OpenLLM-France/wikimedia huggingface dataset:
# Minkowski-Raum/Gleichzeitigkeit/Bemerkung

Zu einer Vierergeschwindigkeit $v$ eines Beobachters $B$ mit der Zerlegung
    $V=V_{v}\oplus \mathbb {R} v\,$
nennt man die Punkte der Form $sv+V_{v}$ mit einem fixierten $s\in \mathbb {R}$ den Raum zum Zeitpunkt $s$. Die Punkte daraus heißen gleichzeitig für den Beobachter $B$. Für einen anderen Beobachter $C$ mit der Vierergeschwindigkeit $w$ sind diese Punkte nicht gleichzeitig. Sein Gleichzeitigkeitskonzept beruht auf seine, von $w$ abhängige Zerlegung der Welt $V$ in seine Raum- und Zeitkomponente. Wenn beispielsweise die zweite Vierergeschwindigkeit bezüglich einer Minkowski-Basis des ersten Beobachters durch ${\begin{pmatrix}{\frac {3}{4}}\\0\\0\\{\frac {5}{4}}\end{pmatrix}}$ gegeben ist, so ist
    ${\frac {15}{4}}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}\\0\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}}$
eine Orthonormalbasis der Raumkomponente des zweiten Beobachters. Die für den ersten Beobachter gleichzeitigen Ereignisse ${\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$ sind für den zweiten Beobachter nicht gleichzeitig, da der erste Vektor die gleiche Beschreibung besitzt und der zweite Vektor gleich
    ${\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}={\frac {75}{16}}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}\\0\\0\\{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}-{\frac {3}{4}}{\begin{pmatrix}{\frac {3}{4}}\\0\\0\\{\frac {5}{4}}\end{pmatrix}}\,$
ist. Seine Zeitkomponente bezüglich des zweiten Beobachtervektors ist also $-{\frac {3}{4}}$.
# Permutationsmatrix/Zykel/C/Eigentheorie/Fakt

Zu einer Permutationsmatrix $M_{\rho }$ über ${\mathbb {C} }$ zu einem Zykel $\rho \in S_{n}$ mit $\rho :i_{1}\mapsto i_{2}\mapsto \ldots \mapsto i_{k}\mapsto i_{1}$
und einer $k$-ten Einheitswurzel $\zeta$ sind die Vektoren
Eigenvektoren von $M_{\rho }$ zum Eigenwert $\zeta$.
Insbesondere ist eine Permutationsmatrix zu einem Zykel über ${\mathbb {C} }$ diagonalisierbar.
# Permutationsmatrix/Zykel/Durchnummeriert/C/Eigentheorie/Fakt

Zu einer Permutationsmatrix $M_{\rho }$ über ${\mathbb {C} }$ zu einem Zykel $\rho \in S_{n}$ mit $\rho :1\mapsto 2\mapsto \ldots \mapsto k\mapsto 1$
und einer $k$-ten Einheitswurzel $\zeta$ sind die Vektoren
Eigenvektoren von $M_{\rho }$ zum Eigenwert $\zeta$.
Insbesondere ist eine Permutationsmatrix zu einem Zykel über ${\mathbb {C} }$ diagonalisierbar.
# Permutationsmatrix/Zykel/C/Eigentheorie/Fakt/Beweis

Es ist
    ${\begin{aligned}M_{\rho }(v_{\zeta })&=M_{\rho }(\zeta ^{k-1}e_{i_{1}}+\zeta ^{k-2}e_{i_{2}}+\cdots +\zeta e_{i_{k-1}}+e_{i_{k}})\\&=\zeta ^{k-1}M_{\rho }(e_{i_{1}})+\zeta ^{k-2}M_{\rho }(e_{i_{2}})+\cdots +\zeta M_{\rho }(e_{i_{k-1}})+M_{\rho }(e_{i_{k}})\\&=\zeta ^{k-1}e_{i_{2}}+\zeta ^{k-2}e_{i_{3}}+\cdots +\zeta e_{i_{k}}+e_{i_{1}}\\&=e_{i_{1}}+\zeta ^{k-1}e_{i_{2}}+\zeta ^{k-2}e_{i_{3}}+\cdots +\zeta e_{i_{k}}\\&=\zeta (\zeta ^{k-1}e_{i_{1}}+\zeta ^{k-2}e_{i_{2}}+\cdots +\zeta e_{i_{k-1}}+e_{i_{k}})\\&=\zeta v_{\zeta }.\end{aligned}}$
Da es $k$ verschiedene $k$-te Einheitswurzeln in ${\mathbb {C} }$ gibt, sind diese Vektoren nach Fakt linear unabhängig und erzeugen einen $k$-dimensionalen Untervektorraum $U$ von $K^{n}$, und zwar gilt
    $U=\langle e_{i_{j}},\,j=1,\ldots ,k\rangle \,.$
Da die Vektoren $e_{i}$, $i\neq {i_{j}}$, Fixvektoren sind, bilden die $v_{\zeta }$ zusammen mit den $e_{i}$, $i\neq {i_{j}}$, eine Basis aus Eigenvektoren von $M_{\rho }$ und daher ist $M_{\rho }$ diagonalisierbar.
# Permutationsmatrix/Zykel/Durchnummeriert/C/Eigentheorie/Fakt/Beweis

Es ist
    ${\begin{aligned}M_{\rho }(v_{\zeta })&=M_{\rho }(\zeta ^{k-1}e_{1}+\zeta ^{k-2}e_{2}+\cdots +\zeta e_{k-1}+e_{k})\\&=\zeta ^{k-1}M_{\rho }(e_{1})+\zeta ^{k-2}M_{\rho }(e_{2})+\cdots +\zeta M_{\rho }(e_{k-1})+M_{\rho }(e_{k})\\&=\zeta ^{k-1}e_{2}+\zeta ^{k-2}e_{3}+\cdots +\zeta e_{k}+e_{1}\\&=e_{1}+\zeta ^{k-1}e_{2}+\zeta ^{k-2}e_{3}+\cdots +\zeta e_{k}\\&=\zeta (\zeta ^{k-1}e_{1}+\zeta ^{k-2}e_{2}+\cdots +\zeta e_{k-1}+e_{k})\\&=\zeta v_{\zeta }.\end{aligned}}$
Da es $k$ verschiedene $k$-te Einheitswurzeln in ${\mathbb {C} }$ gibt, sind diese Vektoren nach Fakt linear unabhängig und erzeugen einen $k$-dimensionalen Untervektorraum $U$ von $K^{n}$, und zwar gilt
    $U=\langle e_{i},\,i=1,\ldots ,k\rangle \,.$
Da die Vektoren $e_{i}$, $i\geq k+1$, Fixvektoren sind, bilden die $v_{\zeta }$ zusammen mit den $e_{i}$, $i\geq k+1$, eine Basis aus Eigenvektoren von $M_{\rho }$ und daher ist $M_{\rho }$ diagonalisierbar.
# Permutationsmatrix/3-Zyklus/Invarianter Unterraum/Minimalpolynom/Beispiel

Wir betrachten die Permutationsmatrix
    ${\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}}.$
Es ist $K{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$ der Eigenraum zum Eigenwert $1$, ferner ist
    $U=\langle {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}\rangle \,$
ein invarianter Untervektorraum (der sich über ${\mathbb {C} }$ gemäß Fakt in weitere Eigenräume zerlegen lässt). Bezüglich der angegebenen Basis besitzt die Einschränkung der linearen Abbildung auf $U$ die beschreibende Matrix
    ${\begin{pmatrix}0&-1\\1&-1\end{pmatrix}},$
somit ist das charakteristische Polynom davon gleich
    $X(X+1)+1=X^{2}+X+1\,.$
Dies ist zugleich das Minimalpolynom der Einschränkung. Das Minimalpolynom zur Permutationsmatrix ist $X^{3}-1$, und in der Tat ist
    $X^{3}-1=(X-1)(X^{2}+X+1)\,$
in Übereinstimmung mit Fakt.
# MDLUL/primitive Einheit

Start=primitive Einheit
Ziel=Einheitswurzeln/Primitive Einheitswurzel/Definition
# Endlicher Körper/Charakteristik nicht 2/Modulo Quadrate/2/Aufgabe

Es sei $K$ ein endlicher Körper der Charakteristik $\neq 2$. Es sei
    $Q\subseteq K^{\times }\,$
die Untergruppe der Quadrate. Zeige
    $K^{\times }/Q\cong \{1,-1\}\,.$
Man folgere, dass das Produkt von zwei Nichtquadraten ein Quadrat ist.
# Z modulo p/Quadratische Erweiterung/Fakt/Beweis

In Charakteristik $2$ ist dies $\mathbb {Z} /(2)[X]/{\left(X^{2}+X+1\right)}$. Die Charakteristik $p$ sei also ungerade. Wir gehen vom Restklassenkörper $\mathbb {Z} /(p)$ aus. Nach Fakt gibt es darin ein Element $a\in \mathbb {Z} /(p)$, das kein Quadrat ist. Das Polynom $X^{2}-a\in \mathbb {Z} /(p)[X]$ ist nach Fakt irreduzibel, da es keine Nullstelle besitzt. Daher ist
    $K=\mathbb {Z} /(p)[X]/{\left(X^{2}-a\right)}\,$
ein Körper nach Fakt. Dieser besitzt $p^{2}$ viele Elemente.
Zum Nachweis der Eindeutigkeit sei $L$ ein Körper mit $p^{2}$ vielen Elementen. Er enthält den Primkörper $\mathbb {Z} /(p)$ und daher liegt eine quadratische Körpererweiterung $\mathbb {Z} /(p)\subset L$ vor. Nach Fakt (in Charakteristik $2$ muss man etwas anders argumentieren) ist
    $L\cong \mathbb {Z} /(p)[X]/{\left(X^{2}-a\right)}\,$
mit $X^{2}-a$ irreduzibel, also $a$ kein Quadrat in $\mathbb {Z} /(p)$. Der Körper kann also auf die eingangs beschriebene Form gebracht werden. Es sei nun $K\cong \mathbb {Z} /(p)[X]/{\left(X^{2}-a\right)}$ und $L\cong \mathbb {Z} /(p)[Y]/{\left(Y^{2}-b\right)}$ mit $a,b\in \mathbb {Z} /(p)$, die keine Quadrate seien. Nach Aufgabe ist $a/b$ ein Quadrat in $\mathbb {Z} /(p)$, sagen wir ${\frac {a}{b}}=c^{2}$ bzw. $a=c^{2}b$. Wir betrachten den Einsetzungshomomorphismus
    $\varphi \colon \mathbb {Z} /(p)[X]\longrightarrow \mathbb {Z} /(p)[Y]/{\left(Y^{2}-b\right)},\,X\longmapsto cY.$
Dieser ist surjektiv wegen $\varphi {\left(c^{-1}X\right)}=Y$. Ferner ist
    $\varphi {\left(X^{2}-a\right)}=c^{2}Y^{2}-a=c^{2}Y^{2}-c^{2}b=c^{2}{\left(Y^{2}-b\right)}=0\,.$
Also gehört $X^{2}-a$ zum Kern und wegen der Irreduzibilität ist der Kern gleich ${\left(X^{2}-a\right)}$. Nach Fakt erhalten wir eine Isomorphie
    $\mathbb {Z} /(p)[X]/{\left(X^{2}-a\right)}\cong \mathbb {Z} /(p)[Y]/{\left(Y^{2}-b\right)}\,.$
# Endliche Körpererweiterung/Gradformel/Fakt/Beweis

Wir setzen $\operatorname {grad} _{K}L=n$ und $\operatorname {grad} _{L}M=m$. Es sei $x_{1},\ldots ,x_{n}\in L$ eine $K$-Basis von $L$ und $y_{1},\ldots ,y_{m}\in M$ eine $L$-Basis von $M$. Wir behaupten, dass die Produkte
    $x_{i}y_{j},1\leq i\leq n,1\leq j\leq m,$
eine $K$-Basis von $M$ bilden. Wir zeigen zuerst, dass diese Produkte den Vektorraum $M$ über $K$ erzeugen. Es sei dazu $z\in M$. Wir schreiben
    $z=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}{\text{ mit Koeffizienten }}b_{j}\in L.$
Wir können jedes $b_{j}$ als $b_{j}=a_{1j}x_{1}+\cdots +a_{nj}x_{n}$ mit Koeffizienten $a_{ij}\in K$ ausdrücken. Das ergibt
    ${\begin{aligned}z&=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}\\&=(a_{11}x_{1}+\cdots +a_{n1}x_{n})y_{1}+\cdots +(a_{1m}x_{1}+\cdots +a_{nm}x_{n})y_{m}\\&=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}a_{ij}x_{i}y_{j}.\end{aligned}}$
Daher ist $z$ eine $K$-Linearkombination der Produkte $x_{i}y_{j}$. Um zu zeigen, dass diese Produkte linear unabhängig sind, sei
    $0=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}c_{ij}x_{i}y_{j}\,$
mit $c_{ij}\in K$ angenommen. Wir schreiben dies als $0=\sum _{j=1}^{m}{\left(\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i}\right)}y_{j}$. Da die $y_{j}$ linear unabhängig über $L$ sind und die Koeffizienten der $y_{j}$ zu $L$ gehören, folgt, dass $\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i}=0$ ist für jedes $j$. Da die $x_{i}$ linear unabhängig über $K$ sind und $c_{ij}\in K$ ist, folgt, dass $c_{ij}=0$ für alle $i,j$ ist.
# Zerfällungskörper/Ist endlich/Fakt/Beweis

Es sei $K\subseteq M$ eine Körpererweiterung, über der $F$ in Linearformen zerfällt und $L=K[a_{1},\ldots ,a_{n}]\subseteq M$, wobei $a_{i}\in M$ die Nullstellen von $F$ seien. Es liegt eine Kette von $K$-Algebren
    $K\subseteq K[a_{1}]\subseteq K[a_{1},a_{2}]\subseteq \cdots \subseteq K[a_{1},\ldots ,a_{n}]=L\subseteq M\,$
vor. Dabei ist sukzessive $a_{i}$ algebraisch über $K[a_{1},\ldots ,a_{i-1}]$, da ja $a_{i}$ eine Nullstelle von $F\in K[X]$ ist. Daher sind die Inklusionen nach Fakt endliche Körpererweiterungen und nach Fakt ist dann die Gesamtkörpererweiterung ebenfalls endlich.
# Endlicher Körper/Charakteristik nicht 2/Quadratanzahl/Fakt/Beweis

Wir betrachten die Quadratabbildung
    $K^{\times }\longrightarrow K^{\times },\,x\longmapsto x^{2},$
der Einheitengruppe in sich selbst. Dies ist ein Gruppenhomomorphismus. Eine Einheit ist genau ein Quadrat, wenn sie im Bild dieser Abbildung liegt. Der Kern besteht aus den Elementen, deren Quadrat gleich $1$ ist. Das sind die beiden Elemente $1$ und $-1$ (die aufgrund der Voraussetzung über die Charakteristik verschieden sind). Der Isomorphiesatz liefert, dass das Bild isomorph zur Ausgangsgruppe $K^{\times }$ modulo $\{1,-1\}$ ist und insbesondere aus ${\frac {\#\left(K^{\times }\right)}{2}}$ Elementen besteht.
# Reelle endliche Körpererweiterung/Ist quadratisch und gleich C/Fakt

Es sei $\mathbb {R} \subseteq K$ eine endliche Körpererweiterung der reellen Zahlen.
Dann ist $K$ isomorph zu $\mathbb {R}$ oder zu ${\mathbb {C} }$.
# Quadratische Körpererweiterung/R/Isomorphie/Aufgabe

Es sei
    $K=\mathbb {R} [X]/{\left(X^{2}+3X+5\right)}\,$
und
    $L=\mathbb {R} [Y]/{\left(Y^{2}+4Y+7\right)}\,.$
Stifte einen expliziten $\mathbb {R}$-Algebraisomorphismus
    $K\longrightarrow L.$
# Quadratische Körpererweiterung/R/Isomorphie/Aufgabe/Lösung

Wir setzen die beiden Ringe zueinander in Bezug, indem wir zeigen, dass beide Ringe isomorph zu $\mathbb {C}$ sind (daher sind sie auch Körper). Das definierende Polynom zu $K$ schreiben wir als
    $X^{2}+3X+5={\left(X+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}+5-{\frac {9}{4}}={\left(X+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}+{\frac {11}{4}}\,.$
Das Element (die Restklasse von $X$ in $K$ sei $x$) $u=x+{\frac {3}{2}}$ besitzt also die Eigenschaft, dass sein Quadrat gleich $-{\frac {11}{4}}$ ist, und dies bedeutet, dass das Quadrat von ${\frac {2}{\sqrt {11}}}u$ gleich $-1$ ist (d.h. dass ${\frac {2}{\sqrt {11}}}u$ in $K$ die Rolle von ${\mathrm {i} }$ spielt). Das definierende Polynom zu $L$ schreiben wir als
    $Y^{2}+4Y+7={\left(Y+2\right)}^{2}+7-4={\left(Y+2\right)}^{2}+3\,.$
Das Element $v=y+2$ besitzt also die Eigenschaft, dass sein Quadrat gleich $-3$ ist, und dies bedeutet, dass das Quadrat von ${\frac {1}{\sqrt {3}}}v$ gleich $-1$ ist.
Mit dem Ansatz, dass sich die beiden Elemente, deren Quadrat gleich $-1$ ist, entsprechen sollten, gelangt man
zur Korrespondenz
    ${\begin{aligned}x&=u-{\frac {3}{2}}\\&\sim {\frac {\sqrt {11}}{2}}{\mathrm {i} }-{\frac {3}{2}}\\&\sim {\frac {\sqrt {11}}{2}}{\frac {1}{\sqrt {3}}}v-{\frac {3}{2}}\\&={\frac {\sqrt {11}}{2{\sqrt {3}}}}{\left(y+2\right)}-{\frac {3}{2}}\\&={\frac {\sqrt {11}}{2{\sqrt {3}}}}y+{\frac {\sqrt {11}}{\sqrt {3}}}-{\frac {3}{2}}\\&={\frac {\sqrt {11}}{2{\sqrt {3}}}}y+{\frac {2{\sqrt {11}}-3{\sqrt {3}}}{2{\sqrt {3}}}}.\end{aligned}}$
Deshalb gehen wir vom Einsetzungshomomorphismus
    $\varphi \colon \mathbb {R} [X]\longrightarrow \mathbb {R} [Y]/{\left(Y^{2}+4Y+7\right)},\,X\longmapsto {\frac {\sqrt {11}}{2{\sqrt {3}}}}y+{\frac {2{\sqrt {11}}-3{\sqrt {3}}}{2{\sqrt {3}}}},$
aus. Dieser ist surjektiv, da $y$ getroffen wird. Der Kern muss aufgrund der bisherigen Überlegungen gleich ${\left(X^{2}+3X+5\right)}$ sein. Dies kann man auch direkt aus
    ${\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\varphi {\left(X^{2}+3X+5\right)}\\&=\left({\frac {{\sqrt {11}}y+2{\sqrt {11}}-3{\sqrt {3}}}{2{\sqrt {3}}}}\right)^{2}+3{\left({\frac {{\sqrt {11}}y+2{\sqrt {11}}-3{\sqrt {3}}}{2{\sqrt {3}}}}\right)}+5\\&={\frac {11y^{2}+{\left(44-6{\sqrt {33}}\right)}y+{\left(2{\sqrt {11}}-3{\sqrt {3}}\right)}^{2}+6{\sqrt {33}}y+12{\sqrt {33}}-54+60}{12}}\\&={\frac {11y^{2}+44y+44+27-12{\sqrt {33}}+12{\sqrt {33}}+6}{12}}\\&={\frac {11y^{2}+44y+77}{12}}\\&={\frac {11}{12}}{\left(y^{2}+4y+7\right)}\\&=0\,\end{aligned}}$
ablesen und daraus, dass dies ein irreduzibles Polynom ist. Der Isomorphissatz ergibt die Isomorphie
    $K=\mathbb {R} [X]/{\left(X^{2}+3X+5\right)}\cong \mathbb {R} [Y]/{\left(Y^{2}+4Y+7\right)}=L\,$
# Quadratische Ringerweiterung/R/Isomorphie/Aufgabe/Lösung

Es ist
    $X^{2}-X+5={\left(X-{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}+5={\left(X-{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {19}{4}}\,,$
dieses Polynom hat also keine reelle Nullstelle. Daher ist das Polynom irreduzibel nach Fakt und somit ist der Restklassenring $A=\mathbb {R} [X]/{\left(X^{2}-X+5\right)}$ nach Fakt ein Körper. Es ist
    $Y^{2}+3Y+1={\left(Y+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {9}{4}}+1={\left(Y+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}-{\frac {5}{4}}\,,$
$\mathbb {R} [Y]/{\left(Y^{2}+3Y+1\right)}$
# Quadratische Ringerweiterung/R/Isomorphie/Aufgabe

Sind die beiden $\mathbb {R}$-Algebren
    $A=\mathbb {R} [X]/{\left(X^{2}-X+5\right)}\,$
und
    $B=\mathbb {R} [Y]/{\left(Y^{2}+3Y+1\right)}\,$
zueinander isomorph?
# Endlicher Körper/9/Multiplikative Ordnungen/Aufgabe/Lösung

Wir arbeiten mit der Darstellung
    ${\mathbb {F} }_{9}=\mathbb {Z} /(3)[X]/{\left(X^{2}+1\right)}\,.$
Das Element $1$ besitzt die Ordnung $1$, das Element
    $2=-1\,$
besitzt die Ordnung $2$.
Für das Element $x$ ist
    $x^{2}=-1\,,$
    $x^{3}=-x\,,$
    $x^{4}=-x^{2}=-(-1)=1\,,$
die Ordnung ist also $4$. Ebenso besitzt $-x$ die Ordnung $4$.
Wir betrachten jetzt $x+1$. Es ist
    $(x+1)^{2}=x^{2}+2x+1=-1+2x+1=2x=-x\,.$
Ferner ist
    $(x+1)^{4}=x^{2}=-1\,.$
Die Ordnung ist also nicht $4$, daher ist die Ordnung gleich $8$, da ja die Ordnung die Anzahl der Einheiten $9-1=8$ teilt. Dies bedeutet, dass die Elemente
    $(x+1)^{0},(x+1)^{1},(x+1)^{2},(x+1)^{3},\ldots ,(x+1)^{7}$
alle Einheiten durchlaufen. Insbesondere ist die Einheitengruppe isomorph zur additiven Gruppe $\mathbb {Z} /(8)$. Daher sind
    $(x+1)^{1},(x+1)^{3},(x+1)^{5},(x+1)^{7}$
Erzeuger der Gruppe, und diese Elemente müssen gleich (nicht unbedingt in dieser Reihenfolge) den verbleibenden Elementen
    $x+1,x+2,2x+1,2x+2$
$8$
# Endlicher Körper/9/Multiplikative Ordnungen/Aufgabe

Bestimme in ${\mathbb {F} }_{9}$ für jedes Element $\neq 0$ die multiplikative Ordnung.
# Endlicher Körper/25/Multiplikative Ordnungen/Aufgabe

Bestimme in ${\mathbb {F} }_{25}$ für jedes Element $\neq 0$ die multiplikative Ordnung.
# Endlicher Körper/9/Multiplikative Ordnungen/Primitive Elemente/Aufgabe

Bestimme in ${\mathbb {F} }_{9}$ für jedes Element $\neq 0$ die multiplikative Ordnung. Man gebe insbesondere die primitiven Einheiten an.
# Vektorraum/Endlichdimensional/Skalarprodukt/Adjungierter Endomorphismus/Existenz/Fakt/Beweis

Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
gegeben und $w\in V$ fixiert. Dann ist die Abbildung
    $V\longrightarrow {\mathbb {K} },\,v\longmapsto \left\langle \varphi (v),w\right\rangle ,$
eine Linearform auf $V$. Daher gibt es (nach Fakt im reellen Fall, für den komplexen Fall siehe Aufgabe) einen durch $\varphi$ und $w$ eindeutig bestimmten Rechtsgradienten $r={\hat {\varphi }}(w)$ aus $V$ mit
    $\left\langle v,{\hat {\varphi }}(w)\right\rangle =\left\langle \varphi (v),w\right\rangle \,.$
Wir müssen zeigen, dass die Zuordnung
    $w\longmapsto {\hat {\varphi }}(w)$
linear ist. Es ist
    ${\begin{aligned}\left\langle v,{\hat {\varphi }}(w_{1}+w_{2})\right\rangle &=\left\langle \varphi (v),w_{1}+w_{2}\right\rangle \\&=\left\langle \varphi (v),w_{1}\right\rangle +\left\langle \varphi (v),w_{2}\right\rangle \\&=\left\langle v,{\hat {\varphi }}(w_{1})\right\rangle +\left\langle v,{\hat {\varphi }}(w_{2})\right\rangle \\&=\left\langle v,{\hat {\varphi }}(w_{1})+{\hat {\varphi }}(w_{2})\right\rangle .\end{aligned}}$
Da dies für alle $v\in V$ gilt, muss
    ${\hat {\varphi }}(w_{1}+w_{2})={\hat {\varphi }}(w_{1})+{\hat {\varphi }}(w_{2})\,$
sein. Ferner ist
    ${\begin{aligned}\left\langle v,{\hat {\varphi }}(sw)\right\rangle &=\left\langle \varphi (v),sw\right\rangle \\&={\overline {s}}\left\langle \varphi (v),w\right\rangle \\&={\overline {s}}\left\langle v,{\hat {\varphi }}(w)\right\rangle \\&=\left\langle v,s{\hat {\varphi }}(w)\right\rangle .\end{aligned}}$
Da dies für alle $v\in V$ gilt, ist
    ${\hat {\varphi }}(sw)=s{\hat {\varphi }}(w)\,.$
# Vektorraum/Endlichdimensional/Skalarprodukt/Adjungierter Endomorphismus/Matrix/Fakt/Beweis

Es sei $u_{1},\ldots ,u_{n}$ die Orthonormalbasis und es seien
    $M={\left(a_{ij}\right)}_{ij}\,$
bzw.
    $N={\left(b_{ij}\right)}_{ij}\,$
die Matrizen von $\varphi$ bzw. ${\hat {\varphi }}$ bezüglich dieser Basis. Dann ist insbesondere
    $\varphi (u_{i})=\sum _{k=1}^{n}a_{ki}u_{k}\,$
und
    ${\hat {\varphi }}(u_{i})=\sum _{k=1}^{n}b_{ki}u_{k}\,.$
Aufgrund der Adjungiertheit gilt die Beziehung
    ${\begin{aligned}a_{ji}&=\sum _{k=1}^{n}a_{ki}\left\langle u_{k},u_{j}\right\rangle \\&=\left\langle \sum _{k=1}^{n}a_{ki}u_{k},u_{j}\right\rangle \\&=\left\langle \varphi (u_{i}),u_{j}\right\rangle \\&=\left\langle u_{i},{\hat {\varphi }}(u_{j})\right\rangle \\&=\left\langle u_{i},\sum _{k=1}^{n}b_{kj}u_{k}\right\rangle \\&=\left\langle u_{i},b_{ij}u_{i}\right\rangle \\&={\overline {b_{ij}}}.\end{aligned}}$
D.h.
    ${{\overline {N}}^{\text{tr}}}=M\,$
und umgekehrt.
# Vektorraum/Endlichdimensional/Skalarprodukt/Adjungierter Endomorphismus/Eigenschaften/Fakt

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt $\left\langle -,-\right\rangle$. Dann erfüllt der adjungierte Endomorphismus folgende Eigenschaften (dabei seien $\varphi ,\psi$ Endomorphismen).
# Endomorphismus/Bilinearform/Einführung/Textabschnitt

Es sei $V$ ein ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt. Ein Endomorphismus
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
induziert dann mit Hilfe des Skalarproduktes eine Form $\Psi _{\varphi }$, die durch
    $\Psi _{\varphi }(v,w)=\left\langle \varphi (v),w\right\rangle \,$
definiert ist. Dafür gelten die folgenden Eigenschaften.

## Lemma

Es sei $V$ ein ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt. Dann gelten folgende Aussagen.

### Beweis

(1). Es ist
    ${\begin{aligned}\psi _{\varphi }(av_{1}+bv_{2},w)&=\left\langle \varphi (av_{1}+bv_{2}),w\right\rangle \\&=\left\langle a\varphi (v_{1})+b\varphi (v_{2}),w\right\rangle \\&=a\left\langle \varphi (v_{1}),w\right\rangle +b\left\langle \varphi (v_{2}),w\right\rangle \\&=a\psi _{\varphi }(v_{1},w)+b\psi _{\varphi }(v_{2},w)\end{aligned}}$
und
    ${\begin{aligned}\psi _{\varphi }(v,aw_{1}+bw_{2})&=\left\langle \varphi (v),aw_{1}+bw_{2}\right\rangle \\&={\overline {a}}\left\langle \varphi (v),w_{1}\right\rangle +{\overline {b}}\left\langle \varphi (v),w_{2}\right\rangle \\&={\overline {a}}\psi _{\varphi }(v,w_{1})+{\overline {b}}\psi _{\varphi }(v,w_{2}),\end{aligned}}$
also ist die Zuordnung in der ersten Komponente linear und in der zweiten Komponente semilinear. Daher ist $\Psi _{\varphi }$ eine Sesquilinearform.
(2). Die Linearität ergibt sich aus der Linearität des Skalarproduktes in der ersten Komponente. Im endlichdimensionalen Fall stehen links und rechts Vektorräume der Dimension ${\left(\dim _{K}{\left(V\right)}\right)}^{2}$, es genügt also, die Injektivität zu zeigen. Bei $\Psi _{\varphi }=0$ ist $\left\langle \varphi (v),w\right\rangle =0$ für alle $v,w$, sodass insbesondere $\left\langle \varphi (v),\varphi (v)\right\rangle =0$ und somit $\varphi (v)=0$ gilt.
(3). Wenn $\varphi$ nicht bijektiv ist, so sei $v\in \operatorname {kern} \varphi$, $v\neq 0$. Dann ist $\Psi _{\varphi }(v,-)$ die Nullabbildung in der zweiten Komponente und die Form ist ausgeartet. Es sei umgekehrt $\Psi _{\varphi }(-,-)$ ausgeartet. Dann gibt es einen Vektor $v\in V$, $v\neq 0$, derart, dass $\left\langle \varphi (v),-\right\rangle$ die Nullabbildung ist. Da ein Skalarprodukt nicht ausgeartet ist, folgt $\varphi (v)=0$ und damit ist $\varphi$ nicht bijektiv.
(4). Im selbstadjungierten Fall ist
    $\Psi _{\varphi }(v,w)=\left\langle \varphi (v),w\right\rangle =\left\langle v,\varphi (w)\right\rangle ={\overline {\left\langle \varphi (w),v\right\rangle }}={\overline {\Psi _{\varphi }(w,v)}}\,.$
Die Umkehrung folgt aus
    $\left\langle \varphi (v),w\right\rangle =\Psi _{\varphi }(v,w)={\overline {\Psi _{\varphi }(w,v)}}={\overline {\left\langle \varphi (w),v\right\rangle }}=\left\langle v,\varphi (w)\right\rangle \,.$
$\Box$
# Vektorraum/Skalarprodukt/Endomorphismus/Sesquilinearform/Fakt

Es sei $V$ ein ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt. Dann gelten folgende Aussagen.
# Vektorraum mit Skalarprodukt/Endomorphismus/Selbstadjungiert/Eigentheorie/Fakt/Beweis

* Es sei $v\in U^{\perp }$ und $u\in U$. Wegen der Invarianz von $U$ ist auch $\varphi (u)\in U$. Daher ist Also steht $\varphi (v)$ senkrecht auf $U$ und gehört damit zu $U^{\perp }$, was dessen Invarianz bedeutet.
    $\left\langle \varphi (v),u\right\rangle =\left\langle v,\varphi (u)\right\rangle =0\,.$
* Dies ist nur bei ${\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ relevant. Es sei $\lambda \in {\mathbb {C} }$ ein Eigenwert und $v\in V$ ein Eigenvektor, also Wir können diesen Eigenvektor als normiert annehmen. Dann ist also ist $\lambda$ reell.
    $\varphi (v)=\lambda v\,.$
    $\lambda =\left\langle \lambda v,v\right\rangle =\left\langle \varphi (v),v\right\rangle =\left\langle v,\varphi (v)\right\rangle =\left\langle v,\lambda v\right\rangle ={\overline {\lambda }}\,,$
* Es sei $v_{1}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda _{1}$ und $v_{2}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda _{2}\neq \lambda _{1}$. Dann ist Dies ist nur bei möglich.
    $\lambda _{1}\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =\left\langle \lambda _{1}v_{1},v_{2}\right\rangle =\left\langle \varphi (v_{1}),v_{2}\right\rangle =\left\langle v_{1},\varphi (v_{2})\right\rangle =\left\langle v_{1},\lambda _{2}(v_{2})\right\rangle ={\overline {\lambda _{2}}}\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =\lambda _{2}\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle \,.$
    $\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =0\,$
* Wir können annehmen, dass $V={\mathbb {K} }^{n}$ mit dem Standardskalarprodukt vorliegt. Bei ${\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ ist die Aussage bekannt, sei also ${\mathbb {K} }=\mathbb {R}$. Wir können die Abbildung auch als Abbildung von ${\mathbb {C} }^{n}$ nach ${\mathbb {C} }^{n}$ auffassen, wobei die Selbstadjungiertheit erhalten bleibt und wobei sich das charakteristische Polynom nicht ändert. Es zerfällt daher in Linearfaktoren, wobei die Nullstellen nach (2) reell sind.
# Vektorraum mit Skalarprodukt/Endomorphismus/Selbstadjungiert/Spektralsatz/Fakt

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler ${\mathbb {K} }$-Vektorraum mit Skalarprodukt und sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
ein selbstadjungierter Endomorphismus.
Dann gibt es eine Orthonormalbasis von $V$ aus Eigenvektoren zu $\varphi$.
# MDLUL/Orthonormalbasis (Skalarprodukt)

Start=Orthonormalbasis (Skalarprodukt)
Ziel=Vektorraum mit Skalarprodukt/Orthonormalbasis/Definition