4. Vektorräume und Gleichungssysteme

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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 41 und 42 4 Vektorräume und Gleichungssysteme 41 Vektorräume und Unterräume Im folgenden ist IK immer ein Körper Zur Unterscheidung von Elementen des Körpers und den Elementen der im folgenden definierten Vektorräume beschreiben wir die Körperelemente, wenn möglich, mit griechischen Buchstaben und nennen sie Skalare Für die Elemente des IK-Vektorraums verwenden wir Fettdruck und nennen sie Vektoren Dabei ist zubeachten, dass der Begriff Vektor hier allgemeiner ist als der in der Schule verwendete Definition 41 (Vektorraum über IK ) Ein Vektorraum über IK (auch IK-Vektorraum oder IK-linearer Raum genannt) ist eine Menge V mit einer Verknüpfung +, und einer Abbildung V V V, (v, w) v + w, K V V, (α, v) α v, einer sogenannten äußeren Verknüpfung, die Skalarmultiplikation genannt wird, so dass folgende Axiome gelten (V1) Für alle v, w, z V gilt (v + w) + z = v + (w + z) (V2) Für alle v, w V gilt v + w = w + v (V3) Es gibt ein 0 V, so dass für alle v V gilt v + 0 = v (V4) Zu jedem v V gibt es ein v V mit v + ( v) = 0 (V5) Für alle α, β IK und alle v V gilt (α + β) v = α v + β v (V6) Für alle α, β IK und alle v V gilt (α β) v = α (β v) (V7) Für alle v V gilt 1 v = v (V8) Für alle α IK und alle v, w V gilt α (v + w) = α v + α w 1

2 (V1) - (V4) besagen, dass (V, +) eine abelsche Gruppe ist (V7) sieht trivial aus, verhindert aber zum Beispiel, dass man als Skalarmultiplikation α v := 0 für alle α IK, v V definiert Bei dieser Definition sind die Axiome (V5), (V6) und (V8) erfüllt, aber V kein IK-Vektorraum, weil (V7) nicht gilt Beispiele 1 IK n = IK IK IK mit Addition (x 1, x 2,, x n ) + (y 1, y 2,, y n ) := (x 1 + y 1, x 2 + y 2,, x n + y n ) und Skalarmultiplikation α (x 1, x 2,, x n ) := (αx 1, αx 2,, αx n ) bildet einen IK-Vektorraum Speziell die Fälle n = 2 und n = 3 sind geometrisch interpretierbar 2 M sei beliebige Menge, Abb(M, IK) ist die Menge aller Abbildungen von M nach IK Abb(M, IK) ist ein IK-Vektorraum mit Addition und Skalarmultiplikation 3 M sei beliebige Menge und f + g : M IK, x f(x) + g(x) α f : M IK, x αf(x) V 0 := {f Abb(M, IK) f(x) 0 nur für endlich viele x M} Addition und Skalarmultiplikation wie in 2 machen V 0 zu einem IK-Vektorraum, 4 Eine polynomiale Abbildung p aus Abb(IK, IK) ist durch Vorgabe von endlich vielen Zahlen a 0, a 1,, a n IK und die Vorschrift p(x) := a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n eindeutig bestimmt Die Menge aller polynomialen Abbildungen bildet einen IK-Vektorraum mit Addition und Skalarmultiplikation wie in 2 5 Sei n N fest und M := IK n Eine Abbildung f aus Abb(IK n, IK) ist durch Vorgabe von endlich vielen Zahlen a 0, a 1,, a n IK und die Vorschrift f(x) := a 0 + a 1 x 1 + a 2 x a n x n eindeutig bestimmt Eine derartige Abbildung wird lineare Funktion genannt Die Menge aller solchen linearen Funktionen bildet einen IK-Vektorraum mit Addition und Skalarmultiplikation wie in 2 2

3 Lemma 42 (Rechenregeln in IK-Vektorräumen ) Ist V ein IK-Vektorraum, dann gilt für alle v V und alle α IK (i) 0 v = 0 (ii) α 0 = 0 (iii) α v = 0 (α = 0 v = 0) (iv) ( α) v = (α v) Beweis Zu (i) Zu (ii) 0 v V = 3 0 v + 0 V = 4 0 v + (0 v + ( (0 v))) V 1 = (0 v + 0 v) + ( (0 v)) V = 5 (0 + 0) v + ( (0 v)) = 0 v + ( (0 v)) V = 4 0 α 0 V = 3 α V = 4 α 0 + (α 0 + ( (α 0))) V 1 = (α 0 + α 0) + ( (α 0)) V = 8 α (0 + 0) + ( (α 0)) V 3 = α 0 + ( (α 0)) V = 4 0 Zu (iii) Die Implikation,, folgt offenbar aus (i) und (ii) Wir müssen also nur noch die Implikation,, zeigen Es sei also α v = 0 Wir nehmen an, dass α 0 gilt (andernfalls sind wir fertig) und müssen zeigen, dass dann v = 0 gilt Zu (iv) v V 7 = 1 v = (α 1 α) v V 6 = α 1 (α v) = α 1 0 ii = 0 ( α) v V 3 = ( α) v + 0 V 4 = ( α) v + (α v + ( (α v))) V 1 = (( α) v + α v) + ( (α v)) V 5 = ( α + α) v + ( (α v)) i = (α v) Damit ist der Beweis abgeschlossen Definition 43 (Untervektorräume ) Sei V ein IK-Vektorraum U V heißt Untervektorraum von V, wenn die drei folgenden Eigenschaften gelten (UV1) Für alle u, v U ist auch u + v U (UV2) Für alle α IK und v U ist auch α v U (UV3) 0 U Bemerkung U ist mit der Addition und der Skalarmultiplikation aus V auch ein IK-Vektorraum Die Eigenschaft (UV3) ist eine Folge aus (UV2) 3

4 und Lemma 42 i), wenn U nicht die leere Menge ist (Also ist (UV3) eigentlich nur eine Umschreibung dafür, dass U gilt) Die Eigenschaften (UV1) und (UV2) lassen sich zusammenfassen zu (UV4) Für alle α, β IK und u, v U gilt auch α u + β v U Beispiele Die Vektorräume der Beispiele nach Definition 41 waren zt Untervektorräume So ist das V 0 aus Beispiel 3 ein Untervektorraum des IK- Vektorraums Abb(M, IK) aus Beispiel 1 Der IK-Vektorraum aus Beispiel 4 ist Untervektorraum von Abb(IK, IK) Der IK-Vektorraum aus Beispiel 5 ist Untervektorraum von Abb(IK n, IK) Der R-Vektorraum R 2 hat zb als Untervektorraum U 1 := {α (1, 2) α R} U 1 ist eine Gerade durch (0, 0) und (1, 2) Ein weiterer Untervektorraum von R 2 ist zb U 2 := {α (1, 2) + β ( 1, 1) α, β R} Jeder Vektor (x, y) R 2 liegt in U 2, Also gilt U 2 = R 2 (x, y) = x + y 3 (1, 2) + y 2x 3 ( 1, 1) Der R-Vektorraum R 3 hat zb als Untervektorraum U 1 := {α (1, 1, 0) α R} U 1 ist eine Gerade durch (0, 0, 0) und (1, 1, 0) Ein weiterer Untervektorraum von R 3 ist zb U 2 := {α (1, 1, 0) + β ( 1, 0, 2) α, β R} U 2 stellt eine Ebene im R 3 dar Definition und Satz 44 (Linearkombinationen, lineare Hülle) Sei V ein IK-Vektorraum und v 1,, v m Vektoren aus V i) Lin{v 1,, v m } = {α 1 v α m v m α 1,, α m IK} heißt lineare Hülle (oder Spann) von v 1,, v m Ihre Elemente heißen Linearkombinationen von v 1,, v m Man sagt, Lin{v 1,, v m } wird von v 1,, v m aufgespannt ii) Lin{v 1,, v m } ist ein Untervektorraum von V 4

5 Beweis Wenn u := α 1 v α m v m und w := β 1 v β m v m, dann ist auch u + w = (α 1 + β 1 ) v (α m + β m ) v m eine Linearkombination von v 1,, v m, dh, (UV1) gilt Wenn u := α 1 v α m v m, dann ist auch das α-fache von u also α u = (α α 1 ) v (α α m ) v m Linearkombination von v 1,, v m, dh, (UV2) gilt (UV3) gilt, weil 0 = 0 v v m Linearkombination von v 1,, v m ist Beispiele 1 Im R-Vektorraum R 3 ist Lin{v 1, v 2 } in der Regel eine Ebene Ausnahme ist hier nur der Fall, wo die Geraden {α v 1 α R} und {α v 2 α R} identisch sind oder mindestens einer der Vektoren v 1, v 2 der Nullvektor ist 2 Im R-Vektorraum R n betrachte die sogenannten Einheitsvektoren e 1 := (1, 0, 0, 0, 0), e 2 := (0, 1, 0, 0, 0), e 3 := (0, 0, 1, 0, 0), e n := (0, 0, 0, 0, 1) Lin{e 1, e 2,, e n } ist dann gleich R n, weil man jedes (x 1, x 2,, x n ) R n schreiben kann als (x 1, x 2,, x n ) = x 1 e 1 + x 2 e x n e n Die geschweiften Klammern in dem Ausdruck Lin{v 1, v 2,, v m } deuten an, dass es nicht auf die Reihenfolge der Vektoren v 1, v 2,, v m ankommt, selbst nicht darauf, ob einige der Vektoren mehrfach aufgezählt wurden Mit anderen Worten, Lin{v 1, v 2,, v m } hängt nur von der Menge {v 1, v 2,, v m } ab Für beliebige (auch abzählbare oder überabzählbare) Mengen M kann man definieren LinM := {α 1 v α m v m α 1,, α m IK, {v 1,, v m } M} Satz 45 (Lineare Hüllen als kleinste Untervektorräume) Sei V ein IK-Vektorraum und M V Die lineare Hülle LinM ist ein Untervektorraum von V mit der Eigenschaft Ist U Untervektorraum von V und M U, dann ist LinM in U enthalten Mit anderen Worten, LinM ist der kleinste Untervektorraum von V, der M enthält 5

6 Beweis LinM ist nicht-leere Teilmenge von V Mit zwei Elementen aus M, v := α 1 v α m v m, w := β 1 w β n w n, und zwei Skalaren α, β IK bekommt man α v + β w = αα 1 v αα m v m + ββ 1 w ββ n w n Dies ist eine Linearkombination aus LinM, weil {v 1,, v m, w 1,, w n } Teilmenge von M ist Also gilt (UV4) Mit M folgt also, dass LinM ein Untervektorraum ist Jeder andere Untervektorraum von V, der M enthält, enthält auch als Vektorraum alle Linearkombinationen von Vektoren aus M, er enthält also ganz LinM Beispiel Lin{(1, 1, 0), ( 1, 0, 2)} R 3 kann man sich als Ebene vorstellen, die von den Vektoren (1, 1, 0), ( 1, 0, 2) aufgespannt wird Sie enthält auch den Vektor (0, 0, 0) Durch Angabe von drei Punkten ist eine Ebene im R 3 festgelegt Hier sind es zb die Punkte (Vektoren) (0, 0, 0), (1, 1, 0) und ( 1, 0, 2) Ob ein Punkt in dieser Ebene liegt, stellt man dadurch fest, ob der entsprechende Vektor in der linearen Hülle von (1, 1, 0) und ( 1, 0, 2) liegt, also Linearkombination von (1, 1, 0) und ( 1, 0, 2) ist Wir untersuchen, ob etwa der Vektor (0, 1, 2) in Lin{(1, 1, 0), ( 1, 0, 2)} liegt, mit dem Ansatz (0, 1, 2) = α (1, 1, 0) + β ( 1, 0, 2) = (α β, α, 2β) mit noch zu bestimmenden α, β R Betrachtet man die Koordinaten einzeln, hat man die drei Gleichungen α β = 0, α = 1, 2β = 2 zu lösen Es folgt leicht, dass α = 1, β = 1 Lösung ist und keine anderen Werte von α und β Lösungen sind Das System aus den drei Gleichungen hat also genau eine Lösung Betrachten wir jetzt beispielsweise den Vektor (3, 2, 1) und fragen wieder, ob er in Lin{(1, 1, 0), ( 1, 0, 2)} liegt Der Ansatz als Linearkombination von (1, 1, 0) und ( 1, 0, 2) führt hier auf (3, 2, 1) = α (1, 1, 0) + β ( 1, 0, 2) = (α β, α, 2β) mit noch zu bestimmenden α, β R Koordinatenweise betrachtet gibt das die drei Gleichungen α β = 3, α = 2, 2β = 1 Dieses System von Gleichungen ist nicht lösbar durch ein Zahlenpaar (α, β), dh, (3, 2, 1) ist nicht in der linearen Hülle von (1, 1, 0) und ( 1, 0, 2) 6

7 42 Lineare Gleichungssysteme Definition 46 (Lineare Gleichungssysteme) Ein lineares Gleichungssystem (LGS) aus m Gleichungen mit n Unbekannten über einem Körper IK ist von der Form a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2, a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = b m Die Zahlen a ij IK heißen Koeffizienten des LGS und die b i rechte Seiten Man fasst die Koeffizienten zu einem Schema zusammen, a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A := a m1 a m2 a mn und nennt es Matrix bzw genauer m n-matrix über IK Die rechten Seiten fasst man zu einem sogenannten Spaltenvektor zusammen, b 1 b 2 b := b m Das LGS ist also gegeben durch das Paar (A, b), das man auch gern noch kürzer zusammenfasst zur sogenannten erweiterten Matrix (A b) Als Lösung des LGS(A b) wird jedes n-tupel (x 1, x 2,, x n ) IK n bezeichnet, das die m Gleichungen aus (1) erfüllt Die Menge aller dieser Lösungen bezeichnen wir mit L(A, b) (1) Satz 47 (Charakterisierung der Lösungsmenge) Gegeben sei ein LGS über einem Körper IK a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2, a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = b m Die Lösungsmenge des sogenannten homogenen LGS a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = 0, a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = 0, a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = 0, (2) 7

8 also L(A, 0), ist ein Untervektorraum von IK n Wenn das sogenannte inhomogene LGS (2) eine Lösung c = (c 1,, c n ) IK n besitzt, dann sind alle Lösungen von (2) vom Typ c + u mit u L(A, 0), also L(A, b) = {c + u u L(A, 0)} Beweis Wir zeigen zuerst, dass L(A, 0) ein Untervektorraum ist Dazu betrachten wir u := (u 1,, u n ), v := (v 1,, v n ) L(A, 0) und α, β IK Dann folgt für die Linearkombination α u + β v (wobei wir der Übersichtlichkeit zuliebe nur die i-te Gleichung betrachten) a i1 (αu 1 + βv 1 ) + a i2 (αu 2 + βv 2 ) + + a in (αu n + βv n ) = α(a i1 u 1 + a i2 u a in u n ) + β(a i1 v 1 + a i2 v a in v n ) = = 0 für i = 1,, n Damit folgt α u + β v L(A, 0) Es gilt also (UV4) Weil der Nullvektor 0 IK n natürlich in L(A, 0) liegt, gilt auch (UV3) Damit ist L(A, 0) Untervektorraum von IK n Satz 48 (Zeilenumformungen) Die Lösungsmenge eines LGS a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2, a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = b m, wird nicht verändert, wenn man für beliebiges j aus {1,, m} (Z1) die j-te Gleichung, a j1 x 1 + a j2 x a jn x n = b j ersetzt durch die Gleichung (a j1 + αa i1 )x 1 + (a j2 + αa i2 )x (a jn + αa in )x n = b j + αb i wobei α IK beliebig und i {1,, m} \ {j}, (Z2) die j-te Gleichung mit der i-ten vertauscht, (Z3) in der j-ten Gleichung jedes a jk und b j durch αa jk bzw αb j ersetzt mit einem α IK \ {0} Beweis Sei L die Lösungsmenge des LGS und L die Lösungsmenge nach dem Durchführen der Zeilenoperation (Z1) Wir müssen zeigen, dass L L und L L gilt Wenn man x = (x 1,, x n ) L in die (als einzige veränderte) j-te Gleichung einsetzt, bekommt man, weil x die alte i-te und j-te Gleichung erfüllt, (a j1 + αa i1 )x 1 + (a j2 + αa i2 )x (a jn + αa in )x n = a j1 x 1 + a j2 x a jn x n + α(a i1 x 1 + a i2 x a in x n ) = b j + αb i, 8

9 dh, x erfüllt alle Gleichungen der veränderten LGS, also x L Das gilt für jedes x L und somit L L Gilt umgekehrt x L, dann erfüllt x die neue j-te Gleichung und die neue (= alte) i-te Gleichung, dh, es gilt a i1 x 1 + a i2 x a in x n = b i und (a j1 + αa i1 )x 1 + (a j2 + αa i2 )x (a jn + αa in )x n = b j + αb i Zieht man jetzt das α-fache der i-ten Gleichung von der neuen j-ten ab, so erhält man, dass die alte j-te Gleichung auch von x erfüllt wird Damit ist jedes x L auch Element von L Insgesamt also L L Zusammen mit L L somit L = L Bei Anwendung von (Z2) bzw (Z3) wird offensichtlich L nicht verändert Definition 49 (elementare Zeilenoperationen und Stufenform) (Z1), (Z2) und (Z3) aus Satz 48 werden elementare Zeilenoperationen genannt Hat ein LGS die Gestalt x k1 + + a 1n x n = b 1, x k2 + + a 2n x n = b 2, x kr + + a rn x n = b r, 0 = b r+1, 0 0 = b m, mit k 1 < k 2 < < k r so bezeichnen wir es als ein LGS in Stufenform (mit r Stufen) und die zugehörige Koeffizientenmatrix ebenfalls als Matrix in Stufenform Hat ein LGS Stufenform, dann enthält genau eine Gleichung die Unbekannte x k1 und unter den restlichen m 1 Gleichungen genau eine x k2 Unter den restlichen m 2 Gleichungen ist wiederum genau eine, die x k3 enthält usw Diese Stufenform kann man immer mit Hilfe der elementaren Zeilenoperationen erreichen, egal welches LGS gegeben ist Wir erläutern das zunächst an einem Beispiel Beispiel Wir betrachten das LGS über R, x x x 3 x 4 = 2, 2 x x 2 + x 3 x 4 = 3, x 1 4 x 2 + x 3 = 1, x 1 4 x 2 + x x 4 = 2 Wir eliminieren x 1 aus der zweite, dritten und vierten Gleichung mit Hilfe von (Z1), indem wir von der zweiten Gleichung das doppelte der ersten abziehen, 9

10 und die erste Gleichung zur dritten und vierten addieren, x x x 3 x 4 = 2, 3 x 3 + x 4 = 1, 3 x 3 x 4 = 1, 3 x 3 + x 4 = 4 In den Gleichungen zwei bis vier tritt x 2 nicht auf Also eliminieren wir mit (Z1) jetzt x 3, indem wir zur dritten und vierten Gleichung die zweite addieren, x x x 3 x 4 = 2, 3 x 3 + x 4 = 1, 0 = 0, 2 x 4 = 3 Jetzt werden noch zweite und vierte Zeile skaliert, sodass der Koeffizient von x 3 bzw x 4 gleich 1 ist und dann werden Zeile drei und vier vertauscht Auch diese Operationen sind elementare Zeilenoperationen, die die Lösungsgesamtheit nicht verändern Wir bekommen dann also das LGS mit gleicher Lösungsmenge x x x 3 x 4 = 2, x x 4 = 1 3, x 4 = 3 2, 0 = 0 Hiermit ist die Stufenform erreicht Gleichung drei gibt x 4 = 3 Substituiert 2 man dieses in Gleichung zwei, gibt das x 3 = = 5 Die Werte für x und x 4 in Gleichung eins eingesetzt gibt mit etwas Rechnung x x 2 = 11 6 Man kann, um diese Gleichung zu erfüllen, x 2 beliebig wählen x 1 ist dann festgelegt durch x 1 = x 2 Man bekommt also als Lösungsgesamtheit L(A, b) = {( α, α, 5 6, 3 2 ) α R} = {( 11, 0, 5, 3 ) + α( 4, 1, 0, 0) α R} Man erkennt hier die Darstellung der Lösungsgesamtheit nach Satz 47 Eine partikuläre Lösung ist c = ( 11, 0, 5, 3 ) und L(A, 0), die Menge der Lösungen des homogenen LGS, ist der von ( 4, 1, 0, 0) aufgespannte Raum Satz 410 (Gaußelimination) Jedes lineare Gleichungssystem über einem Körper IK kann mit elementaren Zeilenumformungen auf Stufenform gebracht werden 10

11 Beweis Wenn in der ersten Gleichung x 1 nicht auftritt, dh, der zugehörige Koeffizient ist 0, dann vertauscht man die erste Gleichung mit einer, die x 1 enthält Geeignete Vielfache dieser Gleichung zieht man von den anderen Gleichungen ab, so dass nur die erste Gleichung x 1 enthält Damit ist x 1 aus allen Gleichungen (bis auf die erste) eliminiert Die Gleichungen ohne x 1 behandelt man analog, indem man die nächste in diesen Gleichungen auftretende Unbekannte in allen Gleichungen eliminiert bis auf eine Gleichung, die diese Unbekannte enthält Diese Gleichung tauscht man dann an Position zwei So fährt man fort, bis man r Gleichungen hat, die jeweils eine Unbekannte besitzen, die in den weiteren Gleichungen nicht auftritt, und in den restlichen Gleichungen keine Unbekannten mehr auftreten Satz 411 (Lösung eines LGS in Stufenform) Wenn (A b) die erweiterte Matrix eines LGS in Stufenform mit r Stufen, m Gleichungen und n Unbekannten ist, dann hat das LGS (i) keine Lösung wenn auf der rechten Seite b i 0 gilt für ein i > r, (ii) genau eine Lösung, wenn r = n gilt und b i = 0 für i = r + 1,, m, (iii) mehr als eine Lösung,wenn r < n gilt und b i = 0 für i = r + 1,, m Beweis Die Lösbarkeit ist genau dann gegeben, wenn b r+1 = = b m = 0 gilt Auf jeder der r Stufen wird genau eine Unbekannte festgelegt (durch die Werte der folgenden Unbekannten) Die restlichen n r Unbekannten sind frei wählbar aus IK 11