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  • Universität Konstanz

    Skript

    Lineare Algebra II

    Prof. Dr. Salma Kuhlmann

    Sommersemester 2012

    TEXed by Lucas Heitele

  • Inhaltsverzeichnis

  • Der Mitschrieb enthält eventuell Fehler, für die keine Haftung übernommen wird.

    Meldungen über Fehler und Verbesserungen bitte an lucas.heitele@uni-konstanz.de

  • 1. Algebren 1

    1. Algebren

    Erinnerung: Sei K ein Körper. Eine K-Algebra A ist ein K-Vektorraum mit einer Multiplikation von Vektoren:

    A ×A −→ A (α, β) 7−−→ αβ

    so dass ∀α, β, γ ∈ A und c ∈ K gilt: (a) α(βγ) = (αβ)γ

    (b) α(β + γ) = αγ + βγ (α + β)γ = αγ + βγ

    (c) c(αβ) = (cα)β = α(cβ)

    Falls es 1 ∈ A gibt, so dass 1α = α1 = α ∀α ∈ A heiÿt die Algebra eine Algebra mit Einheit. Falls αβ = βα ∀αβ ∈ A , heiÿt A eine kommutative Algebra.

    Beispiel1: A := Matn×n(K) kommutative Algebra mit Einheit.

    Beispiel2: A := L (V, V ) kommutative Algebra mit Einheit.

    Beispiel3: Potenzreihenalgebra: Betrachte:

    KN0 := {f | f : N0 → K, f Abbildung } Schreibe f = (fn)n∈N = (f0, f1, . . .) Addition: Punktweise, d.h.

    (?) (f + g)n := fn + gn Skalarmultiplikation: (cf)n := cfn auch Punktweise

    (??)Produkt: (fg)n := n∑ i=0

    fign−i ∀n ∈ N0.

    Proposition 1: A := KN0 mit den Verknüpfungen (wie in (?) und (??) erklärt) ist eine kommutative Algebra mit Einheit

    Erinnerung: in der L.A.I hatten wir die K-Vektorraum Axiome für KN0 beweisen.

    Beweis:

    (gf)n = n∑ i=0

    gifn−i = n∑ i=0

    gn−ifi = n∑ i=0

    fign−i = (fg)n

    © Lucas Heitele

  • 2 1. Algebren

    Somit kommutativ!

    [(fg)h]n = n∑ i=0

    (fg)ihn−i = n∑ i=0

    ( i∑

    j=0

    fjgi−j

    ) hn−i

    = n∑ i=0

    i∑ j=0

    fjgi−jhn−i = n∑ j=0

    fj

    n−j∑ i=0

    gihn−i−j

    = n∑ j=0

    fj

    n−j∑ i=0

    gih(n−j)−i = n∑ j=0

    fj(gh)n−j

    = [f(gh)]n

    Also assoziativ! ÜA.: übrige Axiome (b) und (c). Zeige auch, dass 1 := (1, 0, . . . , 0) Einheit ist.

    '

    &

    $

    %

    Notation: x :=(0, 1, 0, . . .)

    x0 :=1

    xn :=x · · ·x︸ ︷︷ ︸ n-mal

    Proposition 2:

    (1) xk = (0, . . . , 0, 1 ↑

    kte Stelle

    , 0, . . .) ∀ k ∈ N0

    (2) {xk | k ∈ N0} sind linear unabhängig, also ist KN0 unendlich-dimensional.

    Beweis: Bereits in L.A.I �

    De�nition und Notation: A = KN0 heiÿt die Algebra der Potenzreihen über K. Sie wird bezeichnet mit A := KJxK Warum Potenzreihen? f =

    ∞∑ n=0

    fnx n (formale Schreibweise)

    © Lucas Heitele

  • 2. Die Polynomalgebra 3

    2. Die Polynomalgebra

    � �

    � �Notation: K[x] := span{x

    k | k ∈ N0}

    De�nition 1: f ∈ K[x] heiÿt Polynom ü ber K. Sei nun f 6= 0, f ∈ KJxK. Es gilt:

    f ∈ K[x] gdw. ∃!n ∈ N0 mit fn 6= 0 und fk = 0 ∀ k > n

    deg f := n (Grad von f ist n)

    NB: deg f = n⇔ f = f0x0 + f1 + x1 + . . .+ fnxn, fn 6= 0 fi heiÿen Koef�zienten von f .

    De�nition: Ein Polynom aus Gestalt f = f0x0 ist ein Skalarpolynom

    (deg f = 0 oder f = 0)

    Ein Polynom f 6= 0 ist normiert, falls deg f = n und fn = 1

    NB: f ∈ JxK de�niere supportf := {n ∈ N0 | fn 6= 0}

    (i) supportf = ∅ gdw. f = 0 (ii) sup f ist endlich gdw. f ∈ K[x] (iii) f 6= 0 , support endlich.

    Es gilt: deg f = max(supportf).

    De�nition 2: f : K → K ist eine polynomiale Funktion, falls es c0, . . . , cn ∈ K gibt, sodass

    f(x) = c0 + c1x+ . . .+ cnx n ∀x ∈ K

    NB: Eine polynomiale Funktion ist etwas anders als ein Polynom. Wir werden die Beziehung genau analysieren.

    © Lucas Heitele

  • 4 2. Die Polynomalgebra

    Satz 1: Seien f, g ∈ K[x], f, g 6= 0. Es gilt:

    (i) fg 6= 0. (ii) deg(fg) = deg f + deg g.

    (iii) fg normiert, falls f und g normiert sind.

    (iv) fg skalar ⇔ f und g skalar. (v) falls f + g 6= 0 :

    deg(f + g) ≤ max(deg f, deg g).

    Beweis: Sei deg f := m und deg g := n Behauptung:

    (?) (fg)m+n = fmfn

    und

    (??) (fg)m+n+k = 0, k > 0

     Wir berechnen:

    (fg)m+n+k = m+n+k∑ i=0

    figm+n+k−i

    Welche Beiträge sind ungleich Null?

    figm+n+k−i 6= 0⇒

     i ≤ m fi 6= 0

    und

    m+ n+ k − i ≤ n, also m+ k ≤ i

    Das heiÿt: figm+n+k−i 6= 0⇒ m+k ≤ i ≤ m, d.h. k = 0 und m = i wie behauptet. Nun implizieren (?) und (??) unmittelbar (i),(ii),(iii) und (i),(ii) implizieren (iv). (v): ÜA.

    Korollar 1: K[x] ist kommutative K-Algebra mit Einheit

    Beweis: K[x] ist Unterraum vonKJxK. Es genügt also zu prüfen, dassK[x] abgeschlossen unter Produktbildung ist, d.h.

    f, g ∈ K[x]⇒ fg ∈ K[x]

    Dies folgt aus Satz 1 (2) (ii). �

    © Lucas Heitele

  • 2. Die Polynomalgebra 5

    Korollar 2: f, g, h ∈ K[x], f 6= 0. Aus fg = fh folgt g = h

    Beweis: K[x] ist ein Integritätsbereich. Siehe Satz 1 (2) (i) �

    NB:

    fg = m+n∑ s=0

    ( s∑ r=0

    frgs−r

    ) xs für f =

    m∑ i=0

    fix i und g =

    n∑ i=0

    gix i

    Insbesondere: cxmdxn = cdxn+m und fg =

    ∑ 0≤j≤m 0≤j≤n

    figjx i+j

    De�nition 3: Sei A eine K-Algebra mit 1, f ∈ K[x], f = n∑ i=0

    fix i, α ∈ A .

    De�niere:

    f(α) := n∑ i=0

    fiα i mit α0 := 1

    Beispiel 1: A = K, f ∈ K[x] bestimmt also eine polynomiale Funktion f̃ : K → K

    Beispiel 2: A = M2×2(K), B :=

    ( 1 0 −1 2

    ) , f = x2 + 2

    f(B) = 2

    ( 1 0 0 1

    ) +

    ( 1 0 −1 2

    )2

    Satz 2: A K-Algebra mit 1, f, g ∈ K[x], α ∈ A , c ∈ K. Es gilt:

    (i) (cf + g)(α) = cf(α) + g(α)

    (ii) (fg)(α) = f(α)g(α)

    Beweis: ÜA. �

    © Lucas Heitele

  • 6 2. Die Polynomalgebra

    Beispiel 1: Nocheinmal: Sei α ∈ A �xiert.

    Lα : K[x] −→ K f 7−−→f(α)

    NB: Beispiel: f 6= 0 aber f̃ = 0 xp − x für p Primzahl verschwindet auf Fp. z.B. f = x3 − x = x3 + 2x ∈ F3[x], f 6= 0, weil (fn)n∈N0 = (0, 2, 0, 1, 0, . . .)

    6= (0, 0, 0, 0, 0, . . .) Aber f(0) = f(1) = f(2) = 0 in F3, somit ist f̃ : F3 → F3 die Nullabbildung. (Mehr dazu im Übungsblatt). Wenn K aber unendlich ist, haben wir solche Beispiele nicht! Wir werden dieses genau untersuchen.� �

    � �Notation: K[x]

    ∼ sei der K-Vektorraum der polynomialen Funktionen.

    Proposition 1: K[x]∼ ist eine K-Algebra (mit 1) versehen mit punktweiser Multiplikation

    (f̃ g̃)(t) := f̃(t)g̃(t), t ∈ K

    De�nition 4: Seien A und à Algebren über K. Eine Bijektion

    ∼ : A −→Ã α 7−−→α̃

    ist eine allgemeine Isomorphie, falls:

    ˜(cα + dβ) =cα̃ + dβ̃

    und ∀α, β ∈ A , c, d ∈ K ˜(αβ) = α̃β̃

    Lagrange Interpolation

    Sei n ∈ N. Sei K Körper, t0, t1, . . . , tn ∈ K, paarweise verschieden. Sei V der K-Vektorraum der Polynome mit deg ≤ n

    © Lucas Heitele

  • 2. Die Polynomalgebra 7

    NB: dimV = n+ 1 (weil z.B. x0, . . . , xn Basis bildet)

    Sei Li := Lti , Li ∈ V ?, 0 ≤ i ≤ n, Li(f) := f(ti)

    Behauptung 1: {L0, . . . , Ln} ist Basis für V ?

    Beweis: Es genügt eine duale Basis {P0, . . . , Pn} von V zu �nden. Solch eine Basis ist durch die Gleichungen

    (?) Lj(Pi) = δij, 0 ≤ i, j ≤ n

    bestimmt. Wir wollen also P1, . . . , Pn konstruieren, die (?) erfüllen. Wir de�nieren:

    Pi := n∏ j=1 j 6=i

    ( x− tj ti − tj

    )

    (siehe Ü.B.) �

    Die Dualität liefert wie immer: ∀ f ∈ V : f =

    n∑ i=0

    f(ti)Pi

    �Lagrange Interpolationsformel�

    Satz 3: Die Abbildung

    K[x] −→K[x]∼ (für K unendlich) f 7−−→f̃

    ist eine K-Algebren Isomorphie.

    Beweis: Es ist unmittelbar zu prüfen, dass

    ˜(f + cg) = f̃ + cg̃ und ˜(fg) = f̃ g̃.

    Die Abbildung ist per De�nition surjektiv. Injektiv? f̃ = 0⇒ f = 0? Sei deg f = n, t0, . . . , tn verschieden in K. Seien P0, . . . , Pn wie in der Lagrangen Interpolationsformel und schreibe

    f = n∑ i=1

    f(ti)Pi

    f̃ = 0⇒ f(ti) = 0⇒ f = 0 �

    © Lucas Heitele

  • 8 3. Ideale

    3. Ideale

    K[x] ist ein Integritätsbereich, es gilt:

    f, g, h ∈ K[x], f 6= 0 und fg = fg ⇒ g = h

    Wir wollen Divisionsalgorithmen in K[x] beweisen.

    Divisionsalgorithmus: Seien f, g 6= 0, deg g ≤ deg f .

    ∃! q ∈ K[x], r ∈ K[x], sodass f = qg + r, r = 0 oder deg r < deg g

    Lemma 1: Seien 0 6= f, d ∈ K[x] mit deg d ≤ deg f . Es gibt g ∈ K[x], sodass f − dg = 0 oder deg(f − dg) < deg f .

    Beweis: Schreibe deg f := m ≥ n := deg d

    f =amx m +

    m−1∑ i=0

    aix i, am 6= 0

    d =bnx n +

    n−1∑ i=0

    bix i, an 6= 0

    Betrachte

    am bn xm−nd =

    am bn xm−n

    ( bnx

    n + n−1∑ i=0

    bix i

    ) = amx

    m + . . .

    Also ist f − am bn xm−nd 6= 0 und deg

    ( f − am

    bn xm−nd

    ) < deg f

    Setze also g := ( am bn

    ) xm−n