$Id: vektor.tex,v /02/04 13:59:04 hk Exp $

Transkript

1 $Id: vektortex,v 42 29/2/4 3:59:4 hk Exp $ Vektorräume Wir kommen jetzt zum wohl abstraktesten Kapitel dieses ganzen Semesters, der Theorie der sogenannten Vektorräume Normalerweise ist ein Vektor etwas das eine Länge und eine Richtung hat, und man unterscheidet zwischen Dingen wie Orts- und Richtungsvektoren Im mathematischen Sprachgebrauch wird das Wort Vektor allerdings in einem etwas anderen Sinne verwendet Konzepte wie Orts- und Richtungsvektoren kommen überhaupt nicht explizit vor und unter einem Vektor versteht man ein Element eines sogenannten Vektorraums Ein Vektor kann dann alles mögliche sein, etwa ein Vektor im üblichen Sinne, eine Folge, eine Funktion oder etwas noch ganz anderes Was Vektor gerade konkret bedeutet hängt immer am Kontext des behandelten Vektorraums Wir werden Vektorräume sowohl mit reellen als auch mit komplexen Skalaren betrachten, und in diesem ganzen Kapitel bezeichne K {R, C} entweder die reellen oder die komplexen Zahlen Ein allgemeiner Vektorraum ist ein recht abstrakter Begriff, der nun eingeführt werden soll Der Vektorraumbegriff Wie gerade eben angekündigt hat das Wort Vektor in der linearen Algebra keinen ontologischen Status, es ist ein wesentlicher Punkt das gerade nicht festgelegt wird was ein Vektor denn zu sein hat Ein Vektorraum wird durch die Dinge definiert die man mit Vektoren machen kann, man kann zwei Vektoren addieren und erhält einen neuen Vektor und man kann einen Vektor mit einem Skalar multiplizieren und erhält wieder einen Vektor Metrische Konzepte wie beispielsweise die Länge eines Vektors oder der Winkel zwischen zwei Vektoren werden nicht in den allgemeinen Begriff eines Vektorraums aufgenommen, in einem allgemeinen Vektorraum ist es sinnlos von der Länge eines Vektors zu sprechen da solch ein Begriff auf dieser Ebene gar nicht definiert wird Genau wie wir in für die reellen Zahlen einen Satz von Grundrechenregeln gefordert haben, sollen auch die Addition und die Multiplikation mit Skalaren in einem Vektorraum gewissen Grundregeln genügen die wir in der Definition eines Vektorraums alle auflisten Es gibt allerdings einen wesentlichen Unterschied zur Situation des, während die Axiome der reellen Zahlen selbige vollständig festlegten gibt es viele wesentlich verschiedene Beispiele von Vektorräumen, mit der Vektorraumdefinition wird also eine ganze Klasse mathematischer Objekte eingeführt Definition (Die Vektorraumaxiome) Ein Vektorraum über K besteht aus einer Menge V, deren Elemente Vektoren genannt 26-

2 werden, und zwei Abbildungen und + : V V V ; (x, y) x + y : K V V ; (λ, x) λx, die die folgenden Vektorraumaxiome erfüllen: (A) Das Assoziativgesetz der Addition: Für alle x, y, z V gilt (x + y) + z = x + (y + z) (A2) Das Kommutativgesetz der Addition: Für alle x, y V gilt x + y = y + x (A3) Existenz des Nullvektors: Es gibt ein Element V mit + x = x für alle x V (A4) Existenz additiver Inverser: Für jedes x V existiert ein Vektor x V mit ( x) + x = (S) Assoziativgesetz der Multiplikation: Für alle λ, µ K und alle x V gilt λ (µ x) = (λµ) x (S2) Multiplikation mit Eins: Für jedes x V gilt x = x (S3) Distributivgesetz für Vektoren: Für alle λ K und alle x, y V gilt λ (x + y) = λ x + λ y (S4) Distributivgesetz für Skalare: Für alle λ, µ K, x V gilt (λ + µ) x = λ x + µ x Beachte das die vier additiven Axiome (A), (A2), (A3), (A4) mit den vier additiven Körperaxiomen aus übereinstimmen Daher gelten auch die Folgerungen aus diesen, wir wissen also das die Null des Vektorraums eindeutig festgelegt ist, das die additive Inverse x jedes Vektors x V eindeutig bestimmt ist und das (x+y) = ( x)+( y) für alle x, y V gilt Außerdem können wir damit auch wieder die Subtraktion x y := x + ( y) für Vektoren x, y V definieren Schließlich folgen mit den multiplikativen Axiomen (S) bis (S4) auch x = ( ) x und λ x = (λ = x = ) 26-2

3 für alle x V, λ K Dies kann man ähnlich wie die entsprechenden Aussagen für die multiplikativen Körperaxiome zeigen, und soll hier nicht vorgeführt werden Es ist übrigens tatsächlich nötig x = x zu fordern, andernfalls wäre es möglich das λ x = für alle Vektoren x V und alle λ K gilt In allgemeinen Vektorräumen läßt sich also wie gewohnt rechnen Wir wollen jetzt einige Beispiele von Vektorräumen durchgehen In der Vorlesung hatten wir dabei auf den expliziten Nachweis der Vektorraumaxiome verzichtet, hier wollen wir aber ruhig etwas ausführlicher sein Das Urbeispiel eines Vektorraums ist der Vektorraum K n der n-tupel von Zahlen aus K, also R n oder C n Die Addition derartiger n-tupel und die Multiplikation mit Skalaren hatten wir in 7 eingeführt, und dort hatten wir auch bereits die Gültigkeit der verschiedenen Vektorraumaxiome festgehalten 2 Ein sehr ähnliches Beispiel eines Vektorraums ist die Menge a a n K m n := a,, a mn K a m a mn aller m n Matrizen über K, erneut mit der in 7 eingeführten Addition und Multiplikation mit Skalaren Auch hier hatten wir den Nachweis der Vektorraumaxiome bereits in 7 erbracht In Wahrheit kann man diesen Vektorraum natürlich auch als den K nm auffassen, indem wir einfach die m n Matrixeinträge hintereinander in einer Zeile hinschreiben 3 Ein anderer wichtiger Typ von Vektorräumen sind Funktionsräume, also Mengen deren Elemente Funktionen sind Ist M eine beliebige Menge, so betrachten wir die Menge K M := {f f : M K ist eine Abbildung} aller Abbildungen von M nach K Die Elemente von K M können wir addieren, sind f, g K M, so sind f und g Abbildungen von M nach K, und wir definieren die Summe f + g dieser Abbildungen durch f + g : M K; x f(x) + g(x) Ebenso können wir für eine Funktion f K M und eine Zahl λ K eine neue Funktion λ f : M K durch λ f : M K; x λf(x) definieren Wir wollen jetzt nachweisen das V = K M mit dieser Addition und Multiplikation tatsächlich ein Vektorraum über K ist Hierzu seien f, g, h K M und λ, µ K gegeben Für jedes x M gelten dann ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = f(x) + (g + h)(x) = (f + (g + h))(x), 26-3

4 und (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x) sowie für die multiplikativen Aussagen (λ (µ f))(x) = λ (µ f)(x) = λ (µ f(x)) = (λµ) f(x) = ((λµ) f)(x) und ( f)(x) = f(x) = f(x) sowie (λ (f + g))(x) = λ (f + g)(x) = λ (f(x) + g(x)) = λ f(x) + λ g(x) und schließlich ((λ + µ) f)(x) = (λ + µ) f(x) = λ f(x) + µ f(x) = (λf)(x) + (λg)(x) = (λf + λg)(x) = (λf)(x) + (µf)(x) = (λf + µf)(x), dh es sind (f + g) + h = f + (g + h), f + g = g + f, λ (µ f) = (λµ) f, f = f, λ (f + g) = λ f + λ g und (λ + µ) f = λ f + µ f Damit haben wir die Axiome (A), (A2), (S), (S2), (S3) und (S4) nachgewiesen Kommen wir zum Axiom (A3) Hier müssen wir eine Nullfunktion als die Null des Vektorraums K M definieren, und wir verwenden die Funktion : M K; x die jedes x M auf den Skalar abbildet Beachte das hier das Symbol auf ein und derselben Zeile in zwei verschiedenen Bedeutungen verwendet wird, dies ist zwar etwas ungenau stellt sich aber als bequem heraus und wird daher üblicherweise so gemacht Mit dieser Null ist das Axiom (A3) in K M erfüllt, denn ist f K M so gilt für jedes x M stets ( + f)(x) = (x) + f(x) = + f(x) = f(x), dh es ist + f = f Es verbleibt das Axiom (A4), sei also ein f K M gegeben Dann definieren wir das additive Inverse f K M durch Für jedes x M ist dann f : M K; x f(x) (( f) + f)(x) = ( f)(x) + f(x) = ( f(x)) + f(x) = = (x), dh es gilt ( f) + f = und alles ist bewiesen 26-4

5 4 Ist im vorigen Beispiel M = N, so wird K N = {(a n ) n N a n K für alle n N} beispielsweise zum Vektorraum aller Folgen in K 5 Sind V, V 2 zwei Vektorräume über K so können wir auf dem cartesischen Produkt V := V V 2 durch (x, y) + (x, y ) := (x + x, y + y ) für alle x, x V, y, y V 2 eine Addition definieren und durch λ (x, y) := (λx, λy) für alle λ K, x V, y V 2 wird auch eine Multiplikation mit Skalaren erklärt Mit diesen Verknüpfungen wird V = V V 2 zu einem Vektorraum über K genannt das Produkt oder das direkte Produkt der beiden Vektorräume V und V 2 Um dies einzusehen, müssen wir auch hier die acht Axiome eines Vektorraums nachweisen Seien also x, x, x V, y, y, y V 2 und λ, µ K gegeben Dann haben wir und ( (x, y) + (x, y ) ) + (x, y ) = (x + x, y + y ) + (x, y ) = ((x + x ) + x, (y + y ) + y ) = (x + (x + x ), y + (y + y )) = (x, y) + (x + x, y + y ) = (x, y) + ( (x, y ) + (x, y ) ) (x, y) + (x, y ) = (x + x, y + y ) = (x + x, y + y) = (x, y ) + (x, y) sowie für die multiplikativen Aussagen λ (µ (x, y) ) = λ (µx, µy) = (λ(µx), λ(µy)) = ((λµ)x, (λµ)y) = (λµ) (x, y) und sowie (x, y) = ( x, y) = (x, y) λ ((x, y) + (x, y ) ) = λ (x + x, y + y ) = (λ(x + x ), λ(y + y )) = (λx + λx, λy + λy ) = (λx, λy) + (λx, λy ) = λ (x, y) + λ (x, y ) und schließlich (λ + µ) (x, y) = ((λ + µ)x, (λ + µ)y) = (λx + µx, λy + µy) = (λx, λy) + (µx, µy) = λ (x, y) + µ (x, y) 26-5

6 Damit sind alle Vektorraumaxiome bis auf (A3) und (A4) nachgewiesen Das Nullelement in V = V V 2 definieren wir als := (, ), wobei hier alle drei Nullen etwas unterschiedliches bedeuten, und haben dann für alle x V, y V 2 stets + (x, y) = (, ) + (x, y) = ( + x, + y) = (x, y), dh (A3) gilt Für (A4) geben wir uns letztlich x V, y V 2 vor und setzen (x, y) := ( x, y) Dies ist dann tatsächlich das additive Inverse zu (x, y) denn es gilt ( (x, y)) + (x, y) = ( x, y) + (x, y) = (( x) + x, ( y) + y) = (, ) = Betrachten wir etwa ganz konkret den Fall K = M = R, so ist V := R R die Menge aller reellen Funktionen f : R R Zum Beispiel sind dann die Sinusfunktion sin, der Cosinus cos, die Exponentialfunktion exp Elemente des Vektorraums V, und wir können Ausdrücke wie f := sin + 2 cos 2 exp hinschreiben Dies ist dann die Funktion f : R R; x sin x + 2 cos x 2e x Hieran sieht man insbesondere, dass das Wort Vektor hier wirklich nur eine Rollenbeschreibung der Elemente x V und keine intrinsische Eigenschaft dieser Elemente ist In unserem Vektorraum V = R R ist die Sinusfunktion sin selbst ein Vektor Ebenso sprechen wir im Zusammenhang mit Vektorräumen oft von Skalaren statt von Zahlen, auch dies ist nur eine Rollenbezeichnung, Skalare sind einfach Zahlen, das andere Wort wird nur verwendet um anzudeuten, dass wir sie an Vektoren heranzumultiplizieren gedenken Ein weiteres Beispiel eines Vektorraums ergibt sich aus den linearen Gleichungssystemen Angenommen wir haben ein homogenes lineares Gleichungssystem a x + a 2 x a n x n = a 2 x + a 22 x a 2n x n = a m x + a m2 x a mn x n = ( ) über K Dann können wir die Menge x V := K n x,, x n ist eine Lösung von ( ) x n 26-6

7 aller Lösungen des Gleichungssystems betrachten Nach 7Satz 3(a) sind Summen und Vielfache von Elementen aus V wieder Elemente aus V und somit haben wir eine auf V definierte Addition und eine auf V definierte Multiplikation mit Skalaren Dass diese die Vektorraumaxiome erfüllen, V also ein Vektorraum ist, folgt im wesentlichen daraus das der umgebende K n ein Vektorraum ist Die Axiome (A), (A2), (S), (S2), (S3) und (S4) fordern die Gültigkeit gewisser Formeln für alle Elemente von V, und sind damit automatisch wahr da sie sogar für alle Elemente der größeren Menge K n gelten Die verbleibenden Axiome (A3) und (A4) sind ein klein wenig komplizierter, da sie eine Existenzforderung enthalten Für Axiom (A3) brauchen wir eine Null in V Wir haben eine Null im K n, wir müssen also nur noch wissen das diese in V liegt Dies ist glücklicherweise klar da die Null des K n gerade die triviale Lösung des homogenen linearen Gleichungssystems ( ) ist Das letzte Axiom (A4) ist die Existenz additiver Inverser, und genau wie für die Null reicht es zu sehen, dass für jedes x V auch das in K n gebildete x in V liegt Dies ist wegen x = ( ) x klar Damit ist auch die Lösungsmenge V ein Beispiel eines Vektorraums 2 Untervektorräume und Erzeugendensysteme Wir hatten gesehen, dass die Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems in n Unbekannten einen Vektorraum bildet Der Nachweis der acht Vektorraumaxiome ergab sich dabei im wesentlichen daraus, das diese alle im größeren Vektorraum K n gelten Die verwendeten Eigenschaften homogener linearer Gleichungssysteme waren zum einen das Summen und Vielfache von Lösungen wieder Lösungen sind und zum anderen das der Nullvektor des K n eine Lösung ist Diese Eigenschaften führen uns auf den Begriff eines sogenannten Untervektorraums Definition 2 (Untervektorräume eines Vektorraums) Sei V ein Vektorraum Eine Teilmenge U V heißt ein Untervektorraum von V, geschrieben als U V, wenn sie die folgenden drei Bedingungen erfüllt: (U) Es ist U (U2) Für alle x, y U ist auch x + y U (U3) Für alle x U und alle λ K ist auch λx U Anstelle von Untervektorraum werden wir oft auch das kürzere Synonym Teilraum verwenden Manchmal werden für die beiden Bedingungen (U2) und (U3) auch die Sprechweisen U ist abgeschlossen unter der Addition beziehungsweise U ist abgeschlossen unter der Multiplikation mit Skalaren verwendet Anstelle von (U) kann man auch die bei Gültigkeit von (U3) äquivalente Bedingung U verwenden, gibt es nämlich überhaupt ein x U so ist nach (U3) auch = x U Da U aber eigentlich so gut wie immer bewiesen wird indem U gezeigt wird, kann man dies auch gleich als die Bedingung verwenden Genau wie wir eingesehen haben, dass 26-7

8 die Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems einen Vektorraum bildet, ist auch jeder Untervektorraum eines Vektorraums V selbst ein Vektorraum, die Existenz additiver Inverser (A4) folgt dabei über x = ( ) x für jedes x V aus (U3) Ein Beispiel eines Untervektorraums sind natürlich die Lösungsmengen homogener linearer Gleichungssysteme in n Variablen als Untervektorräume des K n Als ein etwas komplizierteres Beispiel betrachten wir den Vektorraum K N aller Folgen in K Dieser enthält die Menge C := { (a n ) n N K N (a n ) n N ist konvergent }, aller konvergenten Folgen und wir behaupten, dass C ein Untervektorraum von K N ist Dass C gilt, ist dabei klar, konstante Folgen sind ja insbesondere konvergent Die beiden anderen Bedingungen (U2), (U3) besagen, dass Summen und Vielfache von konvergenten Folgen wieder konvergent sind, und dies ist gerade 4Satz 6(a,b) Also ist C ein Untervektorraum von K N, und somit selbst ein Vektorraum Die für uns wichtigste Klasse von Untervektorräumen wird durch das Bilden des sogenannten Aufspanns gegebener Vektoren in einem Vektorraum V definiert Um dieses Konzept einzuführen benötigen wir die sogenannten Linearkombinationen von Vektoren in einem Vektorraum Definition 3 (Linearkombinationen) Sei V ein Vektorraum über K Sind v,, v n V, so heißt ein weiterer Vektor v V eine Linearkombination von v,, v n, wenn es Skalare λ,, λ n K mit v = λ v + + λ n v n = λ k v k gibt Die Menge aller Linearkombinationen von v,, v n heißt das Erzeugnis, oder auch der Aufspann, von v,, v n, geschrieben als { } v,, v n = span(v,, v n ) := λ k v k λ,, λ n K Für Vektoren v,, v n im Spaltenvektorraum K m ist es uns leicht möglich zu entscheiden, ob ein weiterer Vektor v eine Linearkombination der v,, v n ist Schreiben wir hierzu v := a a m so ist für alle x,, x n K stets x a a m + x 2 a 2 a m2, v 2 := a 2 a m2 + + x n 26-8 k= k=,, v n := a n a mn = a n a mn, a x + + a n x n a m x + + a mn x n

9 also wobei x v + + x n v n = A x x n a a n A :=, a m a mn die Matrix ist, deren Spalten gerade die Vektoren v,, v n sind Damit ist ein Vektor v K m genau dann eine Linearkombination der Vektoren v,, v n wenn das lineare Gleichungssystem Ax = v eine Lösung hat Insbesondere können wir dies mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren effektiv entscheiden Wir schauen uns dies einmal am Beispiel der drei Vektoren v = 2, v 2 =, v 3 = im R 4 an und berechnen ihren Aufspann Wir müssen alle b R 4 bestimmen für die x v + x 2 v 2 + x 3 v 3 = b lösbar ist und rechnen, b b b 3 b 4 3 b 4 b + b b 3 2b 3 b 4 b 3 b 4 b + b 2 3 b 3 + 3b 2 + b 3 b 4 b 3 b 4 b + b 2 3 b 3 + 3b 2 + b b 4 + b 3 + 3b 2 Die vierte Zeile liefert uns die Lösbarkeitsbedingung und damit ist b v, v 2, v 3 = b 2 b 3 R4 3b 2 + b 3 + b 4 = b 4 Ein weiteres solches Beispiel ist Aufgabe (38), diese können wir auch so interpretieren das der Aufspann der vier Vektoren 4 5 v = 7, v 2 = 2, v 3 = 3 8, v 4 =

10 im R 4 berechnet wird Die rechnerische Bestimmung des Aufspanns von Vektoren im K m stellt uns also vor keine neuen Probleme Wir stellen jetzt die Grundeigenschaften von Untervektorräumen zusammen Lemma (Grundeigenschaften von Untervektorräumen) Sei V ein Vektorraum über K Dann gelten: (a) Die Mengen V und {} sind Untervektorräume von V, genannt die beiden trivialen Untervektorräume (b) Sind U ein Untervektorraum von V und W ein Untervektorraum von U, so ist W auch ein Untervektorraum von V (c) Sind U, W zwei Untervektorräume von V, so ist auch der Durchschnitt U V ein Untervektorraum von V (d) Sind U, W zwei Untervektorräume von V, so ist auch die Summe ein Untervektorraum von V U + W := {x + y x U, y W } V (e) Sind v,, v n V, so ist der Aufspann v,, v n der kleinste Untervektorraum von V der v,, v n enthält Beweis: Die ersten drei Aussagen (a,b,c) sind alle klar (d) Wir kommen daher zum Beweis von (d) Zunächst ist = + U + W Sind u, u U + W, so gibt es x, x U und y, y W mit u = x + y und u = x + y, also ist auch u + u = (x + x ) + (y + y ) U + W Weiter haben wir für jedes λ K dann auch λ u = λ (x + y) = λ x + λ y U + W Damit ist auch U + W ein Untervektorraum von V und (d) ist bewiesen (e) Schreibe U := v,, v n Zunächst ist = n i= v i U Sind x, y U, so existieren λ,, λ n, µ,, µ n K mit x = n i= λ iv i und y = n i= µ iv i Damit ist auch x + y = λ i v i + µ i v i = (λ i + µ i )v i U i= Außerdem ist für jedes λ K λ x = i= i= (λλ i )v i U i= Damit ist U ein Unterraum von K Für jedes i n gilt dabei v i = n j= δ ijv j U, es ist also v,, v n U Ist umgekehrt W V ein Teilraum von V mit v,, v n W, so gilt für alle λ,, λ n K auch n i= λ iv i W, dh jede Linearkombination von v,, v n liegt wieder in W Damit ist U W 26-

11 Das im letzten Beweisteil verwendete Kronecker-Symbol ist dabei als {, α = β, δ αβ :=, α β definiert Der Begriff des Aufspanns von Vektoren führt uns im nächsten Schritt zu den sogenannten Erzeugendensystemen eines Vektorraums Definition 4 (Erzeugendensysteme eines Vektorraums) Sei V ein Vektorraum über K Sind v,, v n V, so heißen v,, v n ein Erzeugendensystem von V wenn V = v,, v n ist, wenn also jeder Vektor v V Linearkombination von v,, v n ist Auf einen Randfall wollen wir noch gesondert hinweisen, nämlich den Fall n = Erinnern wir uns an die Konvention leere Summen als Null zu interpretieren, so haben n = viele Vektoren in V den Nullvektor als einzige Linearkombination und ihr Aufspann ist damit der triviale Untervektorraum = {} Insbesondere hat der triviale Vektorraum V = {} ein aus Null Vektoren bestehendes Erzeugendensystem Wir wollen nun noch einige wichtige Grundbeispiele von Erzeugendensystemen besprechen Das erste Beispiel ist dabei besonders trivial, aber wichtig Für beliebige Vektoren v,, v n V in einem Vektorraum V ist v,, v n ein Erzeugendensystem des Aufspanns v,, v n 2 Der K n besitzt ein besonders einfaches Erzeugendensystem bestehend aus den Vektoren e :=, e 2 :=,, e n :=, denn jeder Vektor x K n ist ja eine Linearkombination x x 2 x = = x + x x n x n = x k e k Im dreidimensionalen reellen Fall V = R 3, schreibt man gelegentlich i, j, k für die drei Vektoren e, e 2, e 3 3 Analog bilden die Basismatrizen e ij := (δ ik δ jl ) k m, l n für i m, j n ein Erzeugendensystem des Matrixraums K m n Das vorige Beispiel läßt sich als ein Spezialfall dieses Beispiels interpretieren, schreiben wir K n = K n so wird e k = e n k für jedes k n 26- k=

12 4 Angenommen wir haben einen Vektorraum V mit Erzeugendensystem v,, v n und einen weiteren Vektorraum W mit dem Erzeugendensystem w,, w m Im direkten Produkt V W definieren wir dann die n + m Vektoren v i := (v i, ) für i n und w j := (, w j ) für j m und behaupten das v,, v n, w,, w m ein Erzeugendensystem von V W ist Ist nämlich x V W, so ist x = (v, w) mit v V, w W und es gibt Skalare λ,, λ n K mit v = n i= λ iv i sowie µ,, µ m K mit w = m j= w j Damit ist dann auch ( m ) m λ i v i + µ j w j = λ i v i, µ j w j = (v, w) = x i= j= i= und wir haben x als eine Linearkombination der betrachteten Vektoren dargestellt 5 Ein weiteres Beispiel von Erzeugendensystemen kennen wir auch bereits aus unserer Diskussion linearer Gleichungssysteme aus 6 Angenommen wir haben ein homogenes lineares Gleichungssystem j= a x + a 2 x a n x n = a 2 x + a 22 x a 2n x n = a m x + a m2 x a mn x n = ( ) und betrachten die Menge V seiner Lösungen Wie bereits bemerkt ist V ein Teilraum des K n, also selbst ein Vektorraum Wenden wir nun das Gaußsche Eliminationsverfahren auf das lineare Gleichungssystem ( ) an, so erhalten wir ein äquivalentes lineares Gleichungssystem x i + c,i +x i c i2 x i2 + + c ir x ir + = x i2 + + c 2ir x ir + = x ir + =, in Stufenform, dessen untere m r nur aus Nullen bestehende Zeilen hier fortgelassen werden, dh r ist die Anzahl der nach Anwendung des Gaußschen Eliminationsverfahrens verbleibenden nicht trivialen Zeilen Wir haben hier die Variante des Eliminationsverfahrens verwendet, die den führenden Eintrag jeder verbleibenden Zeile durch Multiplikation mit einer Konstanten auf Eins bringt Jede dieser r Zeilen legt eine der Unbekannten fest, dh die Werte von x i,, x ir werden festgelegt während die anderen Unbekannten frei bleiben Dabei haben 26-2

13 wir x ir = c r,ir+x ir+ c rn x n, x ir = c r,ir +x ir + c r,ir x ir c r,ir+x ir+ c r,n x n = c r,ir +x ir + (c r,ir+ c r,ir c r,ir+)x ir+ (c r,n c r,ir c rn )x n und so weiter Benennen wir die frei bleibenden Unbekannten in t,, t n r um, so können wir die allgemeine Lösung des homogenen linearen Gleichungssystems ( ) damit in der Form x = t + t t n r schreiben Damit wird der Lösungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems ( ) von diesen n r Vektoren erzeugt Der Lösungsraum V hat also ein aus n r Vektoren bestehendes Erzeugendensystem Dies sollte an einem kleinen Beispiel klarer werden Wir betrachten das folgende homogene lineare Gleichungssystem in den Unbekannten x,, x 6 x + 2x 4 x 5 = 3x 4 + x 6 = Die Unbekannten x 2, x 3 kommen hier gar nicht vor, aber das ist gewollt Dieses Gleichungssystem ist bereits in Stufenform, wobei die Unbekannten x und x 4 festgelegt sind, während x 2, x 3, x 5 und x 6 frei bleiben Wir haben x 4 = 3 x 6 und x = x 5 2x 4 = x x 6, benennen wir also die freien Unbekannten x 2, x 3, x 5, x 6 in t, t 2, t 3, t 4 um, so wird der 26-3

14 Lösungsraum dieses homogenen linearen Gleichungssystems zu t t 4 t t 2 3 t 4 t 3 t 4 t, t 2, t 3, t 4 R = t + t 2 + t 3 + t t, t 2, t 3, t 4 R Ein Erzeugendensystem des Lösungsraums besteht hier also aus den vier Vektoren u =, u 2 =, u 3 =, u 4 = Die spezielle Gestalt dieses Erzeugendensystems wird später noch einmal wichtig werden, jeder der Vektoren hat oben einige weitgehend beliebige Einträge, dann folgt eine und der untere Teil des Vektors besteht nur aus Nullen Gehen wir die Vektoren dabei von links nach rechts durch, so wird der untere aus Nullen bestehende Teil immer kleiner Zum Abschluss dieses Abschnitts wollen wir noch die Grundeigenschaften von Erzeugendensystemen festhalten Lemma 2 (Grundeigenschaften von Erzeugendensystemen) Sei V ein Vektorraum über K (a) Sind v,, v n, w,, w m V, so ist v,, v n, w,, w m = v,, v n + w,, w m (b) Sind v,, v n ein Erzeugendensystem von V und w,, w m V mit v i w,, w m für alle i n, so ist auch w,, w m ein Erzeugendensystem von V 26-4

15 Beweis: (a) Es ist v,, v n + w,, w m { } { m } = λ i v i λ,, λ n K + µ i w i µ,, µ m K i= { = λ i v i + i= (b) Nach Lemma (e) gilt m j= i= µ j w j λ,, λ n K, µ,, µ m K } V = v,, v n w,, w m V, = v,, v n, w,, w m also ist auch V = w,, w m, dh w,, w m ist ein Erzeugendensystem von V Aussage (b) des Lemmas ist oft nützlich um bei gegebenen Vektoren nachzuweisen, dass sie ein Erzeugendensystem bilden Anstatt einzusehen, dass man jeden anderen Vektor als Linearkombination dieser Vektoren schreiben kann, reicht es dies für die Vektoren eines bereits bekannten Erzeugendensystems zu tun 3 Lineare Unabhängigkeit, Basen und Dimension Haben wir ein Erzeugendensystem v,, v n des Vektorraums V, so können wir jeden Vektor v V als eine Linearkombination v = λ v + + λ n v n schreiben, aber leider ist diese Darstellung im Allgemeinen nicht eindeutig Betrachten wir zum Beispiel einmal im R 2 die drei Vektoren ( ) ( ) ( ) v =, v 2 = und v 3 = 2 Wegen e = (/2)(v + v 2 ) und e 2 = v 3 v sind v, v 2, v 3 nach Lemma 2(b) ein Erzeugendensystem des R 2 In diesem Erzeugendensystem können wir andere Vektoren auf mehrere verschiedene Arten als Linearkombinationen schreiben, zum Beispiel ist e 2 = v 3 v = 2 v 2 v 2 Von besonderem Interesse sind nun natürlich diejenigen Erzeugendensysteme für die die Darstellung anderer Vektoren als Linearkombination eindeutig ist Die hierfür zuständige Bedingung ist die sogenannte lineare Unabhängigkeit Definition 5 (Lineare Unabhängigkeit) Sei V ein Vektorraum Dann heißen die Vektoren v,, v n V linear unabhängig, 26-5

16 wenn für alle Skalare λ,, λ n K aus λ v + +λ n v n = bereits λ = = λ n = folgt Andernfalls nennt man v,, v n linear abhängig Die Vektoren v, v 2, v 3 des obigen Beispiels sind dann nicht linear unabhängig, da ja etwa 3 2 v 2 v 2 v 3 = gilt Beachte das die lineare Unabhängigkeit auch die Eindeutigkeit der Koeffizienten in einer Linearkombination bedeutet, sind nämlich λ,, λ n, µ,, µ n K mit so folgt auch λ v + + λ n v n = µ v + + µ n v n (λ µ )v + + (λ n µ n )v n =, und damit ist λ k µ k =, also λ k = µ k, für alle k =,, n Wir wollen uns jetzt kurz klarmachen wie man die lineare Unabhängigkeit von Vektoren in einem Spaltenvektorraum K m rechnerisch nachweist Seien also v,, v n Vektoren im K m, und schreibe v = a a m, v 2 = a 2 a m2,, v n = Die Linearkombinationen dieser Vektoren sind dann a λ + + a n λ n λ v + + λ n v n = a m λ + + a mn λ n! = und da die Vektoren v,, v n nach Definition genau dann linear unabhängig sind, wenn diese Gleichung nur durch λ = = λ n = lösbar ist, sind sie auch genau dann linear unabhängig wenn das homogene lineare Gleichungssystem a x + + a n x n = a m x + + a mn x n = nur die triviale Lösung hat Diese Bedingung können wir rechnerisch noch etwas weiter auswerten Nehme hierzu wieder an, dass wir das Gaußsche Eliminationsverfahren mit dem obigen homogenen linearen Gleichungssystem laufen lassen, und das dieses mit einen System in Stufenform das aus r Gleichungen besteht endet Dann sind r der n Unbekannten durch das Gleichungssystem festgelegt, es hat also genau dann nur die triviale Lösung wenn r = n ist Damit gilt auch v,, v n sind linear unabhängig a n a mn, Das Gaußssche Eliminationsverfahren angewandt auf die Matrix deren Spalten die Vektoren v,, v n sind endet mit n von Null verschiedenen Zeilen 26-6

17 Insbesondere stellt der Nachweis der linearen Unabhängigkeit im K m uns vor keine neuen rechnerischen Probleme Wir wollen jetzt unsere Beispiele von Erzeugendensystemen aus dem vorigen Abschnitt auf lineare Unabhängigkeit überprüfen Starten wir für n N mit n mit den Vektoren e,, e n K n Für alle λ,, λ n K haben wir dann λ k e k = λ + λ λ n = k= und damit folgt aus λ e + + λ n e n = sofort λ = = λ n = Folglich sind e,, e n linear unabhängig 2 Etwas allgemeiner sind auch die Basismatrizen zu gegebener Größe linear unabhängig, dh sind n, m N mit n, m so sind die Matrizen e nm kl für k m, l n im Vektorraum K m n linear unabhängig Dies folgt genau wie im vorigen Beispiel, sind λ kl K für k m, l n gegeben, so ist die Linearkombination A = k m, l n λ kle nm kl die m n-matrix deren Eintrag für k m, l n in der k-ten Zeile und l-ten Spalte gleich A kl = λ kl ist, also folgt aus A = wieder λ kl = für alle k m, l n 3 Nun seien V, W zwei Vektorräume über K und v,, v n V im Vektorraum V linear unabhängig und w,, w m W im Vektorraum W linear unabhängig Wir bilden das direkte Produkt V W und betrachten in diesem für i n, j m die Vektoren v i := (v i, ) und w j := (, w j ) Dann sind die Vektoren v,, v n, w,, w m in V W linear unabhängig In der Tat, haben wir Skalare λ,, λ n, µ,, µ m K mit n i= λ iv i + m j= µ jw j =, so ist ( m ) m = λ i v i + µ j w j = λ i v i, µ j w j, i= j= also haben wir zum einen n i= λ iv i = und somit λ = = λ n = und zum anderen m j= µ jw j = und somit µ = = µ m = 4 Kommen wir nun zu den n r Vektoren u,, u n r, die den Lösungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems Ax = aufspannen Diese Vektoren 26-7 i= j= λ λ 2 λ n,

18 hatten die spezielle Form u =, u 2 =,, u n r = und wir behaupten, dass sie linear unabhängig sind Seien nämlich λ,, λ n r K mit λ u + + λ n r u n r = gegeben Beachten wir nun, dass nur der letzte Vektor u n r in der untersten Zeile eine Eins hat, während die restlichen Vektoren u,, u n r an dieser Stelle eine Null haben, so haben wir n r = λ k u k = k= λ n r also ist zumindest λ n r = Damit ist aber auch λ u + + λ n r u n r = Schauen wir uns dann beim jetzt letzten Vektor u n r die unterste von Null verschiedene Zeile an, so haben alle anderen Vektoren u,, u n r 2 dort eine Null, und es folgt wieder λ n r = So fortfahrend erhalten wir schließlich λ n r = λ n r = = λ = Damit sind u,, u n r tatsächlich linear unabhängig, und somit wird der Lösungsraum eines homogenen linearen Gleichungssystems von n r linear unabhängigen Vektoren erzeugt, wobei r wieder die Anzahl der nach dem Gaußschen Eliminationsverfahren verbleibenden von Null verschiedenen Zeilen bezeichnet Nach diesen Beispielen kommen wir jetzt zu einer ganzen Sequenz eher theoretischer Aussagen über lineare Unabhängigkeit und Erzeugendensysteme in einem abstrakten Vektorraum In der Vorlesung wurden diese Tatsachen nur übersichtsweise vorgestellt und nicht weitergehend begründet In diesem Skript wollen wir die vollständigen Beweise mit angeben, Lemma 3 (Grundeigenschaften der linearen Unabhängigkeit) Seien V ein Vektorraum über K und v,, v n V (a) Ist v V, so sind v,, v n, v genau dann linear unabhängig wenn v,, v n linear unabhängig sind und v / v,, v n gilt (b) Die folgenden Aussagen sind äquivalent: Die Vektoren v,, v n sind linear unabhängig 26-8,

19 2 Kein v i ist eine Linearkombination der anderen, dh für jedes i n ist v i / v,, v i,, v n (dabei ist das sogenannte Auslassungssymbol, dh die so bezeichneten Terme sollen weggelassen werden) 3 Für jedes i n ist v i / v,, v i Beweis: (a) = Dass die Vektoren v,, v n linear unabhängig sind ist klar Wäre v v,, v n, so gäbe es λ,, λ n K mit v = n i= λ iv i, und dann ist auch v + ( λ i )v i = v i= λ i v i =, im Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit von v,, v n, v = Seien λ, λ,, λ n K mit λv + n i= λ iv i = Wäre λ, so hätten wir v = λ λ i v i = i= i= i= ( λ ) i v i v,, v n, λ also muss λ = sein Wegen n i= λ iv i = ist damit auch λ = = λ n =, dh v,, v n, v sind linear unabhängig (b) ()= (2) Klar nach (a) (2)= (3) Klar (3)= () Wir zeigen durch vollständige Induktion nach k N das v,, v k für jedes k n linear unabhängig sind Für k = ist dies klar Nun sei k N mit k n gegeben und nehme an das v,, v k linear unabhängig sind Wegen v k / v,, v k sind dann auch v,, v k nach (a) linear unabhängig Damit ist diese Aussage durch vollständige Induktion bewiesen und insbesondere sind v,, v n linear unabhängig Wir hatten die Vektoren v,, v n linear abhängig genannt wenn sie nicht linear unabhängig sind, und damit besagt der Satz, dass v,, v n genau dann linear abhängig sind, wenn für einen der Vektoren v i die Bedingung v i v,, v i,, v n erfüllt ist, dh wenn sich ein v i als Linearkombination der anderen v j schreiben läßt Entsprechend sagt man häufig auch anstelle von v ist eine Linearkombination von v,, v n das v von v,, v n linear abhängt Ist v,, v n ein Erzeugendensystem des Vektorraums V, so läßt sich jedes v V als eine Linearkombination v = λ v + + λ n v n schreiben, und sind die v,, v n zusätzlich linear unabhängig, so sind die Koeffizienten λ,, λ n in dieser Linearkombination eindeutig bestimmt In dieser Situation sprechen wir dann von einer Basis des Vektorraums V Definition 6 (Basen eines Vektorraums) Sei V ein Vektorraum über K Eine Basis von V ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem v,, v n von V 26-9

20 Wir wollen einsehen, dass jeder nicht zu große Vektorraum eine Basis hat Was dabei nicht zu groß bedeutet werden wir bald genau sagen Es gibt durchaus Vektorräume die überhaupt kein (endliches) Erzeugendensystem, und damit auch keines Basis, haben, beispielsweise der reelle Vektorraum aller Funktionen f : R R Die Existenz von Basen in den anderen Fällen ergibt sich leicht durch eine kleine Umformulierung des Begriffs einer Basis, die wir in unserem nächsten Lemma beweisen werden Lemma 4 (Charakterisierung der Basen eines Vektorraums) Seien V ein Vektorraum über K und v,, v n V Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent: (a) Die Vektoren v,, v n sind eine Basis von V (b) Die Vektoren v,, v n sind maximal linear unabhängig, also linear unabhängig und es kann kein weiterer Vektor zu ihnen hinzugefügt werden so, dass das vergrößerte System linear unabhängig bleibt (c) Die Vektoren v,, v n sind ein minimales Erzeugendensystem von V, dh sie bilden ein Erzeugendensystem von V und läßt man auch nur einen Vektor weg, so bilden die restlichen Vektoren kein Erzeugendensystem Beweis: (a)= (b) Jedes v V ist eine Linearkombination von v,, v n, also sind v,, v n, v nach Lemma 3(a) nicht linear unabhängig (b)= (a) Ist v V, so sind v,, v n, v nicht linear unabhängig, also ist nach Lemma 3(a) auch v v,, v n Damit ist v,, v n auch ein Erzeugendensystem von V, also eine Basis von V (a)= (c) Für i n ist nach Lemma 3(b) stets v i / v,, v i,, v n und insbesondere sind v,, v i,, v n kein Erzeugendensystem von V (c)= (a) Wäre v i v,, v i,, v n für ein i n, so wären auch die Vektoren v,, v i,, v n nach Lemma 2(b) ein Erzeugendensystem von V, im Widerspruch zur vorausgesetzten Minimalität von v,, v n Also ist v i / v,, v i,, v n für jedes i n, und nach Lemma 3(b) sind v,, v n linear unabhängig, also eine Basis von V Gibt es also überhaupt ein Erzeugendensystem v,, v n von V, so können wir aus diesem solange Vektoren rauswerfen bis wir zu einem minimalen Erzeugendensystem kommen, und dieses ist dann eine Basis von V Man kann also jedes Erzeugendensystem eines Vektorraums zu einer Basis ausdünnen Das eben bewiesene Lemma scheint auch zu zeigen, dass man linear unabhängige Vektoren immer zu einer Basis ergänzen kann Angenommen wir starten mit linear unabhängigen Vektoren v,, v n in V Sind diese maximal, so sind sie bereits eine Basis von V Andernfalls kann man sie durch einen Vektor v n+ V zu einem linear unabhängigen System v,, v n, v n+ ergänzen Ist dieses System maximal, so haben wir wieder eine Basis von V Andernfalls können wir einen weiteren Vektor v n+2 V hinzufügen Führen wir dies immer so weiter, so 26-2

21 sollten wir schließlich auf eine Basis von V stossen Leider muss das nicht so sein, es kann passieren das wir immer wieder einen neuen Vektor hinzufügen können, ohne je zu einem Ende zu kommen Wir werden zeigen, dass dies nur passieren kann wenn der Vektorraum V zu groß ist Sobald sich V von Vektoren w,, w m erzeugen läßt, muss das Verfahren zu einem Ende kommen Zunächst führen wir einen Namen für solche Vektorräume ein Definition 7: Ein Vektorraum V heißt endlich erzeugt wenn er ein Erzeugendensystem v,, v n V besitzt Wie bereits gezeigt muss jedes solche eine Basis enthalten, und insbesondere hat jeder endlich erzeugte Vektorraum eine Basis Es wäre aber immer noch denkbar das es unendlich lange Ketten linear unabhängiger Vektoren gibt, selbst wenn der Vektorraum endlich erzeugt ist Um einzusehen, dass dies nicht passieren kann beweisen wir gleich den sogenannten Steinitzschen Austauchsatz Die Hauptaussage dieses Satz ist ihnen wohlbekannt, in den R 2 passen nur zwei linear unabhängige Vektoren rein, in den R 3 nur drei Stück und der Steinitzsche Austauschsatz verallgemeinert diese Tatsachen und sagt unter anderem, dass in einem Vektorraum mit einer Basis aus n Vektoren auch höchstens n linear unabhängige Vektoren hineinpassen Lemma 5 (Steinitzsches Austauschlemma für Vektorräume) Seien V ein Vektorraum über K, w,, w m V linear unabhängig und weiter seien auch v,, v n w,, w m linear unabhängig Dann ist n m und wir können n der m Vektoren w,, w m durch v,, v n ersetzen so, dass das entstehende System w,, w m linear unabhängig mit w,, w m = w,, w m ist Beweis: Wir beweisen dies durch Induktion nach n Für n = ist die Behauptung dabei klar Nun sei n N und die Behauptung gelte für n linear unabhängige Vektoren v,, v n w,, w m Wir kommen zum Induktionsschluß, seien also n + linear unabhängige Vektoren v,, v n+ w,, w m gegeben Nach der Induktionsannahme ist n m und nach eventuellen Umnumerieren der w,, w m können wir annehmen, dass v,, v n, w n+,, w m linear unabhängig mit sind Insbesondere ist v,, v n, w n+,, w m = w,, w m v n+ w,, w m = v,, v n, w n+,, w m, also existieren Skalare λ,, λ m K mit v n+ = m λ i v i + λ i w i i= i=n+ Da v,, v n+ linear unabhängig sind, ist nach Lemma 3(b) aber v n+ / v,, v n und damit kann nicht λ n+ = = λ m = sein, dh es ist n + m und es gibt 26-2

22 ein n < i m mit λ i Durch ein weiteres eventuelles Umnumerieren der Vektoren w n+,, w m können wir i = n +, also λ n+ annehmen Da die Vektoren v,, v n, w n+,, w m linear unabhängig sind, ergibt die Eindeutigkeit der Darstellung von v n+ als Linearkombination auch v n+ / v,, v n, w n+2,, w m, also sind v,, v n, v n+, w n+2,, w m nach Lemma 3(a) linear unabhängig Wegen w n+ = λ n+ ( λ i v i + v n+ i= ist nach Lemma 2(b) auch m i=n+2 λ i w i ) v,, v n+, w n+2,, w m v,, v n+, w n+2,, w m = v,, v n, w n+,, w m = w,, w m Damit ist die Behauptung auch für n + bewiesen, und per vollständiger Induktion ist damit alles gezeigt In einem endlich erzeugten Vektorraum V hatten wir bereits gesehen, dass es stets eine Basis gibt, und nach dem Steinitzschen Austauschlemma kann es in V keine beliebig großen Systeme linear unabhängiger Vektoren geben Damit liefert die weiter oben beschriebene Konstruktion, dass sich linear unabhängige Vektoren in V stets zu einer Basis von V ergänzen lassen und es ist bereits der Hauptteil des nun folgenden Satzes bewiesen Satz 6 (Existenz von Basen und Dimension) Sei V ein endlich erzeugter Vektorraum über K (a) Es gibt eine Basis v,, v n von V (b) Jedes Erzeugendensystem von V enthält eine Basis von V (c) Sind v,, v n V linear unabhängig, so lassen sich diese Vektoren zu einer Basis v,, v m von V ergänzen (d) Sind v,, v n und w,, w m zwei Basen von V, so ist n = m Beweis: (b,c) Dies haben wir bereits eingesehen (a) Klar nach (b) (d) Nach Lemma 5 sind n m und m n, also n = m Die nach dem Satz eindeutig bestimmte Länge einer Basis von V wird als die Dimension des Vektorraums V bezeichnet Definition 8: Sei V ein endlich erzeugter Vektorraum Die Dimension dim V von V ist dann die nach Satz 6 eindeutig bestimmte Länge einer Basis von V Wir schauen uns jetzt wieder einige Beispiele zu den eben bewiesenen Sätzen an 26-22

23 Sei n N mit n und betrachte die schon oben eingeführten Vektoren e,, e n K n im Spaltenvektorraum K n Wir haben bereits eingesehen das diese ein linear unabhängiges Erzeugendensystem des K n, also eine Basis, sind Diese Basis wird auch als die kanonische Basis oder die Standardbasis des K n bezeichnet Da die kanonische Basis aus n Elementen besteht ist der K n insbesondere endlich erzeugt mit dim K n = n 2 Etwas allgemeiner seien n, m N mit n, m gegeben und betrachte den Vektorraum K m n der m n-matrizen über K Wir haben bereits gesehen das die Basismatrizen e mn kl für k m, l n ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von K m n bilden, dh K m n ist endlich erzeugt und die Basismatrizen bilden eine Basis dieses Vektorraums, genannt die kanonische Basis oder die Standardbasis von K m n Dies erklärt auch weshalb wir diese Matrizen als Basismatrizen bezeichnet haben Die Standardbasis hat m n Elemente, also gilt dim K m n = mn 3 Nun seien V, W zwei endlich erzeugte Vektorräume über K Dann wissen wir bereits das es eine Basis v,, v n von V und eine Basis w,, w m von W gibt, insbesondere sind also n = dim V und m = dim W Im direkten Produkt V W bilden wir jetzt für i n, j m die Vektoren v i := (v i, ) und w j := (, w j ) In zwei früher behandelten Beispielen hatten wir bereits nachgerechnet, dass v,, v n, w,, w m ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von V W, also eine Basis von V W, ist Damit ist das direkte Produkt V W endlich erzeugt und es gilt 4 Ist dim(v W ) = n + m = dim V + dim W a x + a 2 x a n x n = a 2 x + a 22 x a 2n x n = a m x + a m2 x a mn x n = ein homogenes lineares Gleichungssystem, und verbleiben nach Ablauf des Gaußschen Eliminationsverfahrens r von Null verschiedene Zeilen, so haben wir oben eingesehen, dass das Eliminationsverfahren uns dann ein Erzeugendensystem des Lösungsraums U des Gleichungssystems liefert, das aus n r linear unabhängigen Vektoren besteht Dieses Erzeugendensystem ist dann eine Basis von U, und insbesondere ist dim U = n r Hieraus folgt insbesondere, dass das Gaußsche Eliminationsverfahren unabhängig von den konkret gewählten Zeilenoperationen am Ende immer auf dieselbe Anzahl von Null verschiedener Zeilen führt 26-23