Die Gruppe $A_5$ ist die kleinste \emph{nicht aufloesbare Gruppe}: damit werden Sie sich beschaeftigen, wenn Sie im naechsten Jahr Galois Theorie lernen.
  \end{remark}

  \begin{definition}
	Eine Permutation $\sigma\in S_n$ heisst gerade (bzw. ungerade), wenn es sich als Produkt einer geraden (bzw. ungeraden) Anzahl von Transpositionen schreiben laesst. Wir definieren das\emph{ Vorzeichen} einer Permutation $\sigma$ als
	\[ \mathrm{sgn}(\sigma)=\begin{cases} 1 & \quad \text{wenn $\sigma$ gerade ist}\\ -1 & \quad \text{wenn $\sigma$ ungerade ist}.\end{cases}\]
\end{definition}




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  \subsection{Determinantenfunktionen}\newlecture

   \begin{notation}
       Es sei $A\in M_{n\times n}(K)$; wir schreiben $A=(\vv_1,\dots,\vv_n)$, wobei $\vv_i$ der $i$te Spaltenvektor ist.
   \end{notation}

   \begin{definition}
       Eine Funktion $f:M_{n\times n}(K)\rightarrow K$ ist \emph{$n$-linear} (in den Spaltenvektoren), wenn $\forall 1\leq i\leq n$ $f$ eine lineare Funktion der $i$ten Spalte ist, wenn die die anderen Spalten fixiert werden. Mit anderen Worten, $f$ ist $n$-linear, wenn
       \begin{align*}
       f(\vv_1,\dots,\vv_i+\mathbf{u},\dots, \vv_n) & =f(\vv_1,\dots,\vv_i,\dots, \vv_n)+f(\vv_1,\dots,\mathbf{u},\dots, \vv_n),\\
       f(\vv_1,\dots,\lambda \vv_i,\dots, \vv_n)& = \lambda f(\vv_1,\dots,\vv_i,\dots, \vv_n)
       \end{align*}
       fuer alle $A=(\vv_1,\dots,\vv_n)\in M_{n\times n}(K)$, $u\in K^n$ und $\lambda\in K$.
   \end{definition}

   \begin{examples}\
       \begin{enumerate}
           \item $\det: M_{2\times 2}(K)\rightarrow K$ ist bilinear.
           \item Es sei $A=(a_{ij})\in M_{n\times n}(K)$. Die Funktion
           \[ f:A\mapsto a_{11}a_{22}\dots a_{nn}\]
           ist $n$-linear.
       \end{enumerate}
   \end{examples}

  \begin{lemma}\label{lem:LCnlin}
  	Es seien $f,g: M_{n\times n}(K)\rightarrow K$ $n$-linear, und es seien $\alpha,\beta\in K$. Dann ist auch $\alpha f+\beta g$ $n$-linear.
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	Uebung.
  \end{proof}

  \begin{definition}
  	Eine Funktion $f:M_{n\times n}(K)\rightarrow K$ ist \emph{alternierend}, wenn folgende Eigenschaft erfuellt ist: wenn $\vv_i=\vv_{i+1}$ fuer ein $1\leq i<n$, dann gilt
  	\[ f(\vv_1,\dots,\vv_n)=0.\]
  \end{definition}

  \begin{example}
  	$\det: M_{2\times 2}(K)\rightarrow K$ ist alternierend.
  \end{example}

  \begin{lemma}
  	Es sei $f:M_{n\times n}(K)\rightarrow K$ $n$-linear und alternierend. Dann gilt
  	\begin{enumerate}
  		\item $f(\vv_1,\dots,\vv_i,\vv_{i+1},\dots,\vv_n)=-f(\vv_1,\dots,\vv_{i+1},\vv_{i},\dots,\vv_n)$;
  		\item wenn $\vv_i=\vv_j$ fuer $i\neq j$, dann gilt $f(\vv_1,\dots,\vv_i,\dots,\vv_j,\dots,\vv_n)=0$;
  		\item $f(\vv_1,\dots,\vv_i,\dots,\vv_j,\dots,\vv_n)=-f(\vv_1,\dots,\vv_j,\dots,\vv_i,\dots,\vv_n)$.
  	\end{enumerate}
  \end{lemma}
  \begin{proof}
  	\begin{enumerate}
  		\item       Es gilt
  		\begin{align*}
  			f(\vv_1,\dots,\vv_i+\vv_{i+1},\vv_i+\vv_{i+1},\dots,\vv_n) & = f(\vv_1,\dots,\vv_i,\dots,\vv_i,\dots,\vv_n)+f(\vv_1,\dots,\vv_i,\vv_{i+1},\dots,\vv_n)\\
  			& \quad +f(\vv_1,\dots,\vv_{i+1},\vv_i,\dots,\vv_n)+f(\vv_1,\dots,\vv_{i+1},\vv_{i+1},\dots,\vv_n)\\
  			& = f(\vv_1,\dots,\vv_i,\vv_{i+1},\dots,\vv_n)+f(\vv_1,\dots,\vv_{i+1},\vv_i,\dots,\vv_n)\\
  			& = 0
  		\end{align*}
  		und daher
  		\[ f(\vv_1,\dots,\vv_i,\vv_{i+1},\dots,\vv_n)=-f(\vv_1,\dots,\vv_{i+1},\vv_i,\dots,\vv_n).\]
  		\item Nimm nun an, dass $A=(\vv_1,\dots,\vv_n)$ eine Matrix ist, fuer die Spalten $\vv_i$ und $\vv_j$ gleich sind. Wir koennen dann nebeneinanderliegende Spalten so lange vertauschen, bis wir eine Matrix $A'$ erhalten, die zwei gleiche nebeneinanderliegende Spalten hat; aufgrund von (1) wissen wir, dass sich $f(A)$ und $f(A')$ hoechstens durch das Vorzeichen unterscheiden. Aber da $f$ alternierend ist, gilt $f(A')=0$ und daher $f(A)=0$.
  		\item Der Beweis ist aehnlich wie (1).
  	\end{enumerate}
  \end{proof}

  \begin{definition}
      Eine Funktion $D:M_{n\times n}(K)\rightarrow K$ ist eine Determinantenfunktion, wenn sie folgende Eigenschaften hat:
      \begin{enumerate}
          \item sie ist $n$-linear;
          \item sie ist \emph{alternierend}:
          \item $D(\mathbf{1}_n)=1$.
      \end{enumerate}
  \end{definition}

  \textbf{Frage:} Gibt es Determinantenfunktionen ueberhaupt?

  \begin{lemma}\label{lem:det2}
     Die Determinante fuer $(2\times 2)$-Matrizen
     \[ \det:M_{2\times 2}(K)\rightarrow K\]
     ist eine Determinantenfunktion, und sie ist \emph{die einzige} Determinantenfunktion auf $M_{2\times 2}(K)$.
   \end{lemma}
   \begin{proof}
       Die Axiome der Determinantenfunktion sind leicht zu ueberpruefen; wir zeigen die Eindeutigkeit. Es sei $D:M_{2\times 2}(K)\rightarrow K$ eine Determinantenfunktion, und es sei $A=\begin{pmatrix} a & b\\ c & d\end{pmatrix}$. Wir wollen zeigen, dass $D(A)=ad-bc$. Es seien $\ee_1,\ee_2$ die Standardbasis von $K^2$, und wir schreiben $A=(a\ee_1+c\ee_2,b\ee_1+d\ee_2)$. Dann gilt aufgrund der Axiome
       \begin{align*}
        D(A) & = D(a\ee_1+c\ee_2,b\ee_1+d\ee_2)\\
        & = ab\cdot D(\ee_1,\ee_1)+ac\cdot D(\ee_1,\ee_2)+bc\cdot D(\ee_2,\ee_1)+cd\cdot D(\ee_2,\ee_2)\\
        & = ac\cdot D(\ee_1,\ee_2)+bc\cdot D(\ee_2,\ee_1)\\
        & = (ad-bc)\cdot D(\ee_1,\ee_2)\\
        & =(ad-bc)\cdot D(I_2)\\
        & = ad-bc.
       \end{align*}
   \end{proof}

   Wir wollen nun folgendes zeigen:
   \begin{enumerate}
       \item $\forall n\geq 1$ gibt es eine Determinantenfunktion.
       \item $\forall n\geq 1$ ist die Determinantenfunktion eindeutig bestimmt; das heisst, es gibt \emph{genau eine}.
   \end{enumerate}

  Wir zeigen zunaechst die Existenz:

  \begin{theorem}\label{thm:exdet}
      Es sei $n\geq 1$. Dann gibt es eine Determinantenfunktion $D:M_{n\times n}(K)\rightarrow K$.
  \end{theorem}

  Wir brauchen fuer den Beweis folgendes Konzept:

  \begin{notation}
      Sei $A=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}\in M_{n\times n}(K)$. Fuer $1\leq i,j\leq n$ sei $A_{i,j}$ die $(n-1,n-1)$-Matrix, die wir von $A$ erhalten, indem wir die $i$te Zeile und $j$te Spalte herausnehmen.
  \end{notation}

  \begin{examples}\
      \begin{enumerate}
          \item Sei $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$. Dann ist
          \[ A_{1,1}=d,\quad A_{1,2}=c,\quad A_{2,1}=b,\quad A_{2,2}=a.\]
          \item Sei $B=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 0\\ 0 & 1 & -2\end{pmatrix}$. Was sind $B_{3,1}$ und $B_{2,3}$?
      \end{enumerate}
  \end{examples}

  Um Theorem \ref{thm:exdet} zu beweisen, brauchen wir folgenden Satz:

  \begin{proposition}\label{prop:exdet}
  	Es sei $n\geq 2$ und $f$ eine $(n-1)$-lineare alternierende Funktion. Fuer $1\leq i\leq n$ definiere die Funktion
  	\[ E_i:\, M_{n\times n}(K)\rightarrow K,\qquad A=(a_{ij})\mapsto \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j}a_{ij}f(A_{i,j}).\]
  	Dann ist $E_i$ $n$-linear und alternierend.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Wir zeigen zunaechst, dass $E_i$ $n$-linear ist.
  	Es sei $1\leq j\leq n$, und betrachte die Funktion
  	\[ e_{ij}:A\mapsto a_{ij}f(A_{i,j});\]
  	wir muessen zeigen, dass sie $n$-linear ist: dann folgt von Lemma \ref{lem:LCnlin}, dass $E_i$ ebenfalls $n$-linear ist. Betrachte $e_{ij}$ als eine Funktion der $k$ten Spalte.
  	\begin{itemize}
  		\item wenn $k\neq j$, dann ist $a_{ij}$ unabhaengig von $k$, und $f(A_{i,j})$ ist linear in der $k$ten Spalte, und daher ist $e_{ij}$ linear als eine Funktion der $k$ten Spalte.
  		\item wenn $k=j$, dann ist $f(A_{i,j})$ unabhaengig von $k$, und $a_{ij}=a_{ik}$ ist linear in der $k$ten Spalte, und daher ist $e_{ij}$ linear als eine Funktion der $k$ten Spalte.
  	\end{itemize}
    Es folgt daher von Lemma \ref{lem:LCnlin}, dass $E_i$ $n$-linear ist.

    Nimm nun an, dass $\vv_k=\vv_{k+1}$ fuer $1\leq k< n$.  Dann hat fuer all $j\neq k,k+1$ die Matrix $A_{i,j}$ zwei gleiche Spalten, und daher gilt $f(A_{i,j})=0$, da $f$ alternierend ist, das heisst
    \[E_i(A)=(-1)^{i+k}a_{ik}f(A_{i,k})+(-1)^{i+k+1}a_{i,k+1}f(A_{i,k+1}).\]
    Aber $A_{i,k}=A_{i,k+1}$ und $a_{ik}=a_{i,k+1}$, und daher $E_i(A)=0$.
  \end{proof}

  Wir koennen nun Theorem  \ref{thm:exdet} beweisen.

  \begin{proof}
      Wir zeigen die Existenz duch Induktion nach $n$. Fuer $n=1$ sei $D$ die Indentitaet, und fuer $n=2$ die Determinante.

      Nimm nun an, dass wir $D_{n-1}:M_{n-1,n-1}(K)\rightarrow K$ definiert haben.  Es sei $A=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}\in M_{n\times n}(K)$. Waehle nunn ein $1\leq i\leq n$. Definiere
      \[ D^{(i)}_n(A)=(-1)^{i+1}a_{i1}D_{n-1}(A_{i,1})+\dots+(-1)^{i+n}a_{in}D_{n-1}(A_{i,n}).\]
      Wir zeigen, dass $D^{(i)}_n$ eine Determinantenfunktion ist.\footnote{Dieses gilt fuer jedes $1\leq i\leq n$, d.h. wir bekommen $i$ Determinantenfunktionen! Wir werden spaeter sehen, dass sie alle gleich sind.} Es folgt von Satz \ref{thm:exdet}, dass $D_n$ $n$-linear und alternierend ist.

      Wir muessen nun zeigen, dass $D^{(i)}_n(\mathbf{1}_n)=1$. Beachte, dass
      \[ (\mathbf{1}_n)_{ij}=\begin{cases} 0 & \quad \text{wenn $i\neq j$}\\ 1 & \quad \text{wenn $i=j$}.\end{cases}\]
      	Es folgt daher, dass
      	\[ D^{(i)}_n(\mathbf{1}_n)=(-1)^{i+i}D_{n-1}(\textbf{1}_{n-1})=1.\]
  \end{proof}

  \begin{example}
  	Fuer $n=3$ erhalten wir drei Determinantenfunktionen. Es sei $A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
  		a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33}\end{pmatrix}$.  Dann sind die drei Determinantenfunktionen gegeben durch
  	\begin{align*}
  		D_3^{(1)}:\, A & \mapsto a_{11}\det\begin{pmatrix} a _{22} & a_{23}\\ a_{32} & a_{33}\end{pmatrix} -a_{12} \det\begin{pmatrix} a _{21} & a_{23}\\ a_{31} & a_{33}\end{pmatrix}+ a_{13}\det\begin{pmatrix} a _{21} & a_{22}\\ a_{31} & a_{32}\end{pmatrix},\\
  		D_3^{(2)}\,:\,& A  \mapsto -a_{21}\det\begin{pmatrix} a _{12} & a_{13}\\ a_{32} & a_{33}\end{pmatrix} +a_{22} \det\begin{pmatrix} a _{11} & a_{13}\\ a_{31} & a_{33}\end{pmatrix}- a_{23}\det\begin{pmatrix} a _{11} & a_{12}\\ a_{31} & a_{32}\end{pmatrix},\\
  		D_3^{(3)}\,:\,&  A \mapsto a_{31}\det\begin{pmatrix} a _{12} & a_{13}\\ a_{22} & a_{23}\end{pmatrix} -a_{32} \det\begin{pmatrix} a _{11} & a_{13}\\ a_{21} & a_{23}\end{pmatrix}+a_{33}\det\begin{pmatrix} a _{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\end{pmatrix}.
  	\end{align*}
  \end{example}

  As Korollar erhalten wir einen sehr eleganten Beweis von Satz \ref{prop:signtransp}:\newlecture

  \begin{corollary}\label{cor:signtransp}
    	Es sei $\sigma\in S_n$ und\[ \sigma=\tau_1\cdots\tau_k=\tau_1'\cdots\tau_m'\]
    verschiedene Zerlegungen von $\sigma$ in Produkte von Transpositionen. Dann gilt
    \[ k\cong m\pmod 2.\]
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	Es sei $D:M_{n\times n}(K)\rightarrow K$ eine Determinantenfunktion, uns es sei $\ee_1,\dots,\ee_n$ die Stadardbasis von $K^n$. Wenn $\sigma$ durch die Verknuepfung von $k$ Transpositionen erhalten werden kann, dann an die Einheitsmatrix $\mathbf{1}_n$ von der Matrix $(\ee_{\sigma(1)},\dots,\ee_{\sigma(n)})$ durch $k$ Vertauschungen von Spalten konstruiert werden. Da das Vertauschen von Spalten das Vorzeichen des Wertes der Determinantenfunktion aendert, erhalten wir
  	\[ D(\ee_{\sigma(1)},\dots,\ee_{\sigma(n)})=(-1)^kD(\mathbf{1}_n)=(-1)^k.\]
  	Durch das gleiche Argument erhalten wir 
      	\[ D(\ee_{\sigma(1)},\dots,\ee_{\sigma(n)})=(-1)^m,\]
      	und daher gilt $k\equiv m\pmod 2$. 
  \end{proof}

  Um die Eindeutigkeit der Determinantenfunktion zu zeigen, benutzen wir die gleiche Strategie wie in Lemma \ref{lem:det2} im Fall $n=2$. 
 
   \begin{theorem}
   	Es sei $n\geq 1$. Dann gibt es genau eine Determinantenfunktion 
   	\[D: M_{n\times n}(K)\rightarrow K. \]
   	Explizit ist $D$ durch folgende Formel gegeben: es sei $A=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}$. Dann gilt
   	\[ D(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\mathrm{sgn}(\sigma)\, a_{\sigma(1),1}a_{\sigma(2),2}\cdots a_{\sigma(n),n}.\]
   \end{theorem}
   \begin{proof}
   	Es sei $\ee_1,\dots,\ee_n$ die Standardbasis von $K^n$; fuer $A=(\vv_1,\dots,\vv_n)$ schreiben wir
   	\[ \vv_i=a_{1i}\ee_1+\dots+a_{ni}\ee_n.\]
   	Es sei nun $D:M_{n\times n}(K)\rightarrow K$ eine Determinantenfunktion.\footnote{Wir wissen dank Theorem \ref{thm:exdet}, dass eine solche Funktion existiert.} Da $D$ alternierend und $n$-linear ist, erhalten wir durch Expansion
   	\begin{align*}
   		D(A)&=D(a_{11}\ee_1+\dots+a_{n1}\ee_n,\dots,a_{1n}\ee_1+\dots+a_{nn}\ee_n)\\
   		& = \sum_{\sigma\in S_n}a_{\sigma(1),1}\cdots a_{\sigma(n),n}\cdot D(\ee_{\sigma(1)},\dots,\ee_{\sigma(n)}).
   	\end{align*}	
   Aber nun gilt 
   \[ D(\ee_{\sigma(1)},\dots,\ee_{\sigma(n)})=\mathrm{sgn}(\sigma)\cdot D(\ee_1,\dots,\ee_n)=\mathrm{sgn}(\sigma),\]
   	und das Resultat folgt. 
   \end{proof}

  Mit den Anwendungen der Determinante beschaeftigen wir uns im neuen Jahr. 
  
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 \section{Weihnachtsvorlesung: ueber die Unendlichkeit}
 
  \begin{notation}
  	Fuer $n\geq 1$ schreiben wir $[n]=\{1,\dots,n\}$. 
  \end{notation}  

  \begin{definition}
  	Eine Menge $A$ ist endlich, wenn es seine Bijektion $A\rightarrow [n]$ gibt fuer ein $n\geq 0$. In dem Fall ist die Kardinalitaet von $A$ gleich $n$. 
  \end{definition}

  \begin{definition}
  	Eine Menge $A$ ist \emph{abzaehlbar}, wenn $A$ endlich ist oder wenn es eine Bijektion zwischen $A$ und $\NN$ gibt. Wenn $A$ nicht abzaehlbar ist, dann ist sie \emph{ueberabzaehlbar}. 
  \end{definition}

  \begin{proposition}
  	Jede Untermenge von $\NN$ ist abzaehlbar. 
  \end{proposition}
  \begin{proof}
	Es sei $S\subseteq\NN$. Wenn $S\neq \emptyset$, dann gibt es ein kleinstes Element $s_1\in S$. Wenn $S-\{s_1\}\neq \emptyset$, dann gibt es ein kleinstes element $s_2\in S-\{s_1\}$. Wenn $S-\{s_1,s_2\}\neq \emptyset$, dann gibt es ein kleinstes Element $s_3\in S-\{s_1,s_2\}$ usw. Wenn $S$ endlich ist, dann endet dieser Prozess irgendwann (sagen wir nach $n$ Schritten), und wir erhalten $S=\{s_1,\dots,s_n\}$. Wenn $S$ nicht endlich ist, dann erhalten wir eine injektive Funtion $g:\NN\rightarrow S$ gegeben durch 
	\[ g(i)=s_i.\]
	Dann ist $g$ eine Surjektion: wenn $k\in S$, dann gibt es hoechstens $k$ Elemente von $S$, die kleiner sind als $k$, d.h. $k=s_i$ fuer ein $i\leq k$.   
\end{proof}

  Folgendes Resultat ist sehr praktisch, wenn man feststellen will, ob eine Menge $A$ abzaehlbar ist oder nicht. 

  \begin{theorem}\label{thm:abz}
  	Die folgenden Bedingungen sind aequivalent:
  	\begin{enumerate}
  		\item $A$ ist abzaehlbar;
  		\item Es gibt eine Injektion $A\hookrightarrow \NN$;
  		\item entweder $A=\emptyset$ oder es gibt eine Surjektion $\NN\twoheadrightarrow A$.  
  	\end{enumerate}
   Insbesondere gilt: wenn $A$ abzaehlbar ist und $B\hookrightarrow A$, dann ist $B$ abzaehlbar. 
  \end{theorem}

  \begin{proposition}
  	Die Menge der ganzen Zahlen $\ZZ$ ist abzaehlbar.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Die Funktion $f:\ZZ\rightarrow \NN$,\[ f(n)=\begin{cases} 2n & \quad n>0\\
  		2(-n)+1 & \quad n<0\end{cases}\]
  	ist eine Bijektion.
  \end{proof}

  \begin{proposition}
  	Die Menge $\NN\times\NN$ ist abzaehlbar. Ebenso ist die Menge $\NN^k$ fuer $k\geq 1$ abzaehlbar.
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Definiere die Funktion 
  	\[ f:\NN\times\NN\rightarrow \NN,\qquad (a,b)\mapsto 2^a3^b.\]
  	Diese Funktion ist injektiv (warum?), und daher ist $\NN\times\NN$ abzaehlbar. 
  \end{proof}

  \begin{proposition}
  	$\ZZ^k$ ist abzaehlbar fuer alle $g\geq 1$. 
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  Uebung.
  \end{proof}

  \begin{proposition}
  	Die Vereinigungsmenge von abzaehlbar vielen abzaehlbaren Mengen ist abzaehlbar. 
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Nimm an, dass wir fuer jedes $n\geq 1$ eine abzahlbare Menge 
  	\[ X_n=\{ x^{(n)}_1,x^{(n)}_2,x^{(n)}_3,\dots \}\]
  	haben; wir wollen zeigen, dass $Y=\bigcup_n X_n$ abzaehlbar ist. Aber
  	\[ Y=\{ X^{(1)}_1, x^{(1)}_2,x^{(2)}_1,x^{(1)}_3,x^{(2)}_2,x^{(3)}_1,x^{(1)}_4,x^{(2)}_3,x^{(3)}_2,x^{(4)}_1,\dots\},\]
  	das heisst, $Y$ ist abzaehlbar. 
  \end{proof}

  \begin{corollary}
  	Die Menge $\QQ$ ist abzaehlbar.
  \end{corollary}
  \begin{proof}
  	Schreibe $\QQ=\bigcup_n \frac{1}{n}\ZZ$ als  Vereinigungsmenge von abzaehlbar vielen abzaehlbaren Mengen.
  \end{proof}

  \begin{definition}
  	Eine relle Zahl $\alpha$ ist \emph{algebraisch}, wenn es die Loesung eines Polynoms $p(x)\in\ZZ[x]$, $p\neq 0$ ist. Eine reelle Zahl, die nicht algebraisch ist, ist \emph{transzendent}. 
  \end{definition}

  \begin{example}
  	\begin{enumerate}
  		\item Jede rationale Zahl ist algebraisch. 
  		\item $\sqrt{2}$ ist algebraisch.
  		\item Die Zahlen $\pi$ (Lindermann, 1882)und $e$ (Hermite, 1873) sind transzendent. $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ ist transzendent (Kuzmin, 1930). $\log(a)$ fuer jede algebraische Zahl $a\neq 0,1$ ist transzendent. 
  		\item  Es wird vermutat, dass $\pi+e$ transzendent ist, aber das ist nicht bewiesen.  Es ist im allgemeinen sehr schwierig zu zeigen, dass eine Zahl nicht algebraisch ist.  Ueberraschenderweise ist es hingegen relativ einfach zu zeigen, dass es sehr viele transzendente Zahlen gibt. 
  	\end{enumerate}	
  \end{example}

  \begin{corollary}
  	Die Menge $\AA$ aller algebraischen reellen Zahlen ist abzaehlbar. 
  \end{corollary}
  \begin{proof}
   Es sei $\cP_k$ die Menge aller Polynome vom Grad $k$ mit ganzzahligen Koeffizienten. Dann gibt die Abbildung
   \[ \cP_k\rightarrow\ZZ^{k+1},\qquad a_0+a_1x+\dots+a_kx^k\mapsto (a_0,\dots,a_k)\]
   eine Injektion $\cP_k\rightarrow \ZZ^{k+1}$. Da $\ZZ^{k+1}$ abzaehlbar ist, ist $\cP_k$ ebenfalls abzaehlbar (Theorem \ref{thm:abz}). 
   
   Es sei non $\cP$ die Menge aller Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten. Dann ist $\cP=\bigcup_k\cP_k$ ebenfalls abzaehlbar. 
   
   Fuer jedes Polynom $p(x)\in \cP$ sei $R_p$ die (endliche) Menge der Wurzeln des Polynoms. Dann ist $\bigcup_{p\in\cP}R_p$ ebenfalls abzaehlbar, was zu beweisen war. 
  \end{proof}

  \textbf{Frage.} Was koennen wir ueber die Menge der transzendenten Zahlen sagen?
  
  \begin{proposition}
  	Die Menge der reellen Zahlen ist ueberabzaehlbar. 
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Nimm an, dass $\RR$ abzaehlbar ist, und es sei $r_1,r_2,r_3,\dots$ die Liste aller reellen Zahlen. Schreibe jedes $r_n$ in dezimaler Expansion
  	\begin{align*}
  		r_1&=n_1\, .\, d_{11}d_{12}d_{13}\dots\\
  		r_2&=n_2\, .\, d_{21}d_{22}d_{23}\dots\\
  		r_3&=n_3\, .\, d_{31}d_{32}d_{33}\dots\\
  		& \dots
  	\end{align*} 
   Fuer $n\geq 1$ sei $d_n=\begin{cases} 0 & \quad \text{if $d_{nn}\neq 0$}\\ 1 & \quad \text{if $d_{nn}=0$}\end{cases}$, und betrachte die Zahl
   \[ s=0\, .\, d_1d_2d_3\dots\]
   Dann unterscheidet sich $s$ von $r_n$ durch die $n$te Ziffer in der Dezimalen Expansion; es ist daher eine reelle Zahl, die nicht in der Liste enthalten ist. Das ist ein Widerspruch. 
  \end{proof}

  \begin{corollary}
  	Die Menge der transzendenten Zahlen ist ueberabzaehlbar.\footnote{Es gibt also `viel mehr' transzendente als algebraische Zahlen. Trotzdem ist es sehr schwierig zu zeigen, dass eine bestimmte reelle Zahl transzendent ist.}
  \end{corollary}

  Es gibt also abzaehlbare und ueberabzaehlbare Menge. Aber gibt es auch verschiedene Arten von Ueberabzaehlbarkeit?
  
  \begin{definition}
  	Wir sagen, dass zwei Menge $A$, $B$ die gleiche Kardinalitaet haben, wenn es eine Bijektion $f:A\rightarrow B$ gibt; wir schreiben $|A|=|B|$. Wir sagen, dass $B$ eine groessere Kardinalitaet hat als $A$, wenn es eine Injektion $A\hookrightarrow B$, aber keine Bijektion gibt; wir schreiben $|A|<|B|$. \footnote{Wir muessen zeigen, dass diese Definition sinnvoll ist, naemlich wenn $|A|<|B|$ und $|B|<|A|$, dann gilt $|A|=|B|$. Dies ist das Cantor-Schroeder-Bernstein Theorem, ein sehr wichtiges Resultat aus der Mengenlehre.}
  \end{definition}

  \begin{example}
  	Jede unendliche abzaehlbare Menge hat die gleiche Kardinalitaet wie $\NN$; zum Beispiel die geraden Zahlen, die Primzahlen, alle Potenzen von $2$, oder alle Zahlen, die aus genau $5$ verschiedenen Primfaktoren bestehen. 
   \end{example}	

  \begin{remark}
  	Gibt es eine Kardinalitaet zwischen $|\NN|$ und $|\RR|$? Diese Frage kann nicht beantwortet werden (Cohen, 1963); die Kontinuumshypothese sagt, dass es keine Kardinalitaet zwischen $|\NN|$ und $|\RR|$ gibt. 
  \end{remark}

Wir ist es mit groesseren Kardinalitaeten? Gibt es unendlich viele?

  \begin{definition}
  	Fuer eine Menge $X$ definieren wir die \emph{Potenzmenge von $X$} als die Menge aller Untermengen von $X$:
  	\[ \cP(X)=\{ Y\subseteq X\}.\]
  \end{definition}

  \begin{proposition}
  	$\cP(\NN)$ ist ueberabzaehlbar. 
  \end{proposition}
  \begin{proof}
  	Wir beweisen den Satz ueber reductio ad absurdum. Es sei $S_1,S_2,S_3,\dots$ die Menge aller Untermengen von $\NN$. Definiere die Untermenge
  	\[ Y=\{n\in \NN: \, n\not\in S_n\}. \]
  	Kann es sei, dass $Y=S_k$ fuer ein $k\geq 1$? Wenn $k\in S_k$, dann ist $k\not\in Y$ (aufgrund der Definition von $Y$). Wenn $k\not\in S_k$, dann ist $k\in Y$ (wieder aufgrund der Definition von $Y$). Mit anderen Worten, $Y$ enthaelt $k$ genau dann, wenn $S_k$ $k$ nicht enthaelt. Daher gilt $Y\neq S_k$ $\forall k\geq 1$, d.h. $Y$ ist nicht in der Liste enthalten. Daher ist $\cP(\NN)$ ueberabzaehlbar. 
  \end{proof}

  Wir koennen diesen Satz verallgemeinern:
  
  \begin{theorem}
  	Es sei $A$ eine Menge. Dann gibt es keine Surjektion $A\rightarrow \cP(A)$.
  \end{theorem}
  \begin{proof}
  	Nimm an, dass $f:A\twoheadrightarrow \cP(A)$ eine Surejktion ist. Wir betrachten nun folgende Untermenge $S\subset A$: es sei
  	\[ S=\{ a\in A:\, a\not\in f(a)\}.\]
  	Da $f$ surjektiv ist, gibt es ein $s\in A$ so dass $f(s)=S$. Wir zeigen nun den Widerspruch:
  	\begin{itemize}
  		\item Wenn $s\in S$, dann ist $s\not\in S$ aufgrund der Definition von $S$.
  		\item Wenn $s\not\in S$, dann ist $s\in S$ aufgrund der Definition von $S$. 
  	\end{itemize}
  Daher muss unsere Annahme falsch sein, das heisst, es existiert keine Surjektion. 
  \end{proof}
  
  Mit anderen Worten, die Kardinalitaet der Potenzmenge einer Menge ist groesser als die Kardinalitaet der Menge selber : wenn $A$ eine Menge ist, dann definiert die Abbildung $a\mapsto \{a\}$ eine Injektion $A\rightarrow \cP(A)$, aber es gibt keine Bijektion, das heisst $|A|<|\cP(A)|$.   Wir koennen daher - ausgehend von $\NN$ - unendlich viele Unendlichkeiten konstruieren:
  \[ \NN,\, \cP(\NN),\, \cP(\cP(\NN)),\, \cP(\cP(\cP(\NN))),\dots \]
  



  


 
  















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\end{document}
