Vektorräume. 9.1 Grundlagen

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1 9 Vektorräume 9. Grundlagen Definition 9. (Vektorraum) Sei K ein Körper. Ein Vektorraum über K (oder K-Vektorraum) bestehtauseiner(nichtleeren)mengev zusammen mit zwei Verknüpfungen: +: V V! V (Vektoraddition) : K V! V (Skalarmultiplikation), so dass folgende Bedingungen erfüllt sind: (i) (V,+) ist eine abelsche Gruppe (das neutrale Element bezeichnen wir dann mit, dasinverseelementzuv 2 V mit v) (ii) Für alle, µ 2 K und v 2 V gilt: ( + µ) v = v + µ v (. Distributivivät) (iii) Für alle 2 K und u, v 2 V gilt: (u + v) = u + v (2. Distributivivät) (iv) Für alle, µ 2 K und v 2 V gilt: (µ v) =( µ) v (Assoziativiät) (v) Für alle v 2 V gilt: v = v. Die Elemente aus V nennen wir Vektoren, die Elemente aus K Skalare. Bemerkung 9.2 Manchmal schreiben wir explizit V bzw. K und K für die neutralen Elemente in (V,+) bzw. (K, +) und (K \{}, ).

2 42 Vektorräume Beispiel 9.3 (i) Ist K ein Körper, so können wir auf dem n-fachen kartesischen Produkt K n = K K = {z } n mal 8 >< >: v. v n 9 >= C A : v i 2 K, i =,...,n >; eine Addition mittels v B A + v n u. u n C A := u + v B A. u n + v n und eine Skalarmultiplikation mittels v. v n C A := v C. A v n definieren. Wie man leicht sieht, ergibt dies einen K-Vektorraum. Beispielsweise gilt für ein Skalar 2 K und u, v 2 V : 2 3 u v u + v 6B C B C7 B C B (u + v) = 4@. A A5 A u n v n u n + v n u + v u v B C B C B C A A A. u n + v n u n v n Dass wir die Elemente von K n als Spalten schreiben, also (u + v ) C A. (u n + v n ) v. v n C A anstelle von (v,...,v n ) ist momentan reine Konvention, die sich später jedoch als überaus nützlich erweisen wird. (ii) Als Spezialfall von (i) ist R 2 der Vektorraum, der aus allen Paaren (x, y) von reellen Zahlen x, y besteht; die Addition und die skalare Multiplikation sind komponentenweise erklärt. (iii) Ist K ein Körper und M eine Menge, so ist die Menge V := K M := {f : f ist eine Abbildung von M nach K} aller Abbildungen von M nach K ein K-Vektorraum, wenn wir die Addition und Multiplikation mit Skalaren punktweise definieren: (f + g)(x) :=f(x)+g(x) ( f)(x) := f(x) Ein Spezialfall ist die Menge aller reellen Funktionen auf dem abgeschlossenen Intervall [a, b].

3 9.2 Unterräume 43 (iv) Ein weiterer Spezialfall von (iii) ist die Menge F = {(a,a,a 2,...):a n 2 C für n 2 N} aller komplexen Folgen. Wir haben: (a,a,...)+(b,b,...):=(a + b,a + b,...) (a,a,...):=( a, a,...) Vorlesung vom: Video zur Vorlesung: Lemma 9.4 Sei V ein Vektorraum über K. Dann gilt für alle v 2 V : (i) K v = V = V. (ii) Ist v = V,soist = K oder v = V. (iii) ( ) v = v. C 2 K und alle Beweis: (i) Wir haben nach der. Distributivität K v =( K + K ) v = K v + K v. Addieren wir auf beiden Seiten ( K v), sofolgt V = K v. Analogfolgt aus der 2. Distributivität V = ( V + V )= V + V und Addition von ( V ) ergibt V = V. (ii) Falls 6=,soexistiert 2 K mit = K.DanngiltnachBedingung (v) in Definition 9. (iii) Wir haben v = v =( ) v Assoziativität = ( v) = V (i) = V. ( ) v + v =( ) v + v =( + ) v = v (i) = V. Also ist ( ) v das additiv inverse Element zu v und damit gleich v Unterräume Definition 9.5 Sei V ein Vektorraum über K. EinenichtleereTeilmengeU V heißt Unterraum von V,wennU mit den Verküpfungen + und selbst wieder ein Vektorraum ist, d.h. falls gilt: (i) Für alle u, v 2 U ist u + v 2 U. (ii) Für alle 2 K und v 2 U ist v 2 U. (iii) U ist mit + und ein Vektorraum über K. Bemerkung 9.6 Jeder Unterraum U enthält den Nullvektor V.Diesfolgtdaraus, Lemma 9.4 dass U 6= ist und somit mindestens ein x 2 U existiert. Nach (ii) ist K x = V 2 U.

4 44 Vektorräume Es ist normalerweise recht aufwändig, alle Bedingungen aus Definition 9. wieder für die Menge U explizit nachzuprüfen. Glücklicherweise stellt sich heraus, dass dies nicht notwendig ist: Lemma 9.7 (Unterraumkriterium) Sei V ein Vektorraum über K. Eine Teilmenge U V ist genau dann ein Unterraum von V,wennU 6=? und sie die Bedingungen (i) und (ii) aus Definition 9.5 erfüllt. Beweis: Ist U ein Unterraum, dann erfüllt U natürlich (i) und (ii). Zudem ist U 6=? nach Definition eines Unterraums. Wir betrachten jetzt die andere Richtung. Sei also U 6=? und U erfülle (i) und (ii). (i) (U, +) ist eine abelsche Gruppe. Assoziativität Für u, v, w 2 U gilt wegen U V dann auch u, v, w 2 V. Da (V,+) eine abelsche Gruppe ist, gilt in V die Assoziativität, also (u + v)+w = u +(v + w). Existenz eines neutralen Elements Da U 6=?, gibteseinu 2 U. Wegen (ii) ist K u 2 U V.NachLemma9.4 (angewendet auf V )ist K = V,also V 2 U auch neutrales Element von U. Existenz von inversen Elementen Sei u 2 U. Wegen(ii) ist ( ) u 2 U V.NachLemma9.4 ist dann ( ) u = u, also u 2 U. (ii) Distributivität, Assoziativität und v = v für alle v 2 U Diese Eigenschaften übertragen sich direkt von der größeren Menge V. Beispiel 9.8 (i) Im Vektorraum K n mit K n = K K = {z } n mal 8 >< >: v. v n 9 >= C A : v i 2 K, i =,...,n >; 2 ist ein Unterraum. 8 9 >< v 2 >= U := v 3 : v B C i 2 K, i A >: >; v n (ii) Sei K = R und V = R 2.WirbetrachtenfolgendeTeilmengenU, U 2 und U 3 von V,dieinAbbildung9. gezeigt sind: x U = : x + x 2 = x 2 x U 2 = : x + x 2 = x 2 x U 3 = : x 2 = x. x 2

5 9.2 Unterräume 45 n o (a) U = x : x x + x 2 = 2 n o (b) U 2 = x : x x + x 2 = 2 n o (c) U 3 = x : x x 2 = x 2 Abbildung 9.: Teilmengen von R 2, U ist ein Unterraum, U 2 und U 3 nicht. Alle drei Mengen sind offenbar nicht leer. Die Menge U ist ein Unterraum, denn für x x 2 2 U und y y 2 2 U gilt x + x 2 =und y + y 2 =und damit für x y x + y z + = =: x 2 y 2 x 2 + y 2 z 2 dann z + z 2 =(x + y )+(x 2 + y 2 )=(x + x 2 )+(y + y 2 )=+=. x Außerdem ist für x 2 2 U und 2 R auch = (x + x 2 )= x + x 2 und x daher x 2 = x x 2 2 U. Die Menge U 2 kann kein Unterraum sein, da sie den Nullvektor (neutrales Element bezüglich der Vektoraddition) nicht enthält. Auch U 3 ist kein Unterraum, da etwa 2 U 3,aber /2 U 3. (iii) Im C-Vektorraum F = {(a,a,a 2,...):a n 2 C für n 2 N} aller komplexen Folgen bildet die Menge C F aller konvergenten Folgen nach Satz 4.7 einen Unterraum. (iv) Sei V ein Vektorraum über K und M V eine beliebige Menge. Wir setzen: lin (M) :={ v + + n v n : n 2 N,,..., n 2 K, v,...,v n 2 M}. (9.) Wir weisen mit Hilfe des Unterraumkriteriums nach, dass lin (M) ein Unterraum ist. Da nach Definition die leere Summe den Nullvektor ergibt, enthält lin (M) zumindest den Nullvektor, ist also nicht leer. Seien P n iv i 2 lin (M) und P k µ iu i 2 lin (M), sowie 2 K. Dannsindauchauch iv i + µ i u i und iv i = ( i)v i wieder in lin (M) enthalten. (v) Satz 8.5 sagt, dass die Menge R[a, b] der auf [a, b] Riemann-integrierbaren Funktionen mit der üblichen Addition und Multiplikation mit Skalaren ein R-Vektorraum ist. C

6 46 Vektorräume Lemma 9.9 (Summe von Unterräumen) Seien U und U 2 Unterräume des Vektorraums V. Dann ist auch die Summe von U und U 2, definiert durch U + U 2 := {u + u 2 : u 2 U,u 2 2 U 2 } ein Unterraum und es gilt U + U 2 =lin(u [ U 2 ). Beweis: Wir prüfen die Bedingungen des Unterraumkriteriums aus Lemma 9.7 nach. Da U und U 2 nichtleer sind, ist auch U +U 2 nichtleer. Seien u +u 2 2 U +U 2 und v + v 2 2 U + U 2.Dannistauch(u + u 2 )+(v + v 2 )=(u + v )+(u 2 + v 2 ) 2 U + U 2,dajedesU i ein Unterraum ist und daher u i + v i 2 U i für i =, 2 gilt. Ist u +u 2 2 U +U 2 und 2 K, so haben wir analog (u +u 2 )= u + u 2 2 U +U 2. Die Inklusion U +U 2 lin (U [ U 2 ) ist offensichtlich. Sei umgekehrt v 2 lin (U [ U 2 ). Dann lässt sich v schreiben als v = P k ia i + P m j= µ jb j,wobeidiea i Vektoren aus U und die b j Vektoren aus U 2 sind. Da U ein Vektorraum ist, gilt u := P k ia i 2 U und analog u 2 := P m j= µ jb j 2 U 2. Damit haben wir v = u + u 2 mit u 2 U und u 2 2 V 2. 2 Lemma 9. (Schnitte von Unterräumen) Seien U, 2 A Unterräume des Vektorraums V, wobei A eine beliebige Indexmenge ist. Dann ist auch der Schnitt U := \ wieder ein Unterraum von V. 2A Beweis: Da jeder Unterraum nach Bemerkung 9.6 den Nullvektor enthält, ist U 6=?. WirkönnenalsodasUnterraumkriteriumbenutzen.Fallsu, v 2 U, sogiltu 2 U und v 2 U für alle 2 A. DajedesU ein Unterraum ist, haben wir u + v 2 U für alle 2 A, alsou + v 2 T 2A U = U. Analogfolgt v 2 U für alle 2 K und v 2 U. 2 U Vorlesung vom: Video zur Vorlesung: 9.3 Linearkombinationen und Basen Definition 9. (Linearkombination) Sei V ein Vektorraum über K und seien v,...,v k 2 V (die nicht notwendigerweise verschieden sind). Sind,..., n 2 K, so nennen wir den Vektor v = iv i = v + + n v n eine Linearkombination von v,...,v n.dieelemente,..., n nennen wir die Koeffizienten oder Vorfaktoren der Linearkombination. Falls = = n =, so ist nach Lemma 9.4 auch v =.Wir nennen dies die triviale Darstellung des Nullvektors. Ist M V eine Teilmenge von M, so nennen wir v eine Linearkombination der Menge M, fallsesendlichvielevektorenausm gibt, so dass v eine Linearkombination dieser Vektoren ist, d.h. falls v 2 lin (M) gilt. Definition 9.2 (Lineare (Un)Abhängigkeit) Endlich viele Vektoren v,...,v n 2 V eines Vektorraums heißen linear unabhängig, fallsdernullvektornurtrivialelinearkombination von v,...,v n ist, d.h. wenn aus P n iv i =folgt, dass = = n =.

7 9.3 Linearkombinationen und Basen 47 Falls v,...,v n nicht linear unabhängig ist, so nennen wir die Vektoren linear abhängig. Eine Menge M V heißt linear unabhängig, wennjeendlichvieleverschiedene Vektoren aus M linear unabhängig sind. Andernfalls heißt M linear abhängig. Beispiel 9.3 (i) Die leere Menge? ist linear unabhängig, da es gar keine Vektoren in? gibt. (ii) Die einelementige Menge {v} ist genau dann linear unabhängig, wenn v 6= gilt (siehe Lemma 9.4). (iii) Sind v,...,v n linear unabhängig, so folgt v i 6= v j für i 6= j. Ist nämlich v i = v j, dann haben wir =v i +( )v j und der Nullvektor ist als nichttriviale Linearkombination darstellbar. Wenn wir im Folgenden von Vektoren sprechen, dann impliziert dies immer, dass diese Elemente eines Vektorraums V sind. Lemma 9.4 (Charakterisierung der linearen Abhängigkeit) Sei M eine Menge von Vektoren mit M 2. Dann ist M genau dann linear abhängig, falls es mindestens einen Vektor aus M gibt, der sich als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen lässt. Beweis: Sei zunächst v 2 M mit v = P n iv i mit geeigneten v,...,v n 2 M \{v} und,..., n 2 K. Mit := und v := v gilt dann P n i= iv i =und wegen = 6= ist dies eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. Folglich ist M linear abhängig. Sei nun M linear abhängig. Dann gibt es verschiedene Vektoren v,...,v n 2 M, so dass P n iv i =,wobeimindestenseinesder i nicht gleich ist. Sei dies ohne Beschränkung der Allgemeinheit (ansonsten nummerieren wir die Vektoren um). Wir können n 2 voraussetzen, da wir sonst zu der Summe noch einen Vektor aus M mit dem Faktor hinzunehmen können (hier verwenden wir die Voraussetzung, dass M 2 gilt). Dann gilt: C v = i=2 iv i, also v = ( i)v i. i=2 und wegen 6=können wir die obige Gleichung mit v = i=2 ( i)v i. multiplizieren: Da n 2 ist v also Linearkombination der n Vektoren auf der rechten Seite. 2 Lemma 9.5 (Koeffizientenvergleich) Seien v,...,v n linear unabhängige Vektoren. Aus iv i = µ i v i folgt, dass die Koeffizienten der v i gleich sind, also dass = µ, 2 = µ 2,..., n = µ n gilt.

8 48 Vektorräume Beweis: Falls P n iv i = P n µ iv i, so haben wir P n ( i µ i )v i =.Da v,...,v n linear unabhängig sind, folgt i µ i =für i =,...,n,also i = µ i für i =,...,n. 2 Definition 9.6 (Erzeugnis) Ist M V eine Teilmenge des Vektorraums V, so bezeichnen wir mit lin (M) die Menge aller Linearkombinationen von Vektoren aus M (vgl. 9.). Man nennt lin (M) auch das Erzeugnis von M. Lemma 9.7 Für jedes M V ist lin (M) ein Unterraum von V. Weiterhin ist lin (M) der kleinste Unterraum von V, der M enthält. Beweis: Jeder Unterraum, der M enthält, muss auch jede Linearkombination enthalten. Also gilt lin (M) U für jeden solchen Unterraum U. Es verbleibt zu zeigen, dass lin (M) auch selbst ein Unterraum ist. Dies haben wir aber in Beispiel 9.8 bereits getan. 2 Definition 9.8 (Erzeugendensystem, Basis) Eine Menge B V von Vektoren heißt Erzeugendensystem von V, falls lin (B) = V gilt, d.h. falls sich jeder Vektor aus V als Linearkombination von Vektoren aus B schreiben lässt. Wir nennen B V eine Basis von V,fallsB ein Erzeugendensystem von V und linear unabhängig ist. Lemma 9.9 Ist B Basis des Vektorraums V, so lässt sich jeder Vektor auf eindeutige Art als Linearkombination von B schreiben. Beweis: Da B ein Erzeugendensystem ist, lässt sich jeder Vektor (auf mindestens eine Weise) als Linearkombination schreiben. Die Eindeutigkeit folgt aus Lemma Ein zentrales Ergebnis dieses Kapitels wird es sein, dass alle Basen eines Vektorraums gleichmächtig sind (Achtung: Wir wissen im Moment noch nicht einmal, dass jeder Vektorraum überhaupt eine Basis hat). Für einen Spezialfall können wir dies bereits beweisen: Satz 9.2 (Anzahl der Vektoren eines endlichen Vektorraums) Sei V ein endlicher Vektorraum über einem Körper K mit q Elementen. Hat V eine Basis aus n Vektoren, so gilt V = q n. Insbesondere hat jede Basis genau n Elemente. Beweis: Sei B = {v,...,v n } eine Basis. Aus dieser können wir q n Linearkombinationen bilden (jeder der n Koeffizienten kann einen der q Werte aus K annehmen). Da B ein Erzeugendensystem ist, erhalten wir dabei alle Vektoren aus V.Aufgrund von Lemma 9.9 wird jeder Vektor aus V auch nur durch genau eine Linearkombination dargestellt. Also ist V = q n.falls{u,...,u m } eine weitere Basis ist, so folgt analog V = q m,alson = m. 2 Satz 9.2 (Charakterisierung von Basen) Sei V ein Vektorraum über K. Dann sind äquivalent: (i) B ist eine Basis von V. (ii) B ist eine maximale linear unabhängige Menge (d.h. es gibt keinen Vektor v 2 V \ B, so dass B [{v} immer noch linear unabhängig ist).

9 9.3 Linearkombinationen und Basen 49 (iii) B ist ein minimales Erzeugendendsystem (d.h. es gibt kein b 2 B, so dass B \{b} immer noch ein Erzeugendensystem ist.) Beweis: (i)) (ii) Nach Definition einer Basis ist B linear unabhängig. Angenommen, B [{v} wäre immer noch linear unabhängig für ein v 2 V \ B. DaB ein Erzeugendensystem ist, gilt für geeignete Koeffizienten i und Vektoren v i 2 B Dann ist aber v = = eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors (da der Faktor vor v gleich ist) und B [{v} linear abhängig. (ii)) (iii) Zunächst müssen wir zeigen, dass B ein Erzeugendensystem ist. Jeder Vektor aus B ist trivialerweise eine Linearkombination der Vektoren in B. Sei also v 2 V \{B}. DannistB [{v} linear abhängig, also: = v + iv i iv i. v iv i, (9.2) wobei P nicht alle Koeffizienten gleich sind. Falls 6=, dann ist v = n i v i Linearkombination von Vektoren in B. Falls =,dann folgt aus der linearen Unabhängigkeit von B, dass i =für i =,...,n. Dies ist aber ein Widerspruch zur Tatsache, dass nicht alle Koeffizienten in (9.2) gleich sind. Es verbleibt, die Minimalität von B zu zeigen. Wäre B \{b} immer noch ein Erzeugendensystem von V für ein b 2 B, dannwäreinsbesondereb als Linearkombination von Vektoren v,...,v n aus B \{b} darstellbar: b = Dann ist aber P n iv i b =eine nichttriviale Kombination des Nullvektors im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit von B. (iii)) (i) Wir müssen nur noch zeigen, dass B linear unabhängig ist. Angenommen, es gäbe v,...,v n 2 B und,..., n 2 K mit (O.B.d.A.) 6=,so dass iv i =. (9.3) Wir zeigen, dass B \{v } immer noch ein Erzeugendensystem ist. Sei dazu v 2 V beliebig. Da B ein Erzeugendensystem ist, gilt v = iv i. µ i b i (9.4) für geeignete µ i 2 K und b i 2 B.Fallsv /2{b,...,b k }, so haben wir v bereits ohne Verwendung von v dargestellt und wir sind fertig. Falls v 2{b,...,b k },

10 5 Vektorräume so können wir o.b.d.a. annehmen, dass v = b gilt. Wegen (9.3) und 6= haben wir v = iv i und Einsetzen in (9.4) liefert v = i=2 i=2 ( µ i)v i + µ i b i, (9.5) so dass wir v wieder als Linearkombination von Vektoren aus B \{v } darstellen können. Daher ist B \{v } immer noch ein Erzeugendensystem im Widerspruch zur Minimalität von B. Definition 9.22 (Endlich erzeugter Vektorraum) Ein Vektorraum V heißt endlich erzeugt, fallsereinerzeugendensystemausendlichvielenvektorenbesitzt. Wir zeigen jetzt die Existenz einer Basis für endlich erzeugte Vektorräume. Man kann alle unsere Überlegungen auch auf beliebige Vektorräume übertragen. Dazu benötigt man aber das sogenannte Zornsche Lemma. DieentsprechendenÜberlegungen sind relativ technisch (wenn auch nicht wirklich schwierig), verwirren aber unnötig. Wir führen sie der Vollständigkeit halber in Abschnitt 9.8 auf. Satz 9.23 (Basisauswahlsatz) Sei E ein endliches Erzeugendensystem eines Vektorraums V. Dann gibt es eine Basis B mit B E. Insbesondere hat V eine endliche Basis. Beweis: Sei E = {v,...,v n }.FallsE ein minimales Erzeugendensystem ist, so ist E := E nach Satz 9.2 bereits eine Basis. Ansonsten existiert ein i, sodass E := E \{v i } immer noch ein Erzeugendensystem ist. Wir könnnen den Prozess mit E anstelle von E fortführen. Da E endlich ist, muss dieser Prozess nach endlich vielen Schritten terminieren (irgendwann ist E m =? und wir können keine Vektoren mehr aus der Menge entfernen). Dann haben wir ein minimales Erzeugendensystem, also eine Basis. 2 Falls nicht explizit anders gesagt, setzen wir ab jetzt alle Vektorräume als endlich erzeugt voraus. i= Der Steinitzsche Austauschsatz Lemma 9.24 (Austauschlemma) Sei V ein Vektorraum und B = {b,...,b n } eine Basis von V. Zu jedem Vektor v 2 V mit v 6= gibt es ein b i 2 B, so dass B := (B \{b i }) [{v} ebenfalls eine Basis von V ist. Wir sagen dann, dass wir den Vektor b i durch den Vektor v ersetzen können. Als Vektor b i kann jeder Vektor gewählt werden, der in der Linearkombination v = ib i (9.6) einen Koeffizienten ungleich hat.

11 9.4 Der Steinitzsche Austauschsatz 5 Beweis: Da B ein Erzeugendensystem ist, können wir v tatsächlich als Linearkombination wie in (9.6) darstellen.nach Lemma 9.5 folgt, dass die Darstellung auch eindeutig ist. Sei i 6= und B := (B \{b i }) [{v}. Wirmüssenzeigen,dassB eine Basis, also ein linear unabhängiges Erzeugendensystem ist. Als Erstes zeigen wir die lineare Unabhängigkeit. Ist v + X j6=i jb j = und =,sofolgt j =für j 6= i wegen der linearen Unabhängigkeit von B. Falls 6=,danngilt X v = b i j b j. (9.7) j6=i Dann haben wir v in (9.6) und(9.7) aufzweiweisenalslinearkombinationvon b,...,b n dargestellt. Nach Lemma 9.5 müssten die Koeffizienten in beiden Darstellungen gleich sein, aber in (9.7) istderfaktorvorb i die und in (9.6) derwert i 6=.AlsoistdieserFallgarnichtmöglich. Jetzt zeigen wir, dass B ein Erzeugendensystem ist. Dies ist im Prinzip die Wiederholung des Beweises (iii)) (i) insatz9.2. Seidazuw 2 V beliebig. Da B ein Erzeugendensystem ist, gilt w = µ j b j (9.8) j= für geeignete µ j 2 K. Wegen(9.6) und i 6=gilt: X b i = i jb j + i v. Einsetzen in (9.8) liefert w = j6=i j6=i j6=i X µ j b j µ i i jb j + µ i i v. so dass wir w als Linearkombination der Vektoren in B darstellen können. 2 Satz 9.25 (Austauschsatz von Steinitz) Sei B = {b,...,b n } eine Basis des Vektorraums V und C = {v,...,v m } eine Menge linear unabhängiger Vektoren. Dann gibt es eine Menge von n m Vektoren in B, o.b.d.a. b m+,...,b n, so dass eine Basis von V ist. {v,...,v m,b m+,...,b n } Man kann also b,...,b m durch die Vektoren v,...,v m ersetzen (austauschen) und erhält wieder eine Basis von V. Insbesondere kann jede linear unabhängige Menge zu einer Basis ergänzt werden. Beweis: Wir beweisen den Satz durch Induktion nach m. Fürm =ist die Aussage das Austauschlemma (Lemma 9.24). Sei die Aussage für m wahr und C = {v,...,v m+ } eine Menge von m +linear unabhängigen Vektoren. Die Menge C := {v,...,v m } ist linear unabhängig, da C C. Nach Induktionsvoraussetzung ist B := {v,...,v m,b m+,...,b n } eine Basis von V.Wirmüssen

12 52 Vektorräume Vorlesung vom: Video zur Vorlesung: jetzt nur noch den Vektor v m+ in die Basis tauschen und dabei einen der Vektoren b m+,...,b n durch v m+ ersetzen. Da B eine Basis ist, finden wir Koeffizienten i, so dass mx v m+ = iv i + ib i. Gilt i =für i m +, dann haben wir mx i=m+ iv i v m+ = und C wäre linear abhängig. Also gibt es ein i mit i m +und i 6=.Dann können wir das Austauschlemma anwenden und b i durch v m+ ersetzen. 2 Aus dem Austauschsatz von Steinitz können wir eine Menge nützlicher Folgerungen ableiten: Korollar 9.26 Sei B = {b,...,b n } eine Basis von V und C = {v,...,v m } eine Menge linear unabhängiger Vektoren. Dann gilt m apple n, also C apple B. Beweis: Nach dem Austauschsatz von Steinitz, können wir C durch n m Vektoren aus B zu einer Basis ergänzen. Aus n m folgt m apple n. 2 Korollar 9.27 Jede linear unabhängige Menge eines endlich erzeugen Vektorraums hat nur endlich viele Elemente. Insbesondere hat jede Basis nur endlich viele Elemente. Beweis: Sei C eine linear unabhängige Menge von unendlich vielen Vektoren und B eine endliche Basis (so eine Basis existiert nach Satz 9.23). Dann finden wir eine endliche linear unabhängige Teilmenge C C mit B + Elementen im Widerspruch zu Korollar Korollar 9.28 Je zwei Basen von V haben gleich viele Elemente. Beweis: Seien B und B 2 Basen. Nach Korollar 9.26 mit C := B und B := B 2 gilt B apple B 2. Setzen wir C := B 2 und B := B, so erhalten wir analog B 2 apple B. Insgesamt folgt also B = B 2. 2 Definition 9.29 Ist V ein endlich erzeugter Vektorraum und B eine Basis von V, dann nennen wir B =: dim V die Dimension des Vektorraums V. Offenbar hat der K n (siehe Beispiel 9.3) Dimensionn: Dien Vektoren,,..., B C B C B A sind nämlich linear unabhängig und erzeugen ganz K n.siebildenalsoeinebasis des K n. Der spezielle Vektorraum V = {}, dernurausdemnullvektorbesteht,hatdi- mension, dadieleeremengeeinebasisvonv ist. Oft setzt man in der Literatur darüberhinaus dim? :=, auchwenndieleeremengenachunsererdefinition kein Vektorraum ist.

13 9.5 Komplementäre Unterräume 53 Korollar 9.3 Sei dim V = n. Dann hat jede linear unabhängige Menge von Vektoren höchstens n Elemente. Wenn eine linear unabhängige Menge n Elemente hat, ist sie eine Basis. Beweis: Der erste Teil folgt aus Korollar Ist C = n und C linear unabhängig, dann können wir nach dem Austauschsatz C durch n n =Vektoren zu einer Basis ergänzen. Folglich ist C bereits eine Basis. 2 Korollar 9.3 Ist V ein Vektorraum über K mit dim V = n, dann hat jede Basis eines Unterraums von V hat höchstens n Elemente. Die Dimension eines Unterraums U von V ist höchstens so groß wie die Dimension von V. Jede Basis eines Unterraums kann zu einer Basis von V ergänzt werden. Beweis: Jede Basis von U ist eine linear unabhängige Menge. Die Aussage folgt jetzt mit Korollar 9.26 und dem Austauschsatz von Steinitz Korollar 9.32 Seien U und U 2 Unterräume von V mit U U 2. Dann gilt dim U apple dim U 2. Es gilt genau dann dim U =dimu 2,wennU = U 2. Beweis: Der Beweis ergibt sich direkt aus Korollar 9.3, wenn wir V := U 2 und U := U setzen, da U dann Unterraum von U 2 ist Komplementäre Unterräume Definition 9.33 Seien U und U 2 Unterräume von V.DannheißtU Komplement von U 2,fallsU \ U 2 = {} und U + U 2 = V.WirnennendannU und U 2 auch komplementär und schreiben U U 2 = V. Satz 9.34 Jeder Unterraum U von V hat ein Komplement. Beweis: Sei B = {b,...,b k } eine Basis von U.NachKorollar9.3 können wir B zu einer Basis B = {b,...,b k,b k+,...,b n } von V ergänzen. Nach Lemma 9.7 ist U 2 := lin (b k+,...,b n ) ein Unterraum von V.Wirzeigen,dassU und U 2 komplementär sind. Sei v 2 U \ U 2.Dannistwegenv 2 U : und wegen v 2 U 2 : für geeignete i. Daherist =v v = v = v = i=k+ ib i + ib i (9.9) ib i i=k+ ( i)b i. (9.) Da B linear unabhängig ist, sind alle Koeffizienten in (9.) gleich. Einsetzen in (9.9) liefertdannv =. Ist v 2 V, so können wir v als Linearkombination der Basis B = {b,...,b n } darstellen. Da b,...,b k 2 U und b k+,...,b n 2 U 2,folgtU +U 2 =lin(u [ U 2 )= V. 2

14 54 Vektorräume Satz 9.35 (Zerlegung eines Vektors bzgl. komplementärer Unterräume) Seien U und U 2 komplementäre Unterräume des Vektorraums V. Dann lässt sich jeder Vektor v 2 V eindeutig schreiben als v = u + u 2 mit u 2 U und u 2 2 U 2. Beweis: Die Existenz einer Zerlegung v = u + u 2 folgt sofort aus lin (U [ U 2 )= U + U 2 = V.Seiv = u + u 2 = w + w 2 mit u,w 2 U und u 2,w 2 2 U 2.Aus u + u 2 = w + w 2 folgt u w = w 2 u 2.DaU ein Unterraum ist, liegt die Differenz u w wieder in U.Analogliegtw 2 u 2 in U 2.Alsoistu w = w 2 u 2 2 U \ U 2 = {} und daher u = w sowie u 2 = w Der Dimensionssatz Satz 9.36 (Dimensionssatz) Seien U und U 2 Unterräume des Vektorraums V. Dann gilt: dim(u + U 2 )=dim(u )+dim(u 2 ) dim(u \ U 2 ). Beweis: Sei B = {b,...,b m } eine Basis von U := U \U 2 (man beachte, dass nach Lemma 9. U \U 2 wieder ein Unterraum ist). Diese können wir nach Korollar 9.3 zu Basen und B = {b,...,b m,v m+,...,v p } von U B 2 = {b,...,b m,w m+,...,w q } von U 2 ergänzen. Wir betrachten nun die Menge B := B [ B 2 = {b,...,b m,v m+,...,v p,w m+,...,w q }. Kein v i kann gleich einem w j sein, denn sonst wäre v i = w j 2 U \ U 2 und damit B (und B 2 )nichtlinearunabhängig.alsogilt: B = m +(p m)+(q m) =p + q m =dimu +dimu 2 dim(u \ U 2 ). Wir sind daher mit dem Beweis fertig, wenn wir zeigen können, dass B eine Basis von U + U 2 ist. Es ist klar, dass lin (B )=U + U 2,daB ganz U und B 2 ganz U 2 erzeugt. Daher verbleibt nur noch, die lineare Unabhängigkeit von B zu beweisen. Angenommen, es gilt: mx px qx ib i + µ i v i + i w i = (9.) i=m+ i=m+ mit geeigneten Skalaren mx ib i + i, µ i und i.umstellenin(9.) liefert: px i=m+ µ i v i = {z } 2U qx i=m+ ( i )w i 2 U \ U 2 = U. (9.2) {z } 2U 2 Da B eine Basis von U ist, können wir den Vektor aus (9.2) alslinearkombination der Vektoren b,...,b m darstellen. Es gibt also Skalare i, sodass P m P ib i = q i=m+ ( i)w i,also mx qx ib i + i w i =. (9.3) i=m+

15 9.7 Faktorräume 55 Da B 2 = {b,...,b m,w m+,...,w q } als Basis von U 2 linear unabhängig ist, müssen alle Koeffizienten in (9.3) gleich sein. Damit reduziert sich (9.) auf mx px ib i + µ i v i =. (9.4) i=m+ Da B = {b,...,b m,v m+,...,v p } als Basis von U linear unabhängig ist, folgt, dass auch in (9.4) allekoeffizientengleich sind. Damit ist (9.) dietriviale Kombination des Nullvektors. 2 Korollar 9.37 Sind U und U 2 komplementäre Unterräume des Vektorraums V, so gilt: dim U +dimu 2 =dimv. Beweis: Wir haben dim(u + U 2 )=dimv und dim(u \ U 2 )=dim({}) =.Die Behauptung folgt jetzt aus dem Dimensionssatz Faktorräume Vorlesung vom: Sei V ein K-Vektorraum und U ein Unterraum. Wir definieren auf V V eine Relation durch: v w :, v w 2 U. (9.5) Lemma 9.38 Die Relation aus (9.5) ist eine Äquivalenzrelation (siehe Definition 2.4). Beweis: Die Relation ist reflexiv, da für alle x 2 V gilt x der Nullvektor in jedem Unterraum liegt. x =und 2 U, da Die Relation ist symmetrisch: Für alle x, y 2 V mit x y 2 U gilt, aufgrund der Abgeschlossenheit bezüglich Skalar-Multiplikation, dass (y x) =( ) (x y) 2 U und damit y x 2 U, was wiederum y x bedeutet. Die Relation ist transitiv: Seien x, y, z 2 V mit x y 2 U und y z 2 U. Aufgrund der Abgeschlossenheit bzgl. Addition folgt damit, dass (x y)+(y z) =x z 2 U. 2 Für eine Äquivalenzrelation können wir die Äquivalenzklassen [v] der einzelnen Vektoren v 2 V betrachten (vgl. Definition 2.42): Wir zeigen jetzt, dass [v] := {w 2 V : w v} = {w 2 V : v w 2 U}. (9.6) [v] = v + U = {v + u : u 2 U} (9.7) gilt. In der Tat ist dies im Wesentlichen sogar offensichtlich. Ist w 2 [v],also v w 2 U, sogiltv w = u für ein u 2 U und wir haben w = v u. DaU ein Unterraum ist, gilt u := u 2 U und damit w = v + u 2 v + U. Ist umgekehrt w = v + u 2 v + U, so haben wir v w = u 2 U, alsov w. Betrachten wir die Nebenklasse v + U. Wann ist diese Nebenklasse selbst wieder ein Unterraum? Wenn v + U ein Unterraum ist, dann muss der Nullvektor in v + U enthalten sein. Also muss es ein u 2 U geben, so dass =v+u,alsov = u gilt. Das bedeutet aber, dass v 2 U liegt. Ist umgekehrt v 2 U, danngiltv + U =+U = U Video zur Vorlesung:

16 56 Vektorräume (da die Nebenklassen von v und beide v enthalten, also nicht disjunkt sein können). Zur Erinnerung: Wie wir in Satz 2.43 gezeigt haben, bilden die Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation eine Partition der Grundmenge. Wir halten fest: Beobachtung 9.39 Eine Nebenklasse v + U ist genau dann ein Unterraum, wenn v 2 U gilt. In diesem Fall gilt dann v + U = U. Definition 9.4 (Faktorraum) Sei V ein Vektorraum über K und U ein Unterraum von V.DieMengeallerNebenklassenvonU in V heißt der Faktorraum von V nach U und wird mit V/U := {v + U : v 2 V } bezeichnet. Die Elemente der Menge V/U sind Nebenklassen bezüglich der Äquivalenzrelation aus (9.5) und damit Mengen. Nichtsdestotrotz können wir diese Nebenklassen als Vektoren auffassen und auf V/U eine Addition und eine Multiplikation mit Skalaren definieren: bzw. äquivalent unter Benutzung von (9.7): [v] [w] := [v + w] (9.8a) [v] := [ v] (9.8b) (v + U) (w + U) :=(v + w)+u für v + U 2 V/U und w + U 2 V/U (9.9a) (v + U) :=( v)+u für v + U 2 V/U und 2 K (9.9b) Es ist zunächst gar nicht einmal klar, dass die (9.8) bzw. (9.9) überhauptwohldefiniert sind. Es könnte ja sein, dass das Ergebnis von der Wahl der Vertreter der Nebenklassen abhängt. Dass dies nicht so ist, sichert uns der nächste Satz. Satz 9.4 (Satz vom Faktorraum) Die Addition und Multiplikation aus (9.7) ist wohldefiniert. Mit den Operationen aus (9.7) wird der Faktorraum V/U zu einem K-Vektorraum. Beweis: Für die Wohldefiniertheit müssen wir zeigen, dass die Addition und Skalar- Multiplikation unabhängig von der Wahl des Repräsentanten der Restklasse ist: Seien x,x 2 sowie y,y 2 Repräsentanten der jeweils gleichen Restklasse, also [x ] = [x 2 ] und [y ] =[y 2 ] und damit x x 2 2 U und y y 2 2 U. Dann folgt, aus der Abgeschlossenheit des Unterraums bezüglich Addition, dass (x x 2 )+(y y 2 ) 2 U und damit auch (x + y ) (x 2 + y 2 ) 2 U. Ausletzterem folgt (x +y ) (x 2 +y 2 ) also [x ] [y ] =[x +y ] =[x 2 +y 2 ] =[x 2 ] [y 2 ]. Sei 2 K beliebig. Dann folgt außerdem aus der Abgeschlossenheit des Unterraumes bzgl. Skalar-Mulitplikation, dass (x x 2 )= x x 2 2 U und damit [x ] =[ x ] =[ x 2 ] = [x 2 ]. Wir weisen im Folgenden die Eigenschaften des K-Vektorraumes nach: Dabei bezeichnen +, die Verknüpfungen des Vektorraumes V, deren Eigenschaften wir verwenden, um die der abgeleiteten Addition und Skalarmultiplikation auf den Restklassen nach zu weisen. Die Menge der Restklassen ist nichtleer, da V 6=?. Die Menge der Restklassen mit beliebige Restklassen. ist eine abelsche Gruppe: Seien [x], [y], [z]

17 9.7 Faktorräume 57 Assoziativität: ([x] [y] ) [z] =[x + y] [z] =[(x + y) +z] = [x +(y + z)] =[x] [y + z] =[x] ([y] [z] ). Existenz des neutralen Elements: Sei e := [].Danngilte [x] =[+x] =[x]. [x] = [] Existenz der inversen Elemente: Für [ x] gilt [x] [ x] =[x +( x)] = [] = e. Kommutativität: [x] [y] =[x + y] =[y + x] =[y] [x]. Die Skalar-Multiplikation ist mit den anderen Verknüpfungen verträglich: Seien, µ 2 K und [x], [y] aus der Menge der Restklassen beliebig. ( +µ) [x] =[( +µ) x] =[ x+µ x] =[ x] [µ x] = [x] µ[x]. ([x] [y] )= [x+y] =[ (x+y)] =[ x+ y] =[ x] [ y] = [x] [y]. (µ [x] )= [µ x] =[ (µ x)] =[( µ) x] =( µ) [x]. [x] =[ x] =[x] 2 Da V/U ein Vektorraum ist, stellt sich die Frage nach der Dimension. Satz 9.42 (Zweiter Dimensionssatz) Für den Faktorraum V/U gilt: dim V/U =dimv dim U. Beweis: Sei n =dimv und k =dimu. Wirmüssenzeigen,dassV/U eine Basis aus n k Elementen besitzt. Dazu wählen wir uns eine Basis B U := {b,...,b k } von U und ergänzen diese zu einer Basis B V := {b,...,b k,b k+,...,b n } von V. Man beachte, dass dies nach Korollar 9.3 stets möglich ist. Wir zeigen nun, dass B := {b k+ + U,..., b n + U} eine Basis von V/U ist. Dazu zeigen wir zunächst, dass B linear unabhängig ist. Angenommen, es gilt: k+(b k+ + U)+ + n (b n + U) = V + U = U. (9.2) (Der Nullvektor in V/U ist die Nebenklasse V + U des Nullvektors, die wiederum nach Beobachtung 9.39 gleich U ist). Da wir wie in (9.9) rechnenkönnen,folgt aus (9.2): ( k+ b k+ + + n b n )+U = U. Nach Beobachtung 9.39 liegt dann der Vektor v := k+ b k+ + + n b n im Unterraum U. Dannistv aber auch eine Linearkombination der Basis B U von U, also v = ib i für geeignete Skalare,..., k 2 K. Dann haben wir aber =v v = ib i + ( i)b i i=k+

18 58 Vektorräume und aus der linearen Unabhängigkeit der Basis B V folgt = = n =. Wir zeigen jetzt, dass B ganz V/U erzeugt. Sei v + U 2 V/U beliebig. Da B V Basis von V ist, gilt für geeignete Skalare: eine v = ib i = ib i + {z } =:u i=k+ ib i = u + i=k+ ib i. Da {b,...,b k } eine Basis von U ist, folgt u 2 U und damit v Damit sind die Nebenklassen von v und P n i=k+ ib i identisch, also v + U =( i=k+ ib i )+U = i=k+ i(b i + U). P n i=k+ ib i 2 U. Dies zeigt, dass v + U eine Linearkombination der Nebenklassen b i + U, i = k +,...,n ist Anhang: Basisexistenz in beliebigen Vektorräumen In diesem Abschnitt zeigen wir die Existenz von Basen in beliebigen Vektorräumen, also auch in solchen, die nicht endlich erzeugt sind. Dazu benötigen wir ein paar Begriffe. Sei M ein nichtleeres System von Mengen. Eine nichtleere Teilmenge C Mheißt Kette, wennausa, B 2Cstets A B oder B A folgt. Eine Menge S 2Mheißt maximales Element von M, wennausa 2Mund S S folgt, dass A = S gilt. Unser Beweishilfsmittel für die Basisexistenz ist das Zornsche Lemma: Satz 9.43 (Lemma von Zorn) Wenn für jede Kette C von M auch die Vereinigungsmenge S A2C A ein Element von M ist, dann gibt es in M (mindestens) ein maximales Element. 2 Wir können jetzt das wesentliche Resultat beweisen: Satz 9.44 Sei V ein beliebiger Vektorraum über dem Körper K und M K linear unabhängig. Dann gibt es eine Basis B von V mit M B. Beweis: Wir definieren das Mengensystem M durch M := {A V : A ist linear unabhängig}. Das System M ist nichtleer, da M 2M.SeiC eine beliebige Kette von M und H := S A2C A.Wirzeigen,dassH 2Mgilt, also H linear unabhängig ist. Es gelte P k iv i =für paarweise verschiedene Vektoren v,...,v k 2 H. Für jedes i =,...,kfinden wir eine Menge A i 2Cmit v i 2 A i.dac eine Kette ist, gibt es unter diesen endlich vielen Mengen A i ein A i mit A i A i für i =,...,k.dann folgt v,...,v k 2 A i.daa i 2C M,istA i linear unabhängig, insbesondere also die Vektoren v,...,v k und es folgt = = k =. Nach dem Zornschen Lemma gibt es ein maximales Element B 2M.NachDefinition von M ist B linear unabhängig. Sei U := lin (B). Nach Beispiel 9.8 ist

19 9.8 Anhang: Basisexistenz in beliebigen Vektorräumen 59 U ein Unterraum von V. Wenn wir U = V zeigen können, dann ist B ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von V,alsoeineBasis,unddieBehauptungist bewiesen. Angenommen, es gibt einen Vektor v 2 V \U. Esgiltdannv 6=,daderNullvektor im Erzeugnis jeder Menge (sogar der leeren Menge) liegt. Die Menge B := B [{v} ist dann eine echte Obermenge von B. DaB maximales Element von M ist, kann nicht B 2Mgelten. Also ist B linear abhängig. Ist B =?, soistb = {v} mit v 6= linear abhängig im Widerspruch zu Beispiel 9.3. Ist B 6=?, sogibteswegenv 6= eine endliche Anzahl k von Vektoren v,...,v k 2 B, sodass v + iv i =, (9.2) wobei in (9.2) nichtallekoeffizientengleich K sind, da B linear abhängig ist. Es kann nicht 6= gelten, da dann v = ( i )v i wäre und v in lin (B) läge. Somit verbleibt nur =.Dannreduziertsichaber(9.2) auf iv i = und die lineare Unabhängigkeit von B impliziert = = k =im Widerspruch zur Voraussetzung, dass in (9.2) nichtallekoeffizientennullsind. 2 Korollar 9.45 Jeder Vektorraum hat eine Basis. Beweis: Wenn wir in Satz 9.44 M =? wählen, dann zeigt das Ergebnis des Satzes die Existenz einer Basis B?. AlsogibtesmindestenseineBasis. 2

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