\section{Quadratische Formen}
\begin{rem}Bei Verweisen der Form (n) [p.q Def/Prop/Thm m] bezieht sich die Zahl $n$ in runden Klammern auf die Numerierung in unserer Bearbeitung, der Gehalt der eckigen Klammern auf Abschnitt $(p.q)$ und Numerierung $(m)$ in \cite{Se73}.
\end{rem}
\subsection{Definitionen}

	\begin {remember}
	Eine {\em Bilinearform} ist eine Funktion 
	$F$ von $V \times V \rightarrow A$, so dass: \\
	$F(x+x',y) = F(x,y) + F(x',y)$ \\
	$F(x,y+y') = F(x,y) + F(x,y')$ \\
	$F(\alpha x,y) = \alpha F (x,y) = F(x, \alpha y )$ 
	f"ur alle $x,x',y,y' \in V$ und $\alpha \in A$.

	Eine aus der linearen Algebra bekannte Bilinearform ist das 
	Skalarprodukt (mit Tupeln oder Funktionen als Vektoren). 
	\end {remember}
	
	\begin{defn}[Def 1] 
	Sei $V$ ein Modul "uber einem kommutativen Ring $A$. 
	Eine Funktion $Q\colon V \rightarrow A$ hei"st {\em quadratische Form} 
	auf $V$, genau dann wenn \linebreak[4] $\forall \alpha \in A, \forall x,y \in V$: \\
	$ \label{Q1} (Q1) \qquad Q(\alpha x) = \alpha^{2}Q(x)$ \\
	$ \label{Q2} (Q2) \qquad (x,y) \mapsto Q(x+y) - Q(x) - Q(y) \quad 
	{\hbox {ist eine Bilinearform.}}$
	\end {defn}

	Ein Paar $(V,Q)$ mit $V$ Modul "uber einem kommutativen Ring und 
	einer quadratischen Form $Q$ auf $V$ hei"st {\em quadratischer Modul}.

	\begin{rem}
	In diesem Kapitel beschr"anken wir uns auf den Fall $A=K$. Ein 
	K"orper mit Charakteristik (Elementzahl) $\not=2$, d.h. $V$ ist dann 
	ein $K$-Vektorraum. Des weiteren sei $dim (V) = n < \infty$.
	\end {rem}

	\begin{defn}[Polarisation] \label{D:assoz}
	$$\scal:(x,y) \mapsto x \scal y: = \frac{1}{2} (Q(x+y) - Q(x) - Q(y))$$\\
	$\scal$ (Also Q2 von der vorhergehenden Definition multipliziert mit $\frac{1}{2}$) 
	ist eine symmetrische Bilinearform auf $V$ und wird {\em mit 
	$Q$ assoziiertes Skalarprodukt} genannt, es muss im Gegensatz zum uns 
	aus der linearen Algebra bereits bekannten Skalarprodukt 
	nicht positiv definit sein. 
	\end {defn}

	\begin {rem}
	Damit ist die Beschr"ankung auf $char(k)\not=2$ motiviert, sonst 
	ist im Falle $2=0\ (mod\text{ }k)$ der Wert $\frac{1}{2}$ 
	nicht definiert.
	\end{rem}

	Es gilt: $Q(x) = x \scal x$, dies erzeugt eine Bijektion zwischen 
	quadratischen Formen und symmetrischen Bilinearformen. 


\begin {defn} Seien $(V,Q)$ und $(V',Q')$ zwei quadratische Moduln. Eine lineare Abbildung $f\colon V\rightarrow V'$, bestimmt durch die Anforderung $Q = Q' \circ f$, also \[\forall x \in V,x' \in V': Q(x) = Q'(f(x'))\] hei"st {\em Morphismus} (oder: {\em metrischer Morphismus}) von $(V,Q)$ nach $(V',Q')$. Zwei Moduln hei"sen {\em isomorph}, wenn ihre Vektorra"ume isomorph sind und es zwischen ihnen einen metrischen Morphismus gibt.

\end {defn}
\begin{rem}Es gilt $f(x)\scal f(y)  = x \scal y \quad \forall x,y \in V$ (f"ur $f$ metrischer Morphismus).
\end{rem}
\begin{cons}Sei $(e_{i})_{1 \leq i \leq n}$ eine Basis von $V$. Die Matrix von $Q$ bzgl. dieser Basis ist die Matrix $A=(a_{ij})$ mit $a_{ij}=e_{i}\scal e_{j}$. $A$ ist symmetrisch. $x = \sum{x_{i}e_{i}}$ sei ein Element von $V$, dann ist
 \[ Q (x) = \sum_{i,j}{a_{ij}x_{i}x_{j}} \quad Q(x)= x\scal x \] was zeigt, dass $Q(x)$ eine ''quadratische Form'' in $x_{1}, \ldots, x_{n}$ im "ublichen Sinn ist.

\begin{cons}Basiswechsel \label{R:basechange} bewirkt: $A' = X*A*X^{t}$ wobei $X \in GL_{n}(k)$, $A'$ die Matrix von Q bzgl. der neuen Basis ist. 
\end{cons}
\begin{proof}
Seien $(e_{i})_{1 \le i \le n}$, $(e_{i}')_{1 \le i \le n}$ Basen, $\alpha_{ij} = e_{i} \scal e_{j}$. Die Transformation kann dann dargestellt werden als:
	  $ e_{i}'  =\sum_{j=1}^{n}{\xi_{kj}e_{j}}$, $X=(\xi_{ij})$, $X^{t}=(\xi_{ji})$ Dann gilt:
\begin{align*}
 \alpha_{ij}'=e_{k}'\scal e_{l}' & = \sum_{j}{\xi_{kj}e_{j}} \scal \sum_{m}{\xi_{lm}e_{m}}  \\
&  = \sum_{j,m}{\xi_{kj}*\xi_{lm}*(e_{j}\scal e_{m})}  = \sum_{j,m}{\xi_{kj}*\xi_{lm}}*\alpha_{jm} \\
&  = \sum_{j,m}{\xi_{kj}*\alpha_{jm}*\overset{(=\xi_{lm})}{\xi_{ml}}}  =(XAX^{t})_{k,l}
\end{align*}
Damit gilt dann auch $A'=XAX'$.
\end{proof}
\begin{defn} \label{D:disc}
Insbesondere $det(A')=det(A)*det(X)^2$ (Determinantenmultiplikationssatz) was zeigt, dass $det(A)$ festgelegt ist bis auf Multiplikation mit $x \in k^{*^{2}}$. Ein Repr"asentant der so (Invarianz unter Basiswechsel) induzierten Restklassenstruktur wird die {\em Diskriminante von $Q$}, $disc(Q)$, genannt. Es ist also $disc(Q)$ entweder 0 oder ein Element von $k^{*}/k^{*^{2}}$.
\end{defn}
\end{cons}

\subsection {Orthogonalit"at} \label{S:ortho}
\begin{defn}Sei $(V,Q)$ ein quadratischer Modul "uber $k$. Zwei {\em Elemente} $x,y$ aus $V$ hei"sen {\em orthogonal}, wenn $x \scal y = 0$. Sei $H \subset V$: Dann ist \[H^{\perp}:=\{v \in V \mid v \scal h =0 \quad \forall h \in H\}\] Unterraum in $V$. $V_{1}, V_{2} \subset V$ {\em Unterr"aume} hei"sen {\em orthogonal} ($V_{1} \perp V_{2}$), wenn $V_{1}  \subset V_{2}^{\perp}$, "aquivalent dazu: $x \in V_{1}, y \in V_{2} \Rightarrow x \scal y = 0$. Der Unterraum $H^{\perp}$, der zu dem Vektorraum $H$ orthogonal ist, wird als {\em orthogonales Komplement} bezeichnet. Das orthogonale Komplement $V^{\perp}$ von $V$ (also dem trivialen Unterraum) hei"st {\em Radikal} (Merkhilfe: Nullstellen(''radix'')erzeuger oder {\em Kern}) von $V$, $ rad(V)$.
\[ rad (V)=V^{\perp}=\{v \in V \mid \forall w \in V: v \scal w = 0 \}. \]

Seine Kodimension hei"st {\em Rang} von $Q$, geschrieben $rank(Q)$. \\
$rank(Q) = dim(V) - dim(V^{\perp})$. 
Ist $V^{\perp} =0$, ist $Q$ {\em nicht ausgeartet}.
(Erinnerung: $\sigma$~n.a. $\Leftrightarrow \forall x \ne 0: \sigma (x,v) \ne 0 \ne \sigma (v,x)$).
\end{defn}
\begin{proof}
$V^{\perp} = 0 \Leftrightarrow \forall 0 \ne v \in V \quad \exists v' \in V: v \scal v' \ne 0. \quad v = \sum_{i}{\alpha_{i}e_{i}}, v' = \sum_{i}{\alpha'_{i}e_{i}}. \quad \forall (\alpha_{1}, \alpha_{n}) \in k^{n} \quad \exists (\alpha_{1}',\alpha_{n}') \in k^{n}:$
\begin{align*}
v \scal v' &= \sum_{i,j} \alpha_{i} \alpha_{j}'\alpha_{ij} \text{ mit } \alpha_{ij}=e_{i} \scal e_{j} \\
&=\sum_{i,j}\alpha_{i}\alpha_{ij}\alpha_{j}' \\
&=(\alpha_{1},\ldots, \alpha_{n})A\begin{pmatrix}\alpha_{1}' \\ \vdots \\ \alpha_{n}' \end{pmatrix}.
\end{align*}
$\forall 0 \ne (\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{n}) \in k^{n} \quad \exists (\alpha_{1}',\ldots, \alpha_{n}')$: 

$(\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{n})A\begin{pmatrix}\alpha_{1}' \\ \vdots  \\ \alpha_{n}' \end{pmatrix} \ne 0 \Rightarrow (\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{n})A \ne 0 \Leftrightarrow rank(A) = n$.
\end{proof}
\begin{rem}
$disc(Q) \ne 0$ (d.h. $disc(Q) \in k^{*}/k^{*^{2}})) \overset{\text{Determinantenmultiplikationssatz}}{\Leftrightarrow} Q \;n.a.$
\end{rem}
\begin{rem}Sei $U \subset V$ ein Unterraum, $U^{*}$ der Dualraum, $q_{U}\colon V \rightarrow U^{*}$ die Funktion, die jedem $x \in V$ die Linearform $(y \in U \mapsto x \scal y)$ zuordnet. $Ker (q_{U})=U^{\perp}$ (Def $U^{\perp}$!). Wir sehen: $Q$ nicht ausgeartet $\Leftrightarrow q_{V} \colon V\rightarrow V^{*}$ Isomorphismus. $U \subset V$ Unterraum: $rad(U)=\{u \in U \mid \forall w \in U: u \scal w = 0\}$.
\end{rem}
\begin{defn}[Def 2] \label{D:orthosum}
Seien $U_{1}, \ldots, U_{m} \subset V$ Unterr"aume: $V$ ist {\em direkte orthogonale Summe} der $U_{i}$, wenn die $U_{i}$ paarweise orthogonal sind und $V$ direkte Summe der $U_{i}$ ist. $V=U_{1} \hat{\oplus} \ldots \hat{\oplus}U_{m}$. 
\end{defn}
\begin{rem} \label{D:o}
Hat $x \in V$ Komponenten $x_{i} \in U_{i}$, so ist \[Q(x) = (\sum_{i=1}^{m}{x_{i}}, \sum_{j=1}^{n}{x_{j}}) = \sum_{i,j=0}^{m}(x_{i},x_{j}) = \sum_{i=1}^{n}(x_{i},x_{i}) =Q_{1}(x_{1}) + \ldots + Q_{m} (x_{m})\] wobei $Q_{i} = Q \mid U_{i}$ die Einschr"ankung von $Q$ auf $U_{i}$ bezeichnet.
\end{rem}

\begin{prop} [Prop 1] Ist $U$ ein orthogonales Komplement zu $rad(V)$ in $V$, so ist $V = U \hat{\oplus} rad (V)$.\end{prop}

\begin{proof}Klar.\end{proof}

\begin{prop}[Zerlegung von $(V,Q)$, Prop 2] \label{spacedecomp}Sei $(V,Q)$ nicht ausgeartet. $\Rightarrow$ 
\begin{enumerate}
\item Alle metrischen Morphismen von $V$ in einem quadratischen Modul $(V',Q')$ sind injektiv.
\item $\forall U \subset V$ Unterraum gilt:
\begin{enumerate}
\item $dim (U) + dim (U^{\perp}) = dim (V)$ \item $U^{\perp\perp}=U$ \item $rad(U)=rad(U^{\perp})=U \cap U^{\perp}$ \item Der quadratische Modul $(U,Q\mid U)$ ist nicht ausgeartet $\Leftrightarrow U^{\perp}$ ist nicht ausgeartet. In diesem Fall ist $V = U \hat{\oplus}U^{\perp}$.
\end{enumerate}
\item $V=U \hat{\oplus}W \Rightarrow U,W$ nicht ausgeartet und $U \perp W$\label{T:splitting} 
\end{enumerate}
\end{prop}

\begin{proof} 
\begin{enumerate}
\item
Sei $f\colon V \rightarrow V$ Morphismus, \[f(x)=0 \Rightarrow x \scal y = f(x) \scal f(y) = 0 \quad \forall y \in V\quad\text{ (einsetzen).}\] $\Rightarrow x = 0$ da $(V,Q)$ nicht ausgeartet. $\Rightarrow Ke(f) = \{0\}$
\item $q_{U} \colon V\rightarrow U^{*}$ surjektiv wg. $q_{V} \colon V\rightarrow V^{*}$ surjektiv (bijektiv), und $s:V^{*}\rightarrow U^{*}$ Einbettung und damit surjektiv.

\[0 \overset{a}{\rightarrow} U^{\perp} \overset{j}{\rightarrow} V \overset{q_{U}}{\rightarrow} U^{*} \overset{b}{\rightarrow} 0\] 

ist kurze exakte Folge, da $0 = Im(a)=Ke(j)=0$, da $j$ injektiv.

$U^{\perp}=Im(j)=Ke(q_{U})$ da (s.o. $Ke(q_{U}) = U^{\perp}$)

$Im(q_{U}) = Ke(b) = U^{*}$ klar.

$\Rightarrow$ \begin{enumerate}
\item $dim (V) \overset{\text{Dimensionsformel}}{=} dim (Im (q_{U})) + dim (Ke (q_{U})) = dim (U^{\perp})+dim (U^{*}) \overset{\text{endl. dim.}}{=} dim (U^{\perp}) + dim (U)$
\item $\forall$ Unterr"aume U: $dim (V) = dim (U^{\perp}) + dim (U^{\perp\perp}) \Rightarrow dim (U) = dim (U^{\perp\perp}) $ mit $ U \subset U^{\perp\perp} \Rightarrow U = U^{\perp\perp}$
\item $rad(U) = U \cap U^{\perp} $ klar (Definition!) $\Rightarrow rad (U^{\perp}) = U^{\perp} \cap U^{\perp\perp} = U^{\perp} \cap U = rad (U) \Rightarrow$
\item $U$ n.a. $\Leftrightarrow rad (U) = 0 \Leftrightarrow rad(U^{\perp})=0 \Leftrightarrow U^{\perp}$ n.a.
\end{enumerate}
\item $V=U \hat{\oplus} W \Rightarrow U \perp W$; $\overset{\text{$V$ n.a.; 2(d)}}{\Rightarrow} rad(U)=0=rad(W) \overset{\text{$V$ n.a.}}{\Rightarrow} U,W$ n.a.
\end {enumerate}
\end {proof}
\subsection{Isotrope Vektoren}

\begin{defn}[Def 3]
$(V,G)$ quadratische Moduln, $x \in V$ {\em isotrop} $\Leftrightarrow Q(x) = 0$. $U \subset V$ Unterraum hei"st {\em isotrop} $\Leftrightarrow \forall u \in U$: $U$ isotrop. Offensichtlich gilt: $U$ isotrop $\Leftrightarrow U \subset U^{\perp} \Leftrightarrow Q \mid U = 0$.
\end {defn}

\begin{defn}[Def 4] \label{D:hyperplane} Ein quadratischer Modul hei"st {\em hyperbolische Ebene}, wenn der Modul eine Basis aus zwei isotropen Vektoren $x$ und $y$ mit $x \scal y \ne 0$ besitzt.
\end{defn}

\begin{rem} Multipliziert man $y$ mit $\frac {1}{x\scal y}$, so kann man annehmen, dass $x \scal y = 1$ ist. Bez"uglich $x$ und $y$ ist die Matrix der quadratischen Form dann $\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ mit 
mit $disc \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}=-1$. Sie ist nicht ausgeartet.
\end{rem}

\begin{example} Siehe Tabelle 1.

Vorbemerkung: Anschaulich sind quadratische Formen Polynome. Werden als Vektoren 2-Tupel verwendet, so sind quadratische Formen "uber dem Vektorraum der 2-Tupel Polynome, in denen nur Terme vom Grad 2 vorkommen, nicht aber Konstanten (ungleich 0) oder lineare Argumente ({\em Homogenit"at}). "Uber $\mathbb{C}$ als Grundk"orper sind dann z.B. alle quadratischen Formen der Art \[a*x^2 + b*x*y + c*y^2.\] Ein Beispiel ist $5x^{2} - 2 x*y + 4x^{2}$.  

\begin{table}
\caption{Isotropie - Unabh"angigkeit der Ausgabebeobachtung "uber einen Eingabebereich}
\begin{tabular}{ | | p{2.4cm} | p{2.4cm} | p{2.4cm} | p{2.4cm} | p{2.4cm} | | }
\hline 
Objekt\-klasse & Versuchs\-parameter & Isotropie\-kriterium & Bsp (isotrop) & Gegenbsp (anisotrop) \\
\hline 
Kristalle, Minerale & Betrach\-tungs\-rich\-tung 3-dim. $(x,y,z)$ & Lichtaus\-breitung, Farbe konstant ?& NaCl, Glas & CaCO$_{3}$ (Doppelspat), SiO$_{2}$\\
\hline
$A$ (K"orper des VR) $=\mathbb{R}, V=\mathbb{R} \times \mathbb{R} $& $x:=(x_{1},x_{2})$ aus $V$ & $x \ne 0$ s.d. $Q(x)\equiv 0 \forall \alpha \in A?$ & $x_{1}*x_{2}, x_{1}^{2} + 3*x_{1}*x_{2} + x_{2}^2$ & $x_{1}^2 + x_{2}^2$, $x_{1}^2+1*x_{1}*x_{2}+x_{2}^2$ \\
\hline 
$A$ (K"orper des VR) $=\mathbb{F}_{5}$, $V=\mathbb{F}_{5} \times \mathbb{F}_{5} $& $x:=(x_{1},x_{2})$ aus $V$ & $\exists x \ne 0$ s.d. $Q(x)\equiv 0  \forall \alpha \in A?$ & $x_{1}*x_{2}, x_{1}^{2} + x_{2}^{2}$ (Z.B. $x_{1}=3,x_{2}=4$) & $x_{1}^{2}+2*x_{2}^{2}$  \\
\hline 
\end{tabular}
\end{table}
\begin{rem} ''Messung'': Im letzten Beispiel der Tabelle ($\mathbb{F}_{5}$) sind genau 40 der 125 Belegungen f"ur $\alpha_{1}*x_{1}^{2}+\alpha_{2}*x_{1}*x_{2}+\alpha_{3}*x_{2}^{2}$ isotrop, 85 anisotrop, f"ur $\mathbb{F}_{3}, \mathbb{F}_{7}, \mathbb{F}_{11}$ sowohl f\"ur Vektorbestandteile als auch Skalare liegen die Werte bei 6 vs. 21, 126 vs. 217, 550 vs. 781. 
\end{rem}
\end{example}

\begin{thm}[Prop 3] \label{T:isotimphyperplane} Sei $(V,Q)$ ein nicht ausgearteter quadratischer Modul, $x \in V$ isotrop mit $x \ne 0$. Dann existiert $U \subset V$ Unterraum mit $x \in U$ und $U$ ist hyperbolische Ebene.\end{thm}

\begin{proof} $(V,Q)$ nicht ausgeartet. $\Rightarrow \exists \tilde{z} \in V$ mit $x \scal \tilde{z} = \alpha \ne 0$. Konstruiere daraus $z \in V$ mit $x \scal z = 1$ ($z:= \frac{\tilde{z}}{\alpha}; x \scal z = x \scal \frac{\tilde{z}}{\alpha}= \frac{x\scal\tilde{z}}{\alpha}=\frac{\alpha}{\alpha}$ ). Dann ist auch $y = 2z - (z \scal z) x $ isotrop:
\begin{align*}y \scal y &= (2 z - (z \scal z)x) \scal (2 z - (z \scal z)x) \\ & = 4 (z \scal z) - 4 (z \scal z)*(z \scal x) + (z \scal z)^{2}(x \scal x)\\  &=4(z \scal z)-4(z \scal z)+(z\scal z)^2(x \scal x) \overset{x\text{ isotr.}}{=}0.
\end{align*}
Ferner ist das Produkt der beiden isotropen Basisvektoren $x \scal y \ne 0$: 
\[x \scal y = x \scal (2z-(z \scal z)x) \overset{x\text{ isotr.}}{=} 2(x\scal z)-0 = 2.\] 
$\Rightarrow$ Der Unterraum $U = kx + ky$ hat die gew"unschten Eigenschaften.
\end{proof}
\begin{prop}[Prop 3+] \label{3plus}
$(V,Q)$ n.a. q.M., $U \subset V$, $0 \ne x \in rad(U)$ (d.h. $U$ ausgeartet) 

$\Rightarrow$ zerlegt man $U$ in $U = U' \oplus kx$, so 
$\exists y \in U'^{\perp}\setminus U^{\perp}$ mit $y \scal y=0$, $x\scal y=1$ (damit gilt: $kx \oplus ky$ ist hyperbolische Ebene).

\end{prop}

\begin{proof}
Sei $U=U' \oplus kx$, $0 \ne x \in rad(U)$

$\Rightarrow$ da $V$ n.a. gilt $dim (U) + dim (U^{\perp}) \overset{\text{[1.2 Prop 2.2 (a)]}}{=} dim (V)$, \\ weiter gilt 
$dim (U') = dim (U) -1$, also wegen $dim (U')+dim(U'^{\perp})=dim(V)$: \\

$dim (U'^{\perp})=dim (U^{\perp})+1$, \\
zusammen mit $U'\subsetneq U \Rightarrow U'^{\perp} \setminus U^{\perp} \ne \emptyset \quad (U^{\perp} \subsetneq U'^{\perp})$.

Sei $z \in U'^{\perp} \setminus U^{\perp} \Rightarrow z \scal x \ne 0$, o.E. $z \scal x=1$. $z_{1}=2z-(z\scal z)x$.

Wie in (\ref{T:isotimphyperplane}) [Prop 3]: $z_{1} \scal z_{1} = 0$ und $x \scal z_{1} = 2$. Sei $y = \frac{1}{2} z_{1} = z-\frac{1}{2} (z \scal z)x$. Es gilt: $y \scal y = 0, x \scal y = 1, y \in U'^{\perp}\setminus U^{\perp}$ (da $x \in U$ und $x\scal y=1 \Rightarrow y \notin U^{\perp}$. Aber $x \in U'^{\perp}$ und $z \in U'^{\perp} \Rightarrow y \in U'^{\perp}$ da $U'^{\perp} \subset V$ Unterraum).
Damit erf"ullt $y$ die Bedingungen.  
\end{proof}
\begin{cor}\label{C:repr}Sei $(V,Q)$ nicht ausgeartet und enthalte ein isotropes Element $\ne 0 \Rightarrow Q(V) = k $, d.h $\forall a \in k \quad \exists v\in V$ mit $Q(v) =a$.
\end{cor}
\begin{proof}Nach (\ref{T:isotimphyperplane}) [Prop 3] reicht es, den Fall zu betrachten, in dem $V$ eine hyperbolische Ebene ist, mit Basis $x$ und $y$, wobei $x \scal y=1$ und $x,y$ isotrop. Sei $a \in k$, dann ist $a = Q(x + \frac {a}{2}y) \quad (char (k) \ne 2!)$. (Komponenten von $x+\frac{a}{2}y$ bzgl $x,y$: 1 und $\frac{a}{2}$, in $Q(x)=\sum_{i,j}{a_{i,j}(x_{i}\scal x_{j})} = 0*1+1*\frac{a}{2}+1*\frac{a}{2}+0*1=a$).
\end{proof}


\subsection{Orthogonale Basis}
\begin{defn}[Def 5] Eine Basis $(e_{1}, \ldots, e_{n})$ eines quadratischen Moduls $(V,Q)$ hei"st {\em orthogonal}, wenn ihre Elemente paarweise orthogonal sind, 
\\ d.h. $V=ke_{1}\hat{\oplus}\ldots\hat{\oplus}ke_{n}$. Das bedeutet, dass die Matrix von $Q$ Diagonalform hat: \[\begin{pmatrix} a_{1} & 0 & \ldots & 0 \\
                                 0     & a_{2} & \ldots & 0 \\
								 \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
								 0      & 0   &  \ldots & a_{n}\end{pmatrix}.\]
Ist $x=\sum x_{i}e_{i}$, so ergibt sich $Q(x)=a_{1}x_{1}^{2}+\ldots + a_{n}x_{n}^{2}$.
\end{defn}
\begin{thm}[Orthogonaler Basiserg"anzungssatz, Thm 1] \label{T:orthbasis} Jeder quadratische Modul hat eine orthogonale Basis.\end{thm}
\begin{proof}
Wir unterscheiden nach Isotropie von $V$.
\begin{description} \item{1. Fall: $V$ isotrop: }
$V$ isotrop $\Rightarrow Q(x)=x\scal x=0 \quad \forall x$ \\
$\Rightarrow Q(x+y) = 0 \quad \forall x,y \Rightarrow x\scal y=0 \quad \forall x, y$ \\
$\Rightarrow$ alle Basen von $V$ sind orthogonal.   
\item{2. Fall: $V$ nicht isotrop: }
Induktion "uber $n = dim (V)$. \begin{description}\item{Basis: }$n=0$ ist trivial (0-Basis ist 0). \item{Schritt: } \begin{description}\item{Annahme:} Alle $(U,Q)$ mit $dim (U) \le n-1$ haben orthogonale Basis. \item{Schluss: } W"ahle $e_{1} \in V$ mit $e_{1}\scal e_{2}\ne 0$. $H=(ke_{1})^{\perp}$ ist eine Hyperebene (\ref{spacedecomp}) [1.2 Prop 2 (4)] und da $e_{1} \notin H $ folgt $ V=ke_{1} \hat{\oplus} H$. Nach Induktionsannahme hat $H$ eine orthogonale Basis $(e_{2}, \ldots, e_{n})$, damit ist $(e_{1}, \ldots, e_{n})$ orthogonale Basis von $V$.
\end{description}
\end{description}
\end{description}
\end{proof}
\begin{defn}[Verwandtschaft, Def 6]
Zwei orthogonale Basen $e=(e_{1},\ldots,e_{n})$ und $e'=(e'_{1},\ldots,e'_{n})$ von $V$ hei"sen {\em verwandt} (angrenzend, ber"uhrend, contiguous), wenn $\exists i,j \in \{1,\ldots,n\}$ mit $e_{i}=e'_{j}$. 
\end{defn}
\begin{thm}[Entfernte Verwandtschaft, Thm2] \label{distrel} Sei $(V,Q)$ ein quadratischer Modul mit $dim (V) \ge 3$ und seien $e=(e_{1},\ldots,e_{n})$ und $e'=(e'_{1},\ldots,e'_{n})$ zwei orthogonale Basen von $V$. 

$\Rightarrow \exists$ eine endliche Folge $e^{(0)}, e^{(1)}, \ldots, e^{(m)}$ von orthogonalen Basen von $V$ mit $e^{(0)}=e, e^{(m)}=e'$ und $e^{(i)}$ grenzt an $e^{(i+1)} \quad \forall 0 \le i < m$. Es bezeichne $(e^{(0)},\ldots,e^{(m)})$ eine solche Kette orthogonaler Basen, die $e$ und $e'$ angrenzend verbinden. \end{thm}
\begin{proof} Wir unterscheiden, ob $(V,Q)$ ausgeartet ist:
\begin{description}\item {$(V,Q)$ ausgeartet: }
$(V,Q)$ ausgeartet $\Leftrightarrow \exists 0 \ne b \in V^{\perp} \Rightarrow \exists e_{i}$ und $e_{j}'$ so dass $e^{(1)}=(e_{1},\ldots,b_{i},\ldots,e_{n})$ und 
$e^{(2)}=(e_{1}',\ldots,b_{j},\ldots,e_{n}')$ Basis. Da $b \in V^{\perp} \Rightarrow $ sogar orthonormale Basis $\Rightarrow e \rightarrow e^{(1)} \rightarrow e^{(2)} \rightarrow e'$.
\item {$(V,Q)$ nicht ausgeartet: }
$\rightarrow \forall i \in \{1,\ldots n\}: (e_{i} \scal e_{i}) \ne 0$.
(Matrix \[A=\begin{pmatrix}e_{1}e_{1} & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & e_{2}e_{2} & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \ldots & e_{n}e_{n} \end{pmatrix}, det(A) \ne 0).\] 
\begin{description}\item {1. Fall: }
Sei die Ebene $P=ke_{1}+ke_{1}'$ nicht ausgeartet. Dann sind $e_{1}$ und $e_{1}'$ linear unabh"angig und: \[(e_{1} \scal e_{1}) (e_{1}' \scal e_{1}') - (e_{1} \scal e_{1}')^{2} \ne 0.\]
Es existieren (nach (\ref{T:orthbasis}) [1.4 Thm 1]) $\epsilon_{2}$ und $\epsilon_{2}'$ so, dass
\[P = ke_{1} \hat{\oplus} k\epsilon_{2} \text{ und } P=ke_{1}' \hat{\oplus}k \epsilon_{2}'.\]
Sei $H=P^{\perp}$. Da $P$ nicht ausgeartet ist, folgt nach (\ref{spacedecomp}) [Prop 2], dass $V = H \hat{\oplus} P$. Sei $(e_{3}'',\ldots,e_{n}'')$ eine orthogonale Basis von $H$. Somit erh"alt man eine verbindende Kette: \[e \rightarrow (e_{1}, \epsilon_{2}, e_{3}'', \ldots, e_{n}'') \overset{n \ge 3}{\rightarrow} (e_{1}',\epsilon_{2}', e_{3}'', \ldots, e_{n}'')\rightarrow e'.\]
\item{2. Fall: }
\[(e_{1}\scal e_{1})(e_{2}' \scal e_{2}') - (e_{1} \scal e_{2}')^{2} \ne 0\]
Analog zum 1. Fall durch Vertauschen von $e_{1}'$ mit $e_{2}'$.
\item{3. Fall: }
\[(e_{1}\scal e_{1})(e_{i}' \scal e_{i}') - (e_{1} \scal e_{i}')^{2} = 0 \quad i=1,2\] Die Ebene $P$ ist also ausgeartet. Wir unterbrechen den Beweis f"ur ein Lemma:
\end{description}
\end{description}
\end{proof}
\begin{lem}Es existiert $x \in k$ mit $e_{x}=e'_{1}+xe_{2}'$ nicht isotrop und $E=ke_{1} \hat{\oplus} ke_{x}$ nicht ausgeartete Ebene.
\end{lem}
\begin{proof}Zwei Bedingungen m"ussen erf"ullt sein: \begin{description} 
\item (a) $e_{x}$ nicht isotrop, 
\item (b) $e_{x} \scal e_{1}$ bilden n.a. Ebene.
\end{description}

Damit nicht isotrop (a) erf"ullt ist, muss gelten:
\begin{equation} \label{E:e1}e_{x} \scal e_{x} = e_{1}' \scal e_{1}' + x^{2}(e'_{2}\scal e_{2}') \overset{!}{\ne}0 
\end{equation}

Damit $e_{x}, e_{1}$ eine nicht-ausgeartete Ebene bilden (b), muss gelten:
\begin{equation} \label{E:e2}(e_{1}\scal e_{1})(e_{x} \scal e_{x})-(e_{1}\scal e_{x})^{2} \overset{!}{\ne} 0
\end{equation}
Also muss auch die Einsetzung (\ref{E:e1}) in (\ref{E:e2}) gelten:
\begin{align}
& (e_{1} \scal e_{1})(e_{1}' \scal e_{1}') + (e_{1}\scal e_{1})(e_{2}' \scal e_{2}')x^{2}-(e_{1}\scal e_{x})^{2} \notag 
\\& = (e_{1} \scal e_{1})(e_{1}' \scal e_{1}') + (e_{1}\scal e_{1})(e_{2}' \scal e_{2}')x^{2} - (e_{1} \scal (e_{1}' + xe_{2}'))^{2} \notag 
\\& = (e_{1} \scal e_{1})(e_{1}' \scal e_{1}') + (e_{1}\scal e_{1})(e_{2}' \scal e_{2}')x^{2} - ((e_{1} \scal e_{1}') + x (e_{1} \scal e_{2}'))^{2} \notag 
\\& = (e_{1} \scal e_{1})(e_{1}' \scal e_{1}') + (e_{1}\scal e_{1})(e_{2}' \scal e_{2}')x^{2} \notag
\\& - ((e_{1} \scal e_{1}')^{2} + 2x (e_{1}\scal e_{1}')(e_{1}\scal e_{2}')+ x^{2} (e_{1} \scal e_{2}')^2) \notag  
\\& \overset{Orthog.}{=} (e_{1} \scal e_{1})(e_{1}' \scal e_{1}') + (e_{1}\scal e_{1})(e_{2}' \scal e_{2}')x^{2} \notag 
\\& - (e_{1} \scal e_{1})(e_{1}' \scal e_{1}')-2x(e_{1}\scal e_{1}')(e_{1}\scal e_{2}')-x^2(e_{1}\scal e_{1})(e_{2}' \scal e_{2}') \notag 
\\& = -2x (e_{1} \scal e_{1})(e_{1} \scal e_{2}') \overset{!}{\ne} 0.
\end{align}
Da wegen Orthogonalit"at auch $(e_{1}\scal e_{1})(e_{i}' \scal e_{i}')-(e_{1}\scal e_{i}')^{2} = 0$ gilt und soeben gezeigt, dass gelten muss $e_{1}\scal e_{1} \ne 0$, sowie $e_{i}'\scal e_{i}' \ne 0$, folgt also $(e_{1}\scal e_{i}')^2=c\ne 0$, somit insbesondere: $(e_{1} \scal e_{1}') \ne 0 \ne (e_{1} \scal e_{2}')$. (\ref{E:e1}) und (3) ergeben die Bedingungen $x^{2} \ne -(e_{1}' \scal e_{1}')/(e_{2}' \scal e_{2}')$ und $x \ne 0$, damit $e_{x}$ die gew"unschten Eigenschaften hat. Somit werden maximal 3 Werte f"ur $x$ festgelegt. Ist nun $char (k) \ge 4$, so finden wir sicher ein $x \in k$, mit welchem die Behauptungen f"ur $e_{x}$ erf"ullt sind, also ist das Lemma bewiesen.

Fall $k=\mathbb{F}_{3}$ ($\mathbb{F}_{2}$ nicht, wegen $char (k) \ne 2$): 
Hier sind $1^{2}=1$ und $2^{2}=1$, also kann die Bedingung von Fall 3 geschrieben werden als $(e_{1}\scal e_{1})(e_{i}' \scal e_{i}')=(e_{1}\scal e_{i}')^{2} = 1 $f"ur$ i=1,2$. Daher also $(e_{1}' \scal e_{1}')/(e_{2}' \scal e_{2}')=1$ und damit gen"ugt z.B.\ als Zeuge $x=1$, d.h. $e_{x=1}=e_{1}'+e_{2}'$ erf"ullt die Bedingung: $x^{2}\ne -(e_{1}' \scal e_{1}')/(e_{2}'\scal e_{2}')=-1=2$.
\end{proof}
Zur"uck zum Beweis von Fall 3 in (\ref{distrel}) [Thm 2]: 
\begin{proof} W"ahle $e_{x} = e_{1}'+xe_{2}'$ wie im Lemma. $e_{x}$ ist nicht isotrop, also existiert $e''_{2}$, so dass $(e_{x} \scal e_{2}'')$ eine Orthogonalbasis von $ke_{1}' + ke_{2}'$ ist. Mit dem Basiserg"anzungssatz (\ref{T:orthbasis}) [1.4 Thm 1] folgt: $e'' = (e_{x},e_{2}'',e_{3}', \ldots, e_{n}')$ Orthogonalbasis von $V$. 
\end{proof}

$ke_{1} + ke_{x}$ ist eine nicht ausgeartete Ebene (Lemma!), deshalb folgt mit Fall 1, dass man $e$ und $e''$ in einer Kette angrenzend verbinden kann. Da $e'$ und $e''$ angrenzend sind $\Rightarrow$ Behauptung.
\subsection{Satz von Witt}
\begin{rem}[Motivation] Seien $(V,Q)$ und $(V',Q')$ zwei nicht-ausgeartete quadratische Moduln, $U \subset V$ Unterraum und sei $s: U \Rightarrow V'$ ein injektiver Morphismus von $U$ nach $V'$. Wir wollen versuchen, $s$ auf einen gr"o"seren Raum als $U$ --- wom"oglich ganz $V$--- zu erweitern.
\end{rem}
\begin{lem}[Wittsche Erweiterbarkeit f"ur ausgeartete Moduln] \label{Wittaus} Wenn $U$ ausgeartet ist, k"onnen wir $s$ zu einem injektiven Morphismus $s_{1}\colon U_{1} \rightarrow V'$ erweitern, wobei $U_{1}$ den Unterraum $U$ als Hyperebene enth"alt, also $s_{1}|U = s$, wobei $dim (U_{1})=1+dim (U)$.
\end{lem}

\begin{proof}
Da $U$ ausgeartet $\exists x\in rad(U), x \ne 0$ ($\Rightarrow$ $x$ insbes. isotrop).
Sei \linebreak[4] $U=U' \oplus kx$. Nach (\ref{3plus}) [Prop 3+]: $\exists y\in V$, so dass $y \scal y = 0, x \scal y = 1, y \in U'^{\perp}\setminus U^{\perp}$. Da $s$ ein metr. Morphismus ist, gilt $\forall u \in U: s(x) \scal s(u)=x \scal u =0$, d.h. $s(x) \in rad(s(U))$. Sei $s(U)=ks(x) \oplus s(U')$. Nach (\ref{3plus}) [Prop 3+] $\exists y' \in V' $ mit $ y' \scal y'=0, s(x) \scal y'=1, y' \in s(U')^{\perp} \setminus s(U)^{\perp}$.

Definiere $s_{1}$:

$s_{1}: U \oplus ky \rightarrow V:  \\$
$ u + \alpha y \mapsto s(u) + \alpha y'$

$s_{1}$ erf"ullt das Lemma, denn: 
\begin{description}
\item $s_{1}$ injektiv klar ($s$ injektiv, $y'\notin s(U)$), 
\item $s_{1}$ linear klar ($s$ ist linear), 
\item $s_{1}$ Morphismus (Erhaltung des Skalarprodukts): Sei $(u + \alpha y) \in U \oplus ky$: 

\begin{description}
\item Skalarprodukt des Bildes: \\
$s_{1}(u + \alpha y) \scal s_{1} (u + \alpha y) \\ 
\overset{\text{Def. }s_{1}}{=} (s(u) + \alpha y') \scal (s(u)+\alpha y') \\
= s(u) \scal s(u) + 2 \alpha (s(u) \scal y')+\alpha ^{2} (y'\scal y') 
\overset{y' \text{isotr.}}{=} u \scal u + 2 \alpha (s(u) \scal y') 
\\ \overset{u=\tilde{u}+\beta x}{=} u \scal u + 2 \alpha (s (\tilde{u} + \beta x)\scal y') = 
\\ u \scal u + 2 \alpha (s (\tilde{u})\scal y') + 2 \alpha \beta (s(x) \scal y') 
\\ \overset{y' \in s(U')^{\perp} \text{ und } s(x) \scal y'=1 \text { nach Def. }}{=} u \scal u + 2 \alpha \beta$.
\item Skalarprodukt des Urbildes: \\
$(u + \alpha y) \scal (u+ \alpha y) \\
= u \scal u + 2 \alpha (u \scal y)+ \alpha^{2} (y \scal y) \\ \overset{\text{wie oben}}{=} u \scal u + 2 \alpha ((\tilde{u} + \beta x) \scal y) \\
= u \scal u + 2 \alpha (\tilde{u} \scal y) + 2 \alpha \beta (x \scal y)=u\scal u + 2 \alpha \beta$
\end{description}
\end{description}

\end{proof}
\begin{thm}[Wittsche Erweiterbarkeit f"ur beliebige Moduln, Thm 3] \label{T:Witt}Seien $(V,Q)$ und $(V',Q')$ zwei nicht ausgeartete quadratische Moduln, $U \subset V$ Unterraum und sei $s \colon U \rightarrow V'$ ein injektiver metrischer Morphismus. Dann kann $s$ zu einem Isomorphismus $s+ \colon V \rightarrow V'$ erweitert werden.
\end{thm}

\begin{proof}Da $V \cong V'$, k"onnen wir annehmen, dass $V=V'$. Mit (\ref{Wittaus}) wurde bereits der ausgeartete Fall behandelt. Noch zu zeigen, dass die Erweiterbarkeit auch gilt, wenn $U$ nicht ausgeartet ist. Dazu Beweis durch Induktion "uber $dim (U)$:
\begin{description}
\item{Basis: } $dim (U)=1 \Rightarrow U = <x>, x \scal x \ne 0$ (da n.a.).
Sei $y = s (x) \Rightarrow y \scal y = x \scal x$. Entweder $x+y$ nicht isotrop ($\epsilon = 1$) oder $x-y$ nicht isotrop ($\epsilon = -1$), denn sonst:
\begin{align*} & (x+y) \scal (x+y) = x \scal x + 2 x \scal y + y \scal y = 2 x \scal x + 2 x \scal y \\
& (x-y) \scal (x-y) = x \scal x - 2 x \scal y + y \scal y = 2 x \scal x - 2 x \scal y \\ 
& \text{Addition der beiden Zeilen gibt: } 4 x \scal x = 0 \text{, also } x \scal x = 0 \quad \nLeftrightarrow
\end{align*}
W"ahle $\epsilon$ dementsprechend aus $\{-1,+1\}$. $z:= x + \epsilon y; H=(kz)^{\perp} \\
\Rightarrow V=kz \hat{\oplus} H$.

Wir definieren $\sigma$ als Spiegelung am Unterraum $H$, d.h. als Automorphismus von $V$, der die Identit"at auf $H$ ist, und der $z$ in $-z$ umwandelt.

$$\sigma: V\rightarrow V, kz \hat{\oplus} H \rightarrow kz \hat{\oplus} H, \alpha z + h \mapsto -\alpha z + h$$

\begin{align}
&x - \epsilon y \in H: (\sigma (x + \epsilon y) \scal (x - \epsilon y) \notag
\\&= \sigma [(x \scal x) - \epsilon (x \scal y) + \epsilon (y \scal x) - (y \scal y)] = 0 \notag
\\& \Rightarrow x - \epsilon y \in H \perp x + \epsilon y \in z \notag
\\& \Rightarrow \sigma (x - \epsilon y) = x - \epsilon y, \sigma (x + \epsilon y) = -x - \epsilon y \tag{*}.
\end{align}

Somit $\sigma (x) = - \epsilon y$, da
\begin{align*} & \sigma(x-x+\epsilon y) \overset{\text{lin.}}{=} \sigma (x) - \sigma (x - \epsilon y)  \overset{(*)}{=} \sigma (x) -x + \epsilon y \tag{**} \\
& =\sigma (-x) + \sigma (x + \epsilon y) = -\sigma (x) -x -\epsilon y \tag{***}\\
& \text{Durch Gleichsetzen der rechten Terme in (**) und (***): } 2 \sigma (x) = -2 \epsilon y .
\end{align*}

Damit ist $-\epsilon\sigma$ eine geeignete Erweiterung von $s$ auf $s+$:
\\(Linearit"at und Injektivit"at sind klar, $-\epsilon \sigma \mid U = s$ klar, da $-\epsilon \sigma (x) =y = s(x))$. Morphismus (Erhaltung des Skalarprodukts) klar mit \\$Q'(-\epsilon\sigma (\alpha z+h)) = (-\epsilon \sigma (\alpha z + h)) \scal (-\epsilon \sigma (\alpha z + h)) = (\epsilon \alpha z - \epsilon h) \scal (\epsilon \alpha z - \epsilon h) = \epsilon^{2}(\alpha z - h)\scal (\alpha z-h)=(\alpha z - h)\scal (\alpha z-h)=\overset{kz \perp H}{=}(\alpha z + h)\scal (\alpha z + h) = Q(\alpha z + h)$.

\item {Schritt: } $dim (U)>1$
\begin{description}
\item{Induktionsannahme: }
 $\quad U = U_{1} \hat{\oplus} U_{2}$ mit $U_{1} \ne 0 \ne U_{2}$, $\sigma_{1}$  bezeichne die Erweiterung auf $V$ von $s_{1} = s|U_{1}$, dies ist ein Automorphismus auf $V$. 

\item{Schluss: }

Betrachte jetzt $\tilde{s} = \sigma_{1}^{-1} \circ s$: 
\begin{align*}
& \Rightarrow  \tilde{s} | U_{1} = id | U_{1} \text{ klar} \\
& \Rightarrow  \tilde{s} | U_{2} \colon U_{2} \rightarrow V_{1} = U_{1}^{\perp} \\
 & \text{denn } \tilde{s} (u_{2} \scal u_{1}) = \tilde{s}(u_{2}) \scal \tilde {s} (u_{1}) = u_{2} \scal u_{1} = 0.
\end{align*}
W"ahle nun $\sigma_{2}$ als Erweiterung von $\tilde{s} | U_{2}$ auf $V$, die s ist nach Induktionsannahme ein Automorphismus auf $V$ 
($U_{2} \subset V_{1} \text { wg. } U=U_{1} \hat{\oplus} U_{2}$).
W"ahle nun als Erweiterung von $\tilde{s} | U$
\begin{align*}
 \sigma \colon & U_{1} \hat{\oplus} V_{1} = V \rightarrow V = U_{1} \hat{\oplus}V_{1} \\
& u + v \mapsto u + \sigma_{2}(v) 
\end{align*}
klar: $\sigma \text{ linear und injektiv, } \sigma \text { Morphismus}$

$Q'(\sigma(u+v))=\sigma(u+v)\scal \sigma(u+v)=(u+\sigma_{2}(v))\scal (u+\sigma_{2}(v)) = u \scal u + 2 u \scal \sigma_{2}(v) + \sigma_{2}^{2}(v) = u \scal u + 0 + v \scal v = (u + v) \scal (u+v) = Q(u+v).$

Damit ist $\sigma_{1} \circ \sigma$ eine geeignete Erweiterung von $s$ auf $s+$:
$\sigma_{1}$ metr. Isomorphismus auf $V$ und $\sigma_{1} \circ \sigma \mid U = s$.

\end{description}
\end{description}
\end{proof}

\begin{cor}$U \cong W$ Unterr"aume von $(V,Q)$ nicht ausgeartete quadratische Moduln: $\Rightarrow U^{\perp} \cong W^{\perp}$.
\end{cor}

\begin{proof}
Die Einschr"ankung $\sigma \mid U = s \colon U \rightarrow W$ ist injektiver metrischer Unterraumisomorphismus, nach (\ref{T:Witt}) [1.4 Thm 3] ist die Erweiterung auf ganz $V$: $\sigma\colon V \rightarrow V$ metrischer Isomorphismus, also auch die Einschr"ankung $\sigma \mid U^{\perp} \colon U^{\perp} \rightarrow W^{\perp}$ metrischer Isomorphismus. 
\end{proof}

\begin{rem}[Wittscher K"urzungssatz] \label{T:Wittcanc} $V \hat{\oplus} W \cong V' \hat{\oplus} W'$, $V\cong V' \Rightarrow W \cong W'$ wird als {\em Wittscher K"urzungssatz} bezeichnet.
\end{rem}

\subsection{"Ubertragungen}
Nachdem wir seit Abschnitt \ref{S:ortho} alles aus der Modul-/ VR-Sicht betrachtet haben, wollen wir uns nun einige Ergebnisse in die (historisch urspr"unglicheren) Form-/ Polynomsicht "ubertragen. Wir f"uhren einen "Aquivalenzbegriff quadratischer Formen ein, den wir dann zur Klassifikation verwenden k"onnen. Aus diesem und den Ergebnissen der vorausgehenden Abschnitte k"onnen wir dann insbesondere einen Serviervorschlag f"ur die mundgerechtere Zerlegung quadratischer Formen gewinnen.
\begin{remember}[Homogene Polynome haben symmetr. darst. Matrix]
\begin{description}
\item{Matrix $\rightarrow$ Form: } Eine symmetrische $n*n$ Matrix $A=(a_{ij})$ bestimmt eine Form $f$ in $n$ Variablen durch \[f(X_{1}, \ldots, X_{n}) = \sum_{i=1}^{n}{a_{ii}X_{i}^{2}+2\sum_{i,j=1}^{n}{a_{i<j}X_{i}X_{j}}}.\]
\item{Form $\rightarrow$ Matrix: } Eine quadratische Form in $n$ Variablen "uber $k$ bestimmt eine symmetrische Matrix, denn die bei naiver Verwendung einer vollst"andig ausmultiplizierten und termweise zusammengefa"sten Form auftretende ''untere Dreiecksmatrix'' k"onnen wir durch Gleichsetzen von $a_{ij}=a_{ji}$ auch so balancieren, dass die Matrix $A=(a_{ij})$ symmetrisch ist.
\end{description}
\begin{example}[Def 4'] \label{E:hyp} Wir kennen bereits einen Vertreter einer {\em hyperbolischen Form} in zwei Variablen, und zwar:
\[ f(X_{1},X_{2}) = 2*X_{1}X_{2}, \] denn dies ist die Form zu der Matrix $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ aus  (\ref{D:hyperplane}) [1.3 Def 4].
\end{example}
\end{remember}
\begin{remember}[Modul] Das Paar $(k^{n},f)$ ist ein quadratischer Modul, der zu $f$ (oder ihrer Matrix $A$) {\em assoziiert} ist, siehe auch (\ref{D:assoz}).\end{remember}
\begin{defn}[Def 7] Zwei quadratische Formen $f$ und $f'$ sind {\em "aquivalent}, genau dann wenn die assoziierten Moduln isomorph sind: $f \sim f' \Leftrightarrow (k^{n},f) \cong (k'^{n},f')$. Bemerkung: In der Praxis ist $k=k'$. Kongruenzen verschiedener $k$, etwa $(\mathbb{R}^{2},0) = (\mathbb{F}^{2}_{5},0)$ sind uninteressant. Durch Betrachtung der Transformationsmatrizen $X$ vergewissert man sich, dass die derart definierte "Aquivalenzrelation reflexiv (Identit"at), transitiv (Matrizenmultiplikation) und symmetrisch ist (Inverse). 
\end{defn}

\begin{rem}Ist $A$ Matrix von $f$, $A'$ Matrix von $f'$, so $f \sim f' \Leftrightarrow A'=X * A * X^{t}$ mit nicht-ausgearteter Matrix $X$, siehe auch (\ref{R:basechange}) [1.1]. \end{rem}
\begin{example}Ein Modul $(k^{2},f)$ ist eine hyperbolische Ebene, genau dann wenn: $f \overset{(\ref{E:hyp})}{\sim} 2*X_{1}X_{2} \overset{(a)}{\sim} X_{1}X_{2} \overset{(b)}{\sim} X^{2}_{1} + X^{2}_{2}$
\begin{description}
\item{(a) }: 
\[
\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{pmatrix} * 
\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} *
\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}. \] 
\item{(b) }:
\[
\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 1 \\ \frac{1}{2} & -1 \end{pmatrix} * 
\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} *
\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & -1 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}. \] 
\end{description}
\end{example}

\begin{defn}[Def 7 ctd] \label{D:dplus}
Seien $f_{1}(X_{1},\ldots,X_{n})$ und $f_{2}(X_{1},\ldots,X_{m})$ zwei quadratische Formen, so werden wir mit $f_{1} \dplus f_{2}$ oder --- falls keine Verwechslungsgefahr besteht --- auch $f_{1} + f_{2}$ die quadratische Form \[ f_{1}(X_{1},\ldots,X_{n})\dplus f_{2}(X_{n+1},\ldots,X_{n+m}) \] in $n+m$ Variablen bezeichnen. Das ist also genau die {\em orthogonale Summe} aus (\ref{D:orthosum}) [1.2 Def 2], die Operation $\dplus$ ist kommutativ. F"ur $f\dplus(-g)$ verwenden wir analog $\dminus$. Beachte: um Variableneinfang zu vermeiden, kann es in der zweiten Form notwendig sein, Variablen zuvor geeignet umzubennen, Bsp.\ $f(X)=X^{2}$, $g(X)=X^{2}$, dann $f \dplus g(X,Y) = X^{2}+Y^{2}$.
\end{defn}

\begin{defn} Eine Form $f(X_{1},\ldots,X_{n})$ {\em stellt} ein Element $a$ von $k$ {\em dar}, $f \repr a$, genau dann wenn es ein $x \in k^{n} $ gibt, $ x \ne 0$, so dass $f(x)=a$ (''verallgemeinertes Wurzelziehen''). (Bsp.\: $(Q,V) = (\mathbb{F}_5, X^{2})$: $1$ wird dargestellt, $2$ nicht.) Durch die Einschra"nkung $x \ne 0$ wird die $0$ nur genau dann dargestellt, wenn der zugeh"orige quadratische Modul auch ein isotropes Element enth"alt.
\end{defn}

\begin{thm}["Ubertragung: Darstellung der $0 \Rightarrow$ Abspaltung einer hyperbolischen Ebene, Prop 3'] \label{T:splitplane} $f \;n.a. \repr 0 \Rightarrow f \sim f_{2} \dplus g$ mit $f_{2}$ hyperbolische Ebene.\end{thm}

\begin{proof}
\begin{description}
\item $f$ n.a. $\Rightarrow (k^{n},f)$ n.a.
\item $f \repr 0 \Rightarrow \exists x \in k^{n}: f(x) =0$ (isotr. Element)
\end{description}
$\overset{\text{(\ref{T:isotimphyperplane}) [1.3 Prop 3]}}{\Rightarrow} (k^{2},f^{2}) \subset (k^{n},f)$ (Unterraum, hyperbolische Ebene) $\overset{\text{(\ref{3plus}) [1.3 Prop 3+]}}{\Rightarrow} (k^{n},f)\cong (k^{2},f_{2}) \oplus (k^{n-2},g)$. W"ahle Basen von $(k^{n-2})$ und $(k^{n})$ und wende $f$ an. $\Rightarrow f \sim f_{2} + g$.\end{proof}

\begin{thm}["Ubertragung: Darstellung der $0 \Rightarrow$ Bijektion, Prop 3' ctd] \label{T:splitplane2} \[f \text{ n.a. } \repr 0 \Rightarrow \forall x \in k: f \repr x\].\end{thm}

\begin{proof}$f$ n.a. $\repr 0 \overset{\text{(\ref{E:hyp}) [1.6 Def 4']}}{\Rightarrow} (k^{n},f) $ n.a. $\wedge\; \exists v \ne 0: f(v)=0$  (in $(k^{n},f)$ existiert isotroper Vektor!)

$\overset{\text{(\ref{C:repr}) [1.3 Cor zu Prop 3]}}{\Rightarrow}\forall x \in k\; \exists v \in k^n: f(v)=x \overset{\text{(\ref{E:hyp}) [1.6 Def 4']}}{\Rightarrow} \forall x \in k: f \repr x$.
\end{proof}

\begin{thm}[Zerlegung quadratischer Formen in Summen von Quadraten, Thm 1'] Sei $f$ eine quadratische Form in $n$ Variablen. Dann existieren $a_{1}, \ldots, a_{n} \in k$, so dass $f \sim a_{1}X^{2}+\ldots+a_{n}X_{n}^{2}$.

\end{thm}
\begin{proof}
Der zu $f$ assoziierte Modul $(k^{n},f)$ hat nach (\ref{T:orthbasis}) [1.4 Thm 1] 
eine orthogonale Basis. $(k^{n},f)\cong(ke_{1} \hat{\oplus} \ldots \hat{\oplus} ke_{n},f)$, $v = a_{1}e_{n}, \ldots, a_{n}e_{n}$. $f(v)=v \scal v=\sum a_{ij} (e_{i} \scal e_{j}) \overset{Orthogonalbasis}{=} \sum_{i=1}^{n}a_{ii}^{2}*(e_{i}\scal e_{i}) \Rightarrow f(X) = \sum_{i=1}^{n}(e_{i}\scal e_{i})X_{i}^{2}$.
\end{proof}
Die Existenz einer orthogonalen Basis zeigt auch, dass die hiermit berechnete Diskriminante  $disc(f)=a_{11}*\ldots*a_{nn} \ne 0$.
\begin{defn}
Der {\em Rang von $f$} ist die Anzahl der Indizes $i$, so dass $a_{i} \ne 0$. 
\end{defn}

\begin{cor}[Abspaltung und Neutralisation eines Quadrates, Cor 1] \label{C:subformsaregenerators}Sei $g= g(X_{1},\ldots,X_{n-1})$ eine nicht ausgeartete quadratische Form und sei $a \in k^{*}$. Dann sind "aquivalent:
\begin{enumerate}
\item $g \repr a$ ($g$ Form in $n-1$ Variablen).
\item $g \sim h \dplus aZ^{2}$ ($h$ Form in $n-2$ Variablen, $aZ^{2}$ Form einer Variable).
\item $f = g \dminus aZ^{2} \repr 0$ ($f$ Form in $n$ Variablen).
\end{enumerate}
\end{cor}

\begin{proof}
Sei $(k^{n-1},g)$ der zu $g$ assoziierte Modul.
\begin{description}
\item $(2)\Rightarrow (1)$: $g(X_{1},\ldots,X_{n-1}) \sim h(X_{1},\ldots,X_{n-2}) \dplus aZ^{2}$.
Erinnerung: $f \sim g$: $f$ und $g$ stellen dieselben Werte aus dem Grundk"orper dar. $h(0,\ldots,0) + aZ^{2}(1)=a$.

\item $(1)\Rightarrow (2)$: $g \repr a \overset{\text{(\ref{E:hyp} [1.6 Def 4'])}}{\Rightarrow} \exists v \in (k^{n-1},g): g(v) = a$. Sei $H=(kv)^{\perp}$. 
$\overset{\text{(\ref{T:orthbasis}) [1.4 Thm 1]}}{\Rightarrow} 
H=kv_{1}\hat{\oplus}\ldots\hat{\oplus}kv_{n-2}, y \in H=\sum_{i=1}^{n-2}{\alpha_{i}v_{i}}, g(y)=\sum_{i=1}^{n-2}{\alpha_{i}^{2}g(v_{i})}, h=\sum_{i=1}^{n-2}{g(v_{i})X_{i}^{2}}. H\hat{\oplus}{kv}=(k^{n-1},h) \hat{\oplus} (k,aZ^{2}) \overset{\text{(\ref{D:dplus}) [1.6 Def 7]}}{\Rightarrow} g \sim h \dplus aZ^{2}$. 
\item $(1)\Rightarrow (3)$: $g \repr a \Rightarrow \exists v \in k^{n-1}: g(v)=a. f(v,1)=g(v)-a=0$.
\item $(3)\Rightarrow (1)$: $f \sim g \dminus aZ^{2} \repr 0 \Rightarrow \exists v\in k^{n}, z \in k, (v,z) \ne 0, g \repr aZ^{2}(z)$, betrachte $z$, entweder $z=0$ oder $z \ne 0$: 
\begin{description} 
\item{Fall $z=0$: } $v \ne 0$ und $g(v)=0, \overset{(\ref{T:splitplane})\text{ [Prop 3'] isotr. Vektor}}{\Rightarrow} g \repr a$. 

\item{Fall $z \ne 0$: } 
$f(v,z)=0=g(v)-az^{2} 
\Rightarrow az^{2}=g(v) 
\Rightarrow \\
a=\frac{1}{z^{2}}g(v) \\
\overset{\text{($g$ bilinear)}}{=}g(\frac{1}{z}v) \\
\overset{\text{($k$ K"orper)}}{=}g(x_{1}/z, \ldots, x_{n-1}/z)
\overset{\text{(\ref{E:hyp} [1.6 Def 4'])}}{\Rightarrow} g \repr a$.
\end{description}
\end{description}
\end{proof}

\begin{cor}[Cor 2, L"osbarkeit, Vorbereitung f"ur Cor zu 2.2 Thm 6] \label{C:orthbasis2}
Seien $g$ und $h$ zwei nicht ausgeartete Formen von Rang $\ge 1$ und sei $f=g \dminus h$. Dann sind "aquivalent:
\begin{enumerate}
\item $f \repr 0$.
\item $\exists a \in k^{*}: g \repr a, h \repr a$.
\item $\exists a \in k^{*}: g \dminus aZ^{2} \repr 0, h \dminus aZ^{2} \repr 0$. 
\end{enumerate}
\end{cor}
\begin{proof}
\begin{description}
\item $(2) \Leftrightarrow (3)$ folgt aus der Anwendung (\ref{C:subformsaregenerators}) [1.6 Cor 1] $(1)\Leftrightarrow (3)$, je einmal auf $g,h$.
\item $(2) \Rightarrow (1)$ $\exists a \in k^{*}, \exists v_{1} \in k^{m},v_{2} \in k^{n-m}: a = g(v_{1}) = h(v_{2}) \Rightarrow f(v_{1},v_{2})=g(v_{1})- h(v_{2}=a-a=0, (v_{1},v_{2} \ne 0, $ da $ v_{1} \ne 0 $ und $v_{2} \ne 0)$.
\item $(1) \Rightarrow (2)$ $f(X_{1},\ldots,X_{n}), g(X_{1},\ldots,X_{m}), h(X_{m+1},\ldots,X_{n}) \Rightarrow \exists x \in k^{m}, y \in k^{n-m}: (x,y) \ne 0 \Rightarrow 0=f(x,y)=g(x)-h(y)=:a.$ 
\begin{description} 
\item{Fall $a=g(v_{1})=h(v_{2})\ne 0$: } Wir nehmen dieses $a$ als Zeugen f"ur die Behauptung. 
\item{Fall $b:=g(v_{1})=h(v_{2})=0$: } (Bem.: In diesem Fall sind $v_{1}$ und $v_{2}$ also isotrope Vektoren). O.E. $x \ne 0 \Rightarrow g \repr 0 \overset{\text{[1.6 Prop 3']}}{\Rightarrow}\forall y \in k^{*}: g \repr y$. Da $h$ n.a. $\exists y \in k^{n-m}, a \in k^{*}:h(y)=a \overset{a \in k^{*}}{\Rightarrow} h \repr a, g \repr a$.
\end{description}
 
\end{description}
\end{proof}

\begin{thm}[K"urzungssatz von Witt, Thm 4] \label{T:composclosure} Seien $f=g \dplus h$ und $f'=g' \dplus h'$ zwei n.a. quadratische Formen: $f \sim f' \wedge g \sim g'\Rightarrow h \sim h'$.

\end{thm}
\begin{proof}$(k^{n},f)\overset{\text{(\ref{D:o}) [1.2 Def 2]}}{\cong}(k^{m},g) \hat{\oplus} (k^{n-m},h)$, $(k^{n},f')\cong(k^{m},g') \hat{\oplus} (k^{n-m},h')$ und $(k^{m},g')\cong(k^{m},g) \overset{\text {(\ref{T:Wittcanc}) [1.5 Thm 3, Witt]}}{\Rightarrow} (k^{n-m},h)\cong(k^{n-m},h')$.
\end{proof}
\begin{cor}[Spalten, solange $h \repr 0$] Wenn $f$ nicht ausgeartet ist, so ist \[f \sim g_{1} \dplus \ldots \dplus g_{m} \dplus h,\] wobei $g_{1}, \ldots g_{m}$ hyperbolische Formen (\ref{E:hyp}) [1.6 Def 4'] sind und $h$ nicht $\repr 0$. Diese Zerlegung ist bis auf Isomorphie eindeutig.

\end{cor}
\begin{proof}
Existenz: Wende (\ref{T:splitplane}) [1.6 Prop 3'] so lange an, wie $h \repr 0$ (sei dabei $m$ die Anzahl der dabei abgespaltenen hyperbolischen Formen).
Die Eindeutigkeit folgt aus $m$-maliger Verwendung von (\ref{T:composclosure}) [1.6 Thm 4, Witt].
\end{proof}
\begin{rem}Die Zahl $2*m$ wird auch als die {\em Dimension der maximal isotropen Unterr"aume} des zu $f$ assoziierten q.M. bezeichnet.
\end{rem}

\subsection{Quadratische Formen "uber $\mathbb{F}_{q}$}
\begin{remember} $p$ Primzahl $\ne 2$ und $q = p^{f}$ Potenz von $p \Rightarrow \mathbb{F}_{q}$ ist K"orper mit $q$ Elementen.
\end{remember}

\begin{thm}[Prop 4] \label{T:reprff} Eine quadratische Form "uber $\mathbb{F}_{q}$ von Rang $\ge 2$ stellt alle Elemente von $\mathbb{F}_{q}^{*}$ dar. Eine Form vom Rang $\ge 3$ stellt zus"atzlich die 0 dar.
\end{thm}

\begin{proof}
\begin{description}
\item {Rang 2: }
Zu zeigen, dass \[g(x,y)=h(x) \dplus i(y) \repr c, \text{ mit } h(x)=ax^{2}, i(y)=by^{2}\] eine L"osung hat, mit $a \ne 0$, $b \ne 0$, $c \ne 0$. 

Sei $A = \{ \alpha \in {F}_{q} \mid \alpha = ax^{2} \}$, sei 
$B = \{ \alpha \in {F}_{q} \mid \alpha = c-bx^{2} \}$. 

$ord(\mathbb{F}^{*}_{q})\overset{<\beta>:=\mathbb{F}^{*}_{q}}{=}q-1 \overset{char(\mathbb{F}_{q}) \ne 2}{\Rightarrow} 2 | (q-1) \Rightarrow ord(\mathbb{F}^{*^{2}}_{q})\overset{\mathbb{F}^{*^{2}_{q}}=<\beta^{2}>}{=}\frac{q-1}{2}$
 
$|\mathbb{F}^{*^{2}}_{q} \cup {0}| = \frac{q-1}{2}+1 = \frac{q+1}{2}$.

$\overset{\text{Multiplikation mit $a,b$, Subtraktion $c-bx^{2}$ "uber $\mathbb{F}_{q}$ bijektiv}}{\Rightarrow} | A | = | B | = \frac{q+1}{2}$

$\overset{Schubfachprinzip}{\Rightarrow} A \cap B \ne \emptyset$.

Aus der Existenz der L"osung $c$ folgt:

$\Rightarrow \forall c \in \mathbb{F}_{q}^{*}: g(x,y) \repr c$.

\item {Rang 3: }
Sei $f \sim g \dminus j(z)$. Da $g \repr c$ (Rang 2) $\overset{\text{(\ref{C:subformsaregenerators}) [1.6 Cor 1] (1)$\Rightarrow$(3)}}{\Rightarrow} f \repr 0$.
\end{description}
\end{proof}

\begin{rem}Alternativ (aufw"andig, aber mit Wiedererkennungseffekt): verwende hier ein Korollar des Satzes von Chevalley-Warning \cite{Me02a} (bei \cite{Se73} in 1.2) der Form: das Polynom $f = aX^{2} + bY^{2} + cZ^{2} \in \mathbb{F}_{p}[X,Y,Z]$ hat eine nichttriviale Nullstelle. Dies ist die Aussage f"ur Rang $\ge 3$. Mit (\ref{C:subformsaregenerators}) [1.6 Cor 1] (3)$\Rightarrow$(1) folgt auch die Aussage des Satzes f"ur $n\ge2$. 
\end{rem}

\begin{thm} [Prop 5] Seien $a,b,c \in \mathbb{F}_q^{*}, a \notin \mathbb{F}_q^{*^{2}}$. Sei $f$ n.a. quadratische Form von Rang $n$ "uber $\mathbb{F}_{q}$. Dann gilt einer der beiden F"alle: 
\begin{description}
\item{Fall 1: }
$f \sim X_{1}^{2} + \ldots + X_{n-1}^{2} + X_{n}^{2} \Leftrightarrow disc (f) \equiv 1 \mod \mathbb{F}^{*^{2}}_{q},$
\item{Fall 2: }
$f \sim X_{1}^{2} + \ldots + X_{n-1}^{2} + aX_{n}^{2} \Leftrightarrow disc (f) \not\equiv 1 \mod \mathbb{F}^{*^{2}}_{q}.$
\end{description}
\end{thm}
\begin{proof}
Induktion "uber Rang $n$. 
\begin{description}
\item{Basis $n=1$: } Sei $f$ n.a. q.F. von Rang $1$.
\begin{description}
\item{Fall 1: }$f \sim bX^{2}, b \in \mathbb{F}_q^{*^{2}} (\exists c: b=c^{2})$ $\Leftrightarrow f \sim bX^{2} \sim X^{2} \Leftrightarrow disc (f) \equiv 1 \mod \mathbb{F}_{q}^{*^{2}}$.
\item{Fall 2: }$f \sim bX^{2}, b \notin \mathbb{F}_{q}^{*^{2}}$, sei $b:=c^{2}*a$ $\Leftrightarrow f \sim bX^{2} \sim aX^{2} \Leftrightarrow disc (f) \equiv a \mod \mathbb{F}_{q}^{*^{2}} \overset{a \notin \mathbb{F}_{q}^{*{2}}}{\Leftrightarrow} disc (f) \not\equiv 1 \mod \mathbb{F}_{q}^{*^{2}}$.
\end{description}
\item{Schritt $n-1 \rightarrow n$: } Sei $f$ n.a. q.F. von Rang $n \ge 2$.
\begin{description}
\item{Hypothese (IH): } $\forall g \in G:=\{g \mid g $ n.a. quadr. Form, $rank(g)=n-1\}: g \sim bX_{1} + \ldots + X_{n-1}$. $disc(g) \in \mathbb{F}_{q}^{*}/\mathbb{F}_{q}^{*^{2}}.$
\item{Schluss: } $rank(f) \ge 2 \overset{\text{(\ref{T:reprff}) [1.7 Prop 4]}}{\Rightarrow} 
f \repr 1\overset{\text{(\ref {C:subformsaregenerators}) [1.6 Cor 1] $(1)\!\Rightarrow\!(2), a=1$ }}{\Rightarrow} 
\exists g \in G: f \sim g \dplus X_{n}^{2} \overset{IH}{\sim} bX_{1} \dplus X_{2} \dplus \ldots \dplus X_{n}$
$\overset{\text{(\ref{D:dplus}) [1.6 Def 7]}}{\Leftrightarrow} 
(k^{n},f) \cong (k^{n-1},g) \hat{\oplus} (k,X_{n}^{2})
\Leftrightarrow disc(f) = disc(g) * 1 \overset{IH}{\in} \mathbb{F}_{q}^{*}/\mathbb{F}_{q}^{*^{2}}$.
\end{description}

\end{description}
\end{proof}
\begin{cor}
Zwei nicht-ausgeartete quadratische Formen "uber $\mathbb{F}_{q}$ sind genau dann "aquivalent wenn sie denselben Rang und dieselbe Diskriminante haben.
\end{cor}
\begin{rem}Im nicht-ausgearteten Fall ist die diskriminantenbeherbergende Quotientengruppe (\ref{D:disc}) [1.1] f"ur endliche K"orper mit $char(k) \ne 2$ der Form $\mathbb{F}_{q}^{*}/\mathbb{F}_{q}^{*^{2}}$ (Erinnerung: $|\mathbb{F}_{q}^{*}/\mathbb{F}_{q}^{*^{2}}|=2)$.
\end{rem}
\begin{rem}Komplexit"at der Klassifikation: 
\begin{table}
\caption{Anzahl von nicht ausgearteten quadratischen Formen f"ur Rang $n$ bis auf "Ahnlichkeit:}
\begin{tabular}{ | | p{2.4cm} | p{2.4cm} | p{2.4cm} | | }
\hline
$\mathbb{C}$ & $\mathbb{F}_{q}$ f"ur festes $q\ne2$ & $\mathbb{R}$ \\
\hline
$1$ & $2$ & $n$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{table}
\end{rem}
