technische universität dortmund Dortmund, im Dezember 2011 Fakultät für Mathematik Prof. Dr. H. M. Möller

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1 technische universität dortmund Dortmund, im Dezember 2011 Fakultät für Mathematik Prof. Dr. H. M. Möller Lineare Algebra für Lehramt Gymnasien und Berufskolleg Zusammenfassung der Abschnitte 4.3 und Basis und Dimension Im folgenden ist V immer ein IK-Vektorraum. Ein m-tupel (v 1, v 2,..., v m ) V m = V V... V bezeichnen wir als Vektorsystem (der Länge m). Da wir zumeist statt (v 1, v 2,..., v m ) nur die Menge {v 1, v 2,..., v m } benötigen, schreiben wir das Vektorsystem als v 1, v 2,..., v m. Eine Linearkombination eines Vektorsystems ist mit α 1, α 2,..., α m IK. α 1 v 1 + α 2 v α m v m Definition 4.12 (Erzeugendensystem) Ein Vektorsystem v 1, v 2,..., v m von Vektoren aus V heißt Erzeugendensystem von V, wenn jedes v V Linearkombination von v 1, v 2,..., v m ist, also V = Lin{v 1, v 2,..., v m }. Definition 4.13 (lineare Abhängigkeit und Unabhängigkeit) Ein Vektorsystem v 1, v 2,..., v m heißt linear abhängig, wenn α 1, α 2,..., α m IK existieren mit (α 1, α 2,..., α m ) (0, 0,..., 0) und α 1 v 1 + α 2 v α m v m = 0. Andernfalls heißen v 1, v 2,..., v m linear unabhängig. Satz 4.14 (Eigenschaften linear unabhängiger Vektorsysteme) Sind v 1,..., v m linear unabhängig, dann gelten (i) 0 {v 1,..., v m }, (ii) v i v j für i j, (iii) Für jedes k {1,..., m} gilt v k Lin{v 1,..., v k 1, v k+1,..., v m }, (iv) Wenn {u 1,..., u s } {v 1,..., v m } und u i u j für i j, dann ist auch u 1,..., u s ein linear unabhängiges Vektorsystem. 1

2 Beweis Zu (i): Wenn 0 {v 1,..., v m }, etwa 0 = v 1, dann folgt 0 = 1 v v v m, also doch die lineare Abhängigkeit des Vektorsystems. Da das nach Voraussetzung nicht gilt, ist 0 {v 1,..., v m }. Zu (ii): Wenn v i = v j für zwei Indizes i, j mit i j, etwa v 1 = v 2, dann folgt 0 = 1 v 1 + ( 1) v v v m, also doch die lineare Abhängigkeit des Vektorsystems. Da das nach Voraussetzung nicht gilt, gilt (ii). Zu (iii): Wenn v k Lin{v 1,..., v k 1, v k+1,..., v m }, dann ist v k Linearkombination der anderen v i, also v k = γ 1 v γ k 1 v k 1 + γ k+1 v k γ m v m mit γ i IK. Es folgt mit γ k := 1 0 = γ 1 v γ k v k γ m v m, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit von v 1,..., v m. Also gilt (iii). Zu (iv): v 1,..., v m sind paarweise verschieden nach (ii). Daher kann man o.b.d.a. annehmen, dass u 1 = v 1,... u s = v s gilt. Wenn dann u 1,..., u s ein linear abhängiges Vektorsystem ist, dann gibt es γ 1,..., γ s IK, nicht alle γ i Null, mit 0 = γ 1 v γ s v s + 0 v s v m, d.h. v 1,..., v m ist doch linear abhängig im Widerspruch zur Voraussetzung. Somit ist (iv) wahr. Beispiel 1 Sei IK = R oder = C. Zu vorgegebenen α 0, α 1,..., α n IK ist eine Polynomabbildung p des Höchstgrads n gegeben durch p : IK IK, x α 0 + α 1 x α n x n. Die Menge P n der Polynomabbildungen vom Höchstgrad n ist ein IK-Vektorraum. Die n + 1 Polynome m k : IK IK, x x k, k = 0, 1,..., n, bilden ein Erzeugendensystem von P n. Sie sind linear unabhängig, weil sonst Skalare γ 0, γ 1,..., γ n existieren, die nicht alle Null sind und die γ 0 m 0 + γ 1 m γ n m n = 0 erfüllen. Ist k der größte Index, für den γ k 0, dann hat das Polynom γ 0 m 0 + γ 1 m γ n m n einerseits den Grad k, ist andererseits identisch 2

3 Null, also das Nullpolynom. Das ist ein Widerspruch, d.h., m 0,..., m n sind linear unabhängig. Beispiel 2 Die Einheitsvektoren e 1 := (1, 0,..., 0), e 2 := (0, 1, 0,..., 0),..., e n := (0,..., 0, 1) IK n sind linear unabhängig. (Sie bilden, wie schon gezeigt, ein Erzeugendensystem der IK-Vektorraums IK n.) Beispiel 3 Die Vektoren v 1 := (1, 1, 0), v 2 := ( 1, 0, 2), v 3 := (3, 2, 1) R 3 sind linear unabhängig, denn führt auf das LGS α 1 v 1 + α 1 v 1 + α 1 v 1 = (0, 0, 0) 1 α+ ( 1) β+ 3 γ = 0, 1 α+ 0 β+ 2 γ = 0, 0 α+ 2 β+ 1 γ = 0. Subtraktion der ersten von der zweiten Gleichung gibt 1 α+ ( 1) β+ 3 γ = 0, 0 α+ 1 β+ ( 1) γ = 0, 0 α+ 2 β+ 1 γ = 0. Zieht man jetzt das zweifache der zweiten von der dritten Gleichung ab und teilt die neue dritte Gleichung durch 3, bekommt man die Stufenform 1 α+ ( 1) β+ 3 γ = 0, 0 α+ 1 β+ ( 1) γ = 0, 0 α+ 0 β+ 1 γ = 0. Einzige Lösung ist α = β = γ = 0. Damit ist v 1, v 2, v 3 ein linear unabhängiges Vektorsystem. Am Beispiel 3 erkennt man, dass es praktisch ist, die Vektoren des R n als Spaltenvektoren zu notieren. Beim LGS zur Feststellung ihrer linearen Unabhängigkeit oder Abhängigkeit bilden sie dann die Spalten der Koeffizientenmatrix. Definition 4.15 (Basen) Ist das Vektorsystem v 1,..., v m ein Erzeugendensystem von V und ist es linear unabhängig, dann nennt man v 1,..., v m Basis von V. Satz 4.16 (Eindeutige Linearkombinationen) Ist v 1,..., v m ein Erzeugendensystem von V, dann hat jedes v V genau dann eine Darstellung als Linearkombination von v 1,..., v m v = α 1 v α m v m 3

4 mit eindeutig bestimmten Koeffizienten α 1,..., α m IK, wenn v 1,..., v m eine Basis von V ist. Beweis Hat ein v V zwei verschiedene Darstellungen v = α 1 v α m v m und v = β 1 v β m v m, also (α 1 β 1,..., α m β m ) (0,..., 0), dann folgt 0 = v v = (α 1 β 1 ) v (α m β m ) v m. Das bedeutet, dass v 1,..., v m linear abhängig, insbesondere keine Basis ist. Hat umgekehrt jedes v V nur eine Darstellung als Linearkombination, dann gilt das insbesondere für den Vektor v = 0 V ; außer 0 = 0 v v m hat 0 keine Darstellung 0 = α 1 v α m v m mit einem/einigen von Null verschiedenen α i, d.h., v 1,..., v m ist linear unabhängig. Wir wollen jetzt zeigen, dass in IK m jede Basis aus genau m Elementen besteht. Das tun wir, indem wir zuerst zeigen, dass Erzeugendensysteme des IK m Vektorsysteme der Mindestlänge m sind, und dann, dass linear unabhängige Vektorsysteme aus höchstens m Vektoren bestehen. Lemma 4.17 (Mindestlänge von Erzeugendensystemen im IK m ) Ist v 1,..., v s ein Vektorsystem im IK m mit s < m, dann ist v 1,..., v s kein Erzeugendensystem des IK m. Beweis Wir nehmen an, dass v 1,..., v s Erzeugendensystem des IK m mit s < m ist. Dann ist jedes b IK m Linearkombination von v 1,..., v s. Wir schreiben die v i und b als Spaltenvektoren, v i =: v 1i v 2i. v mi, i = 1,..., s, b =: Für beliebiges b IK m ist dann das LGS b 1 b 2. b m. v 11 x 1 +v 12 x v 1s x s = b 1, v 21 x 1 +v 22 x v 2s x s = b 2,.... v m1 x 1 +v m2 x v ms x s = b m (1) 4

5 lösbar, denn genau dann wenn (x 1,..., x s ) Lösung ist, ist b die Linearkombination b = x 1 v 1 + x 2 v x s v s. Wegen s < m hat aber die Stufenform keine m Stufen, d.h., es gibt beim LGS in Stufenform Vektoren b der rechten Seite, für die das LGS keine Lösung besitzt. Wir nehmen jetzt ein solches b und bringen mit elementaren Zeilenumformungen das Gleichungssystem in Stufenform wieder zurück auf die Gestalt (1), indem wir die Umformungen die auf die Stufenform führten wieder rückgängig machen. Hierbei bekommen wir eine rechte Seite b in (1), so dass das LGS (1) nicht lösbar ist. (Bei elementaren Zeilenumformungen bleibt ja die Lösungsmenge unverändert!) Nach Voraussetzung muss aber (1) für beliebige rechte Seiten lösbar sein. Die Voraussetzung ist also falsch und daher v 1,..., v s kein Erzeugendensystem von IK m. Lemma 4.18 (Höchstlänge von lin. unabh. Vektorsystemen im IK m ) Ist v 1,..., v s ein Vektorsystem im IK m mit s > m, dann ist v 1,..., v s linear abhängig. Beweis Wir schreiben die v i wieder als Spaltenvektoren v 1i v 2i v i =:, i = 1,..., s.. Das LGS v mi v 11 x 1 +v 12 x v 1s x s = 0, v 21 x 1 +v 22 x v 2s x s = 0,.... v m1 x 1 +v m2 x v ms x s = 0 hat eine Lösung (x 1,..., x s ) genau dann, wenn 0 = x 1 v 1 + x 2 v x s v s. Eine Lösung ist (0, 0,..., 0). Weil s > m gilt, hat (2), auf Stufenform gebracht, mehr als eine Lösung. Damit hat auch (2) mehr als eine Lösung, d.h., die Spaltenvektoren v 1,..., v s sind linear abhängig. Satz 4.19 Jede Basis des IK-Vektorraums IK m hat die Länge m. Beweis Eine Basis des IK m ist Erzeugendensystem und linear unabhängiges Vektorsystem. Nach Lemma 4.17 hat es daher mindestens die Länge m und nach Lemma 4.18 höchstens die Länge m. Satz 4.20 (Vom Erzeugendensystem zur Basis) Hat V ein endliches Erzeugendensystem v 1,..., v s, dann gibt es eine Teilmenge {u 1,..., u m } {v 1,..., v s } so dass u 1,..., u m Basis von V ist. (2) 5

6 Beweis Wenn v 1,..., v s linear unabhängig ist, können wir dieses Vektorsystem als Basis nehmen. Sonst gibt es α 1,..., α s IK, nicht alle α i Null, so dass α 1 v α s v s = 0. Sei o.b.d.a. α s 0. Dann folgt v s = α 1 α s v 1... α s 1 α s v s 1. Jedes v V = Lin{v 1,..., v s } ist also darstellbar als v = γ 1 v γ s v s = γ 1 v γ s 1 v s 1 + γ s ( α 1 α s v 1... α s 1 α s v s 1 ) α = (γ 1 γ 1 α s α s ) v (γ s 1 γ s 1 s α s ) v s 1, also v Lin{v 1,..., v s 1 }. Somit ist auch v 1,..., v s 1 ein Erzeugendensystem von V. Wenn es noch nicht linear unabhängig ist, können wir genauso einen Vektor daraus streichen und erhalten wieder ein Erzeugendensystem von V u.s.w. Dieses Vorgehen endet, sobald ein Erzeugendensystem linear unabhängig, also Basis von V, ist. Satz 4.21 (Basisergänzungssatz) Sind v 1,..., v m V linear unabhängig und sind w 1,..., w s weitere Vektoren, so dass V = Lin{v 1,..., v m, w 1,..., w s }, dann kann man v 1,..., v m durch Hinzunahme einiger der w i zu einer Basis von V ergänzen. Beweis v 1,..., v m, w 1,..., w s ist ein Erzeugendensystem von V. Ist es linear unabhängig, dann sind wir fertig. Wenn es linear abhängig ist, gibt es eine nicht-triviale Linearkombination von 0 V, α 1 v α m v m + β 1 w β s w s = 0. Dabei ist mindestens ein β i nicht Null, weil sonst mindestens ein α i von Null verschieden wäre und 0 = α 1 v α m v m gälte, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit von v 1,..., v m. Wie im Beweis von Satz 4.20 kann man dann ein w i mit β i 0 streichen und dann dieselbe Überlegung für dieses um ein Element verkleinerte Erzeugendensystem anwenden u.s.w. Man streicht solange Elemente w i heraus, bis das verbleibende Vektorsystem linear unabhängig ist. Im folgenden werden wir Eigenschaften, die wir im Vektorraum IK m gefunden haben, auf allgemeinere IK-Vektorräume übertragen. Dabei müssen wir uns 6

7 auf Vektorräume beschränken, die ein endliches Erzeugendensystem besitzen, sogenannte endlich erzeugte Vektorräume. (Es gibt IK-Vektorräume, die kein endliches Erzeugendensystem besitzen. Das gilt z.b. für den IK-Vektorraum Abb(M, IK) und auch für seinen Untervektorraum ν 0 := {f Abb(M, IK) f(x) 0 für nur endlich viele x M}, sofern M nicht endlich ist. Allein einen geeigneten Basisbegriff zu finden in Vektorräumen ohne ein endliches Erzeugendensystem, ist schon schwierig und führt über den behandelbaren Stoff für Erstsemester hinaus.) Satz 4.22 (Basissatz) Ist V ein endlich erzeugter IK-Vektorraum, dann besitzt V eine Basis. Alle Basen von V haben die gleiche Länge. Der erste Teil des Beweises (V hat eine Basis) folgt aus Satz Der vollständige Beweis erfordert Hilfsmittel, die wir erst bereitstellen müssen. Definition 4.23 (lineare Abbildung) Seien V und W zwei IK-Vektorräume. Eine Abbildung Φ : V W mit Φ(v 1 + v 2 ) = Φ(v 1 ) + Φ(v 2 ) Φ(α v) = α Φ(v) für alle v 1, v 2 V für alle v V, α IK heißt lineare Abbildung (oder IK-Vektorraumhomomorphismus). Betrachten wir beispielsweise einen IK-Vektorraum V und ein Vektorsystem v 1,..., v m aus V. Die Abbildung Φ : IK m V, (α 1,..., α m ) α 1 v α m v m ist linear, wie man leicht sieht. Φ ist surjektiv, wenn v 1,..., v m Erzeugendensystem von V ist, denn v V (α 1,..., α m ) IK m : v = α 1 v α m v m = Φ(α 1,..., α m ). Φ ist injektiv, wenn v 1,..., v m linear unabhängig ist, denn bei linearer Unabhängigkeit sind die Koeffizienten α 1,..., α m in der Darstellung v = α 1 v α m v m eindeutig bestimmt (Satz 4.16), also gibt es zu v nur ein (α 1,..., α m ) mit v = Φ(α 1,..., α m ). Die Abbildung Φ ist also eine bijektive Abbildung, wenn v 1,..., v m eine Basis von V ist. Sie ist als lineare Abbildung dann ein (IK Vektorraum-) Isomorphismus. Lemma 4.24 Ist Φ : IK m IK n ein Isomorphismus, dann gilt n = m. 7

8 Beweis Sei e 1,..., e m eine Basis des IK m. (Die Basislänge ist m nach Satz 4.19.) Dann folgt für beliebige w IK n, weil Φ surjektiv ist, w = Φ(v) = Φ(α 1 e α m e m ) = α 1 Φ(e 1 ) α m Φ(e m ). w ist also Linearkombination von Φ(e 1 ),..., Φ(e m ) Mit anderen Worten, Φ(e 1 ),..., Φ(e m ) ist Erzeugendensystem von IK n. Es folgt m n mit Lemma Die Umkehrabbildung Φ 1 ist ebenfalls ein Isomorphismus. Mit ihm zeigt man, dass Φ 1 (w 1 ),..., Φ 1 (w n ) ein Erzeugendensystem von IK m ist, wenn w 1,..., w n Basis von IK n. Mit Lemma 4.17 also n m. Zusammen daher m = n. Beweis (von Satz 4.22) Als endlich erzeugter IK-Vektorraum besitzt V Basen (Satz 4.20). Seien v 1,..., v m und w 1,..., w n zwei Basen von V. Zu zeigen ist n = m. Betrachte dazu Φ m : IK m V, (α 1,..., α m ) α 1 v α m v m, Φ n : IK n V, (β 1,..., β n ) β 1 w β n w n. Φ m und Φ n sind bijektive (und lineare) Abbildungen, weil v 1,..., v m und w 1,..., w n Basen sind. Φ m und Φ n sind also Isomorphismen. Damit ist auch Φ 1 n und insbesondere Φ 1 n Φ m : IK m IK n ein Isomorphismus. Aus Lemma 4.24 folgt m = n. Definition 4.25 (Dimension) Sei V ein Vektorraum mit einer Basis der Länge m. Dann hat V die Dimension m, kurz: dim(v ) = m. Diese Definition ist widerspruchsfrei, d.h., jeder endlich erzeugte Vektorraum hat eine wohlbestimmte Dimension nach Satz Der Dimensionsbegriff deckt sich mit dem anschaulichen Dimensionsbegriff im R 2 und R 3. Dort hat ein Vektorraum die Dimension 1, wenn er eine Gerade ist, also eine Basis der Länge 1 besitzt, und die Dimension 2, wenn er eine Ebene ist, also von zwei linear unabhängigen Vektoren erzeugt wird. Satz 4.26 (Isomorphe Bilder von IK m ) Ist V ein IK-Vektorraum der Dimension m, dann und nur dann ist V isomorph zu IK m. Beweis Man zeigt, wenn Φ : IK m V eine isomorphe Abbildung ist und e 1,..., e m eine Basis von IK m, dass dann Φ(e 1 ),..., Φ(e m ) eine Basis von V ist. Ist umgekehrt V ein IK-Vektorraum mit Basis v 1,..., v m, dann ist Φ : IK m V, (α 1,..., α m ) α 1 v α m v m eine isomorphe Abbildung. 8

9 Korollar 4.27 Sei V ein n-dimensionaler IK-Vektorraum. Dann gelten i) Wenn v 1,..., v m Erzeugendensystem von V, dann m n. ii) Wenn v 1,..., v m linear unabhängig und in V, dann m n. iii) Wenn v 1,..., v n Erzeugendensystem von V, dann ist es Basis von V ; wenn v 1,..., v n linear unabhängig und in V, dann ist es Basis von V. iv) Wenn U Untervektorraum von V, dann dim(u) dim(v ). v) Wenn U Untervektorraum von V und dim(u) = dim(v ), dann U = V. Beweis Sei Φ : V IK n ein (nach Satz 4.26 existierender) Isomorphismus. Zu i) : Ist v 1,..., v m Erzeugendensystem von V, dann ist Φ(v 1 ),..., Φ(v m ) Erzeugendensystem von IK n. Nach Lemma 4.17 folgt n m. Zu ii) : Ist v 1,..., v m lin. unabh. und in V, dann ist Φ(v 1 ),..., Φ(v m ) lin. unabh. und in IK n. Nach Lemma 4.18 folgt m n. Zu iii) : Ist v 1,..., v n ein Erzeugendensystem von V, dann ist eine Teilmenge davon Basis. Nach dem Basissatz kann keine echte Teilmenge Basis sein. Also ist v 1,..., v n selbst schon Basis. Ist v 1,..., v n linear unabhängig und in V, dann kann man dieses Vektorsystem zu einer Basis von V ergänzen. Weil ein linear unabhängiges Vektorsystem höchstens die Länge n hat, ist v 1,..., v n bereits Basis. Zu iv) : Ist v 1,..., v k Basis von U, dann kann man dieses Vektorsystem zu einer Basis von V ergänzen. Es folgt dim(u) = k n = dim(v ). Zu v) : Wie in iv), nur dass man schon mit den n = dim(v ) Basiselementen von U auskommt, so dass U und V dieselbe Basis besitzen. Definition und Satz 4.28 (Kern) Der Kern einer linearen Abbildung Φ : V W ist definiert als Kern Φ := {v V Φ(v) = 0}. Kern Φ ist ein Untervektorraum von V. Beweis. Die Definition des Kerns gibt Kern Φ V. Wegen Φ(0) = Φ(0 v) = 0 Φ(v) = 0 ist 0 Kern Φ. Wenn v 1, v 2 Kern Φ, also Φ(v 1 ) = Φ(v 2 ) = 0, folgt Φ(v 1 +v 2 ) = Φ(v 1 )+Φ(v 2 ) = 0, also v 1 +v 2 Kern Φ. Aus v 1 Kern Φ, α IK folgt Φ(α v 1 ) = α Φ(v 1 ) = α 0 = 0, d.h., α v 1 Kern Φ wenn v 1 Kern Φ. Satz 4.29 (Dimension von Bild und Kern) Sind V und W IK-Vektorräume, V endlich erzeugt und Φ : V W lineare Abbildung, dann gilt dim(v ) = dim(kern Φ) + dim(bild Φ). Beweis Bild Φ ist ein IK-Vektorraum, denn mit w 1, w 2 Bild Φ, also mit v 1, v 2 V : w 1 = Φ(v 1 ), w 2 = Φ(v 2 ), ist w 1 + w 2 = Φ(v 1 ) + Φ(v 2 ) = 9

10 Φ(v 1 + v 2 ) Bild Φ. Und wenn w = Φ(v), α IK, dann α w = Φ(α v) Bild Φ. Für α = 0 folgt 0 Bild Φ. Bild Φ ist endlich erzeugt, denn wenn v 1,..., v m ein Erzeugendensystem von V ist (es existiert, weil V endlich erzeugt ist), dann gilt für jedes w Bild Φ mit w = Φ(v) v = α 1 v α m v m w = Φ(v) = α 1 Φ(v 1 ) α m Φ(v m ). Damit ist Φ(v 1 ),..., Φ(v m ) ein Erzeugendensystem von Bild Φ. Bild Φ hat also eine Basis w 1,..., w s. Zu jedem w i gibt es ein z i V mit w i = Φ(z i ). Ist u 1,..., u r eine Basis von Kern Φ, dann brauchen wir nur noch zu zeigen, dass u 1,..., u r, z 1,..., z s eine Basis von V ist. Dann gilt nämlich die Behauptung des Satzes dim(v ) = r + s = dim(kern Φ) + dim(bild Φ). u 1,..., u r, z 1,..., z s sind linear unabhängig, denn gilt 0 = α 1 u α r u r + β 1 z β s z s, dann gibt Φ auf beide Seiten der Gleichung angewendet und Φ(u i ) = 0 ausgenutzt, 0 = β 1 Φ(z 1 ) β s Φ(z s ) = β 1 w β s w s. Weil w 1,..., w s linear unabhängig sind, folgt β 1 =... = β s = 0 und damit 0 = α 1 u α r u r. Aus der linearen Unabhängigkeit der u i folgt, dass auch α 1 =... = α r = 0 gilt. u 1,..., u r, z 1,..., z s sind damit linear unabhängig. Sie bilden auch ein Erzeugendensystem von V, denn für beliebiges v V gilt Φ(v) Bild Φ, also Φ(v) = β 1 w β s w s. Der Vektor u := v β 1 z 1... β s z s erfüllt Φ(u) = Φ(v) β 1 Φ(z 1 )... β s Φ(z s ) = Φ(v) β 1 w 1... β s w s = 0. Daher gilt u Kern Φ. Weil u 1,..., u r eine Basis von Kern Φ ist, folgt u = γ 1 u γ r u r und damit endlich v = u + β 1 z β s z s = γ 1 u γ r u r + β 1 z β s z s. u 1,..., u r, z 1,..., z s ist also auch Erzeugendensystem von V und damit Basis von V. 10

11 Sind U 1 und U 2 Untervektorräume eines Vektorraums V, dann ist auch U 1 + U 2 := {v V u 1 U 1, u 2 U 2 : v = u 1 + u 2 } ein Untervektorraum von V, und zwar ist es der kleinste Untervektorraum, der U 1 und U 2 enthält. Dagegen ist U 1 U 2 der größte Untervektorraum von V, der sowohl in U 1 als auch in U 2 enthalten ist. Satz 4.30 (Dimensionsformel für Summen von Untervektorräumen) Sei V ein endlich erzeugter Vektorraum, U 1 und U 2 Untervektorräume von V. Dann gilt dim(u 1 ) + dim(u 2 ) = dim(u 1 + U 2 ) + dim(u 1 U 2 ). Beweis Sei u 1,..., u k eine Basis von U 1 U 2. Weil U 1 U 2 Untervektorraum von U 1 und von U 2 ist, kann man die Basis von U 1 U 2 mit dem Basisergänzungssatz sowohl zu einer Basis von U 1 als auch zu einer von U 2 ergänzen. Sei also u 1,..., u k, v 1,..., v s Basis von U 1, u 1,..., u k, w 1,..., w t Basis von U 2. Also dim(u 1 ) = k + s und dim(u 2 ) = k + t. Diese Formeln gelten auch im Fall U 1 U 2 = {0} (mit k = 0), im Fall U 1 U 2 = U 1 (mit s = 0) und im Fall U 1 U 2 = U 2 (mit t = 0). Wenn wir zeigen, dass ist, dann folgt u 1,..., u k, v 1,..., v s, w 1,..., w t Basis von U 1 + U 2 (3) dim(u 1 ) + dim(u 2 ) = k + s + k + t = dim(u 1 U 2 ) + k + s + t = dim(u 1 + U 2 ) + dim(u 1 U 2 ). Es reicht also, (3) zu zeigen. Zur linearen Unabhängigkeit von u 1,..., u k, v 1,..., v s, w 1,..., w t : Betrachte α 1 u α k u k + β 1 v β s v s + γ 1 w γ t w t = 0. Zu zeigen ist, dass alle α i, β i und γ i Null sind. Der Vektor w := γ 1 w γ t w t liegt in U 2. Andererseits hat er die Darstellung w = α 1 u 1... α k u k β 1 v 1... β s v s. 11

12 Er liegt also auch in U 1. Damit liegt er in U 1 U 2 und hat eine Darstellung w = δ 1 u δ k u k. Als Vektor in U 2 hat er damit zwei verschiedene Darstellungen mit der Basis u 1,..., u k, w 1,..., w t von U 2, w = δ 1 u δ k u k +0 w w t = 0 u u k +γ 1 w γ t w t Aus der Eindeutigkeit der Darstellung von w als Linearkombination der Basiselemente folgt δ 1 =... = δ k = γ 1 =... = γ t = 0 und insbesondere w = 0. Es verbleibt β 1 v β s v s = 0. Weil die v i (als Elemente der Basis von U 1 ) linear unabhängig sind, folgt auch β 1 =... = β s = 0. Damit ist die lineare Unabhängigkeit von u 1,..., u k, v 1,..., v s, w 1,..., w t gezeigt. Erzeugendensystem: Jedes v U 1 + U 2 hat eine Darstellung v = x + y mit x U 1 und y U 2. Mit den Basen von U 1 und U 2 also x = α 1 u α k u k + β 1 v β s v s, y = γ 1 u γ k u k + δ 1 w δ t w t, v = (α 1 + γ 1 )u (α k + γ k )u k + β 1 v β s v s +δ 1 w δ t w t. Damit ist u 1,..., u k, v 1,..., v s, w 1,..., w t auch ein Erzeugendensystem von U 1 + U 2. Definition 4.31 (direkte Summe und Komplement) Ein Vektorraum V heißt direkte Summe zweier Untervektorräume U 1 und U 2, wenn V = U 1 + U 2 und U 1 U 2 = {0} gilt. In diesem Fall heißt U 2 Komplement zu U 1 in V oder komplementärer Untervektorraum zu U 1 in V. Man schreibt dann V = U 1 U2. Korollar 4.32 Sind U 1 und U 2 Untervektorräume eines endlich erzeugten Vektorraums V, dann gelten folgende zwei Aussagen. i) Wenn U 1 U 2 = {0}, dann dim(u 1 U2 ) = dim(u 1 ) + dim(u 2 ). ii) Wenn dim(v ) = dim(u 1 )+dim(u 2 ), dann ist V = U 1 U2, falls U 1 U 2 = {0} oder V = U 1 + U 2. Beweis Zu i): U 1 und U 2 sind Untervektorräume von U 1 + U 2. Aus Satz 4.30 mit V := U 1 + U 2 folgt die Behauptung. Zu ii): Nach Satz 4.30 ist dim(u 1 + U 2 ) = dim(u 2 ) + dim(u 2 ) äquivalent zu 12

13 dim(u 1 U 2 ) = 0, also zu U 1 U 2 = {0}. Somit gilt: Wenn V = U 1 + U 2 und dim(v ) = dim(u 2 ) + dim(u 2 ), dann U 1 U 2 = {0}, d.h., V = U 1 U2, und wenn U 1 U 2 = {0}, dann dim(u 1 + U 2 ) = dim(u 2 ) + dim(u 2 ) = dim(v ) und deshalb V = U 1 + U 2 (weil V gleiche Dimension hat wie sein Untervektorraum U 1 + U 2 ), d.h., V = U 1 U2. Ist V ein endlich erzeugter Vektorraum, dann kann man zu jedem Untervektorraum U von V einen komplementären Untervektorraum konstruieren. Dazu braucht man den Basisergänzungssatz. Hat man nämlich eine Basis v 1,..., v m von U durch Vektoren w 1,..., w s zu einer Basis von V ergänzt, dann ist W := Lin{w 1,..., w s } Komplement zu U, denn U + W = V, weil die Vereinigung der Basen von U und W nach Konstruktion eine Basis von V ergeben und weil aus v U W folgt v = α 1 v α m v m und v = β 1 w β s w s, zusammen also α 1 v α m v m β 1 w 1... β s w s = 0. Aus der linearen Unabhängigkeit von v 1,..., v m, w 1,..., w s ergibt sich jedoch α 1 =... = α m = 0 (und β 1 =... = β s = 0), also v = 0. 13