2 Die Dimension eines Vektorraums

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1 2 Die Dimension eines Vektorraums Sei V ein K Vektorraum und v 1,..., v r V. Definition: v V heißt Linearkombination der Vektoren v 1,..., v r falls es Elemente λ 1,..., λ r K gibt, so dass v = λ 1 v 1 + λ 2 v λ r v r Sei M V eine nicht leere Menge von Vektoren. Der von M aufgespannte Untervektorraum von V (die lineare Hülle von M) ist die Menge aller Linearkombinationen aus M. Schreibe dafür K M. Es ist also K M := { r λ i v i r N\{0} und v 1,..., v r M und λ 1,..., λ r K}. Für die leere Menge setzen wir K φ = {0}. Für M = {v 1,..., v r } schreibe auch Kv Kv r für KM. Sind v = r λ i v i und w = s µ i w i aus KM, so auch v+w = r λ i v i + s und λv = r (λλ i )v i für λ K. i=0 µ i w i Ferner ist für v M auch 0 = 0 v und v = 1 v aus KM. Also ist KM ein Untervektorraum von V mit M KM. Ist W V ein Untervektorraum mit M W, so ist auch jede Linearkombination KM W. Fazit: r λ i v i KM in W, also (2.1) Bemerkung: KM ist der kleinste Untervektorraum von V, welcher M umfaßt. Offensichtlich gilt: K(N M) = KN + KM und KN KM, falls N M. Beispiele: a) Betrachte in K n die sog. Einheitsvektoren 1 0 e 1 = 0., e 2 = 1.,..., e n = Für x = x 1 x 2 x n. Kn gilt 1

2 x 1 0 x = 0. + x = x 1e 1 + x 2 e x n e n, also ist 0 0 x n K n = K e K e n. b) Betrachte über K ein lineares Gleichungssystem ( ) n a ij x j = 0, i = 1,..., m j=1 von m Gleichungen in n Unbekannten x 1,..., x n. Mit Hilfe des Gauß Algorithmus erhält ein sog. Fundamentalsystem von Lösungen v 1,..., v n r, so dass jede Lösung von der Form v = λ 1 v λ n r v n r ist. M.a.W.: Kv Kv n r ist der Lösungsraum von ( ) Rechenbeispiel: ( ) 2x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 0 hat die freien Variablen x 2 und x 3 mit Fundamentallösungen v 1 = 1 und v 2 = 0 und Kv 1 + Kv 2 ist der 0 1 Lösungsraum von ( ). Definition: Ein r Tupel (v 1,..., v r ) von Vektoren aus V heißt linear unabhängig, falls gilt: Aus λ 1 v λ r v r = 0 folgt λ 1 = λ 2 =... = λ r = 0 (v 1,..., v r ) heißt linear abhängig, falls (v 1,..., v r ) nicht linear unabhängig ist, d.h., wenn es (λ 1,..., λ r ) K r gibt mit λ 1 v 1 + λ 2 v λ r v r = 0, aber nicht alle λ i sind gleich Null. Das leere Tupel φ(r = 0) soll linear unabhängig sein. (2.2) Bemerkung: Sei (v 1,..., v r ) ein r Tupel von Vektoren aus V. a) Ist ein v i = 0 so ist (v 1,..., v r ) linear abhängig. 2

3 b) Ist r 2 und v i = v j für ein Paar i j, so ist (v 1,..., v r ) linear abhängig. c) (v 1 ) ist genau dann linear abhängig, falls v 1 = 0. d) Ist (v 1,..., v r ) linear abhängig und r 2, so gibt es ein k {1,..., r} so dass v k Linearkombination der übrigen v i ist. Beweis: Es gilt dann Kv Kv r = Kv Kv k 1 + Kv k Kv r a) 0 = 0v v i v i + 0 v i v r. b) Setze λ k = 0 für k {i, j}, λ i = 1, λ j = 1. Dann ist r λ i v i = 1 v i + ( 1) v j = v i v j = v i v i = 0 c) Für v 1 = 0 ist (v 1 ) nach a) linear abhängig. Ist (v 1 ) linear abhängig, so ex. λ 1 0 mit λ 1 v 1 = 0. Es folgt v 1 = λ 1 1 (λ 1 v 1 ) = λ = 0. r d) Sei λ i v i = 0 und nicht alle λ j = 0; o.b.d.a. sei λ 1 0. Dann ist ( λ 1 )v 1 = r λ i v i und v 1 = r i=2 i=2 λ i λ 1 v i Kv Kv r. Damit ist nach obiger Bemerkung {v 1, v 2,..., v r } Kv Kv r und Kv 1 + Kv Kv r Kv Kv r. Beispiele: Die umgekehrte Inklusion gilt allgemein. a) Die Einheitsvektoren e 1,..., e n bilden ein n Tupel (e 1,..., e n ) linear unabhängiger Vektoren: Es ist λ 1 e 1 + λ 2 e λ n e n =. folgt aus λ 1 e λ n e n = 0 schon λ 1 = 0, λ 2 = 0,..., λ n = 0. 3 λ 1 λ n. Also

4 b) Im obigen Beispiel b) ist (v 1,..., v n r ) linear unabhängig: Sei λ 1 v λ n r v n r = 0. Es ist auch 0 v v n r = 0. Wegen der Eindeutigkeit der Darstellung in I, 4.1 folgt λ 1 = 0, λ 2 = 0,..., λ n r = 0 c) Eine Polynomfunktion p : R R ist von der Form p(t) = a 0 +a 1 t a n t n mit n N und Konstanten a 0,..., a n R (den Koeffizienten von p). Die Menge aller Polynomfunktionen bilden offenbar einen Untervektorraum der Menge aller Funktionen f : R R. Betrachte die Polynomfunktion p 0 (t) = 1, p 1 (t) = t, p 2 (t) = t 2,..., p n (t) = t n,.... Dann ist (p 0,..., p m ) linear unabhängig für alle m N. Beweis: In der Analysis werden wir lernen: Eine Polynomfunktion ( )p(t) = a 0 + a 1 t a n t n mit a n 0 hat höchstens n Nullstellen, ist also insbesondere nicht die Nullfunktion. Aus λ 0 p λ m p m = 0 = Nullfunktion - d.h. λ 0 + λ 1 t λ m t m = 0 für alle t R - folgt also: λ 0 = 0, λ 1 = 0,..., λ m = 0. Für eine Polynomfunktion p(t) wie oben mit a n 0 heißt n der Grad von p(t). d) Die Vektoren v 1 = 1 3, v 2 = 10 3, v 3 = sind linear abhängig in R 4. Beweis: Die Tripel λ 1 λ 2 λ 3 Lösungen des Gleichungssystems mit λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + λ 3 v 3 = 0 sind gerade die x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 0 x x 2 + 7x 3 = 0 3x 1 + 3x 2 + x 3 = 0 4x 1 + 5x 2 + 2x 3 = 0 4

5 Die Lösungen findet man m.h. des Gauß Algorithmus Setze die freie Variable x 3 = 1 : x 2 = 2 3, x 1 = 4x 2 + 3x 3 = 1 3 Somit ist 1 3 v v v 3 = 0 und (v 1, v 2, v 3 ) ist linear abhängig. (2.3) Bemerkung: Ein r Tupel (v 1,..., v r ) von Vektoren in V ist genau dann linear unabhängig, wenn gilt: Jeder Vektor v aus Kv Kv r läßt sich nur auf eine Weise als Linearkombination von v 1,..., v r darstellen, d.h.: Aus r λ i v i = r µ i v i folgt λ i = µ i für i = 1,..., r. Beweis: Sei (v 1,..., v r ) linear unabhängig und r λ i v i = r µ i v i. Dann ist (λ 1 µ 1 )v (λ r µ r )v r = 0. Es folgt λ 1 µ 1 = 0,..., λ r µ r = 0, da (v 1,..., v r ) linear unabhängig ist. Sei umgekehrt (v 1,..., v r ) linear abhängig. Dann existiert ein r Tupel (λ 1,..., λ r ) (0,..., 0) mit λ 1 v λ r v r = 0 = 0 v v r und die 0 hat zwei Darstellungen als Linearkombination von v 1,..., v r. Der Begriff der Basis eines Vektorraums Definition: Ein n Tupel (v 1,..., v n ) von Vektoren aus einem Vektorraum V {0} heißt Basis von V, wenn gilt: (1) V = Kv Kv n ( (v 1,..., v n ) spannt V auf.) Man sagt dann auch, (v 1,..., v n ) sei ein Erzeugendensystem von V. (2) (v 1,..., v n ) ist linear unabhängig. Konvention: φ ist eine Basis von V = {0}. In den Beispielen: 5

6 a) V = K n. Wir haben gesehen, dass (e 1,..., e n ) linear unabhängig ist und V = Ke Ke n. Also ist (e 1,..., e n ) eine Basis von K n, die sog. kanonische Basis. b) Jedes System von Fundamentallösungen ist eine Basis des Lösungsraums eines linearen Gleichungssystems. c) Sie P m die Menge der Polynomfunktionen vom Grad m. Dann ist P m = R 1 + R t + Rt R t m und (1, t, t 2,..., t m ) ist linear unabhängig. Also ist (1, t, t 2,..., t m ) eine Basis des R Vektorraums P m, Ziel der folgenden Ausführungen ist, zu zeigen, dass alle Basen eines Vektorraums gleich lang sind. (2.4) Charakterisierungen des Begriffs Basis : Sei V {0} ein K Vektorraum und v 1,..., v n V. Folgende Aussagen sind äquivalent: a) (v 1,..., v n ) ist eine Basis von V. b) (v 1,..., v n ) ist ein minimales Erzeugendensystem von V, d.h.: V = Kv Kv n V Kv Kv k 1 + Kv k Kv n für k = 1,..., n c) (v 1,..., v n ) ist ein maximales System linear unabhängiger Vektoren aus V, d.h. (v 1,..., v n ) ist linear unabhängig, (v 1,..., v n, w) ist linear abhängig für alle w V. d) Jedes v V läßt sich auf genau eine Weise aus den Vektoren v 1,..., v n linear kombinieren. Beweis: a) b) Nach Voraussetzung erzeugt (v 1,..., v n ) den Vektorraum V. Angenommen V = Kv Kv k 1 + Kv k Kv n. Dann ist v k = λ 1 v λ k 1 v k 1 + λ k+1 v k λ n v n, d.h. 0 = λ 1 v λ k 1 + ( 1)v k + λ k+1 v k λ n v n, d.h. (v 1,..., v n ) ist linear unabhängig, Widerspruch. b) c) Sei (v 1,..., v n ) ein minimales Erzeugendensystem von V. Zu zeigen: 6

7 (i) (v 1,..., v n ) ist linear unabhängig. (ii) (v 1,..., v n, w) ist linear abhängig für jedes w V Zu (i) n = 1 : v 1 0, da sonst V = Kv 1 = {0}, also ist (v 1 ) linear unabhängig. n 2: Angenommen (v 1,..., v n ) ist linear abhängig. Dann gibt es nach 2.2 ein k {1,..., n} mit V = Kv Kv k 1 + Kv k Kv n, Widerspruch zur Minimalität. Zu (ii) Wegen V = Kv Kv n ist w = λ 1 v λ n v n für jedes w V. Somit ist 0 = λ 1 v λ n v n + ( 1)w und (v 1,..., v n, w) linear abhängig. c) a) Sei w V beliebig. Nach Voraussetzung ist (v 1,..., v n, w) linear abhängig; also gibt es µ 1,..., µ n, µ in K mit µ 1 v µ n v n + µw = 0 und (µ 1,..., µ n, µ) (0,..., 0) Es ist ( µ ) 0, da sonst ( bereits ) (v 1,..., v n ) linear abhängig wäre. Es folgt w = v v n und somit V = Kv Kv n. µ 1 µ µ n µ a) und d) sind nach (2.3) äquivalent. (2.5) Austauschsatz von Steinitz: Sei V {0} ein K Vektorraum und (v 1,..., v n ) eine Basis von V. Weiter sei (w 1,..., w r ) ein System linear unabhängiger Vektoren aus V. Dann gilt: a) r n. b) Es gibt Vektoren u 1,..., u r {v 1,..., v n }, so dass aus (v 1,..., v n ) wieder eine Basis entsteht, wenn man darin u 1,..., u r durch w 1,..., w r ersetzt ( austauscht ). Beweis: erfolgt durch Induktion nach r. Der Fall r = 1 ist Inhalt des folgenden Lemmas. (2.6) Austauschlemma: Sei (v 1,..., v n ) eine Basis von V und w 0 aus V. Dann gibt es ein k {1,..., n}, so dass auch (v 1,..., v k 1, w, v k+1,..., v n ) eine Basis von V ist. Genauer gilt: Ist w = von V. n λ i v i und λ k 0, so ist (v 1,..., v k 1, w, v k+1,..., v n ) eine Basis 7

8 Beweis: Sei w = n λ i v i und λ k 0. Dann ist v k = 1 λ k w + ( λ 1 λ k )v ( λ k 1 λ k )v k 1 + ( λ k+1 λ k )v k ( λ n )v n λ k Also ist v k W = K{w, v 1,..., v k 1, v k+1,..., v n }. Nach 2.1 ist dann V = Kv Kv n W V, also V = W und (w, v 1,..., v k 1, v k+1,..., v n ) ist ein Erzeugendensystem von V. Noch z.z.: (w, v 1,..., v k 1, v k+1,..., v n ) ist linear unabhängig. Dazu sei λw + n µ i v i = 0. Setze w = n λ i v i ein und erhalte i k (λλ 1 + µ 1 )v (λλ k 1 + µ k 1 )v k 1 + λλ k v k + (λλ k+1 + µ k+1 )v k (λλ n + µ n )v n = 0. Da (v 1,..., v n ) linear unabhängig ist folgt λλ i + µ i = 0 für alle i k λλ k = 0 Wegen λ k 0 folgt λ = 0, also auch µ i = 0 für alle i k. Fortsetzung des Beweises von 2.5: Sei nun r 2 und sei 1.5 schon bewiesen für r 1. Nach Induktionsvoraussetzung ist wegen (w 1,..., w r 1 ) linear unabhängig r 1 n und nach geeigneter Umnummerierung der Vektoren v 1,..., v n kann man annehmen, dass (w 1,..., w r 1, v r,..., v n ) eine Basis von V ist. Schreibe w r als Linearkombination dieser Basis: r 1 w r = µ i w i + n λ j v j j=r Da (w 1,..., w r ) linear unabhängig ist, folgt: (i) (w 1,..., w r 1 ) ist (nach 2.4c)) keine Basis von V. Insbesondere ist r 1 n, also r n (ii) λ j 0 für wenigstens ein j r (sonst wäre r 1 (w 1,..., w r ) linear abhängig.) 8 µ i w i + ( 1)w r = 0 und

9 O.B.d.A. sei λ r 0 Mit dem Lemma folgt: (w 1,..., w r 1, w r, v r+1,..., v n ) ist eine Basis von V. (2.7) Korollar: Alle Basen von V haben die gleiche Länge. Beweis: Sind (u 1,..., u r ) und (v 1,..., v s ) Basen von V, so gilt nach 2.5: r s da (u 1,..., u r ) linear unabhängig und (v 1,..., v s ) Basis von V. s r da (v 1,..., v s ) linear unabhängig und (u 1,..., u r ) Basis von V. Definition: Hat V eine Basis (v 1,..., v n ) so heißt die Länge n dieser (und jeder anderen!) Basis die Dimension von V. Schreibweise: dim K V = n (oder dim V = n, falls klar ist welcher Körper gemeint ist.) Hat V keine Basis bestehend endlich vielen Elementen, so setzt man dim V =. Unter einem endlichen Vektorraum versteht man einen Vektorraum mit endlicher Dimension. (2.8) Basisergänzungssatz: In einem endlichen Vektorraum kann man jedes System linear unabhängiger Vektoren zu einer Basis ergänzen. Beweis: Sei (w 1,..., w r ) linear unabhängig und (v 1,..., v n ) eine Basis von V. Dann ist nach 2.5 r n und bei geeigneter Anordnung der v i ist (w 1,..., w r, v r+1,..., v n ) eine Basis von V. (2.9) Basisauswahlsatz: Ist V = K M und M endlich, so kann man in M eine Basis von V wählen. Beweis: Sei (v 1,..., v n ) ein innerhalb der Menge M maximales System linear unabhängiger Vektoren, d.h.: {v 1,..., v n } M, (v 1,..., v n ) ist linear unabhängig und für alle w M ist (v 1,..., v n, w) linear abhängig. Beh.: (v 1,..., v n ) erzeugt V (und ist somit eine Basis von V ) Beweis: Zeige dass M Kv Kv n. Nach 2.1 ist dann V = KM Kv Kv n KM. Sei also w M beliebig. Dann ist nach Vor. (v 1,..., v n, w) linear abhängig, d.h. λw + λ 1 v λ n v n = 0 mit (λ, λ 1,..., λ n ) (0,..., 0) 9

10 Wegen (v 1,..., v n ) linear unabhängig folgt λ 0 und daher ( w = λ ) ( λ ) n Kv Kv n. λ λ (2.10) Korollar: Sei dim V = n < Dann gilt: a) n ist die Maximalzahl linear unabhängiger Vektoren in V (2.8) b) Jedes System von n linear unabhängiger Vektoren ist eine Basis von V. (2.8) c) n ist die minimale Erzeugendenanzahl von V. (2.9) d) Jedes Erzeugendensystem der Länge n ist eine Basis von V. (2.9) (2.11) Satz: Sei dim V = n < und W V ein Untervektorraum. Dann gilt: a) W ist endlich und dim W dim V. b) Ist dim W = dim V, so ist bereits W = V. Beweis: a) Nach (2.10) a) hat jedes System linear unabhängier Vektoren aus W höchstens die Länge n. Also gibt es ein System (w 1,..., w m ) linear unabhängiger Vektoren aus W (mit m n), welches innerhalb W nicht mehr verlängert werden kann, d.h.: Für alle w W ist (w 1,..., w m, w) linear abhängig. Nach 2.4 ist dann (w 1,..., w m ) eine Basis von W und dim W = m n. b) Sei dim W = dim V = n und (w 1,..., w n ) eine Basis von W. Dann ist (w 1,..., w n ) linear unabhängig und nach 2.10 b) eine Basis von V. Insbesondere ist V = W. Beispiele: dim K n = n, da (e 1,..., e n ) Basis von K n. Für den R 3 gilt insbesondere (siehe 2.10) (1) 4 Vektoren im R 3 sind linear abhängig. 10

11 (2) Je 3 linear unabhängige Vektoren im R 3 erzeugen den ganzen Raum. (3) 2 Vektoren erzeugen noch nicht den ganzen Raum. (2.12) Die Dimensionsformel für Untervektorräume: Seien V und W Untervektorräume eines endlichen Vektorraums. Dann gilt: dim(v + W ) = dim V + dim W dim(v W ) Beweis: Als Untervektorräume eines endlichen Vektorraums sind V, W, V + W und V W endlich. Wegen V W V und V W W gilt nach 2.11 r = dim V W s = dim V, r t = dim W Sei (u 1,..., u r ) eine Basis von U = V W. Nach dem Basisergänzungssatz gibt es wegen U V bzw. U W Vektoren v r+1,..., v s V, so dass (u 1,..., u r, v r+1,..., v s ) Basis von V und w r+1,..., w t W, so dass (u 1,..., u r, w r+1,..., w t ) Basis von W ist. Offenbar ist dann B = (u 1,..., u r, v r+1,..., v s, w r+1,..., w t ) ein Erzeugendensystem von V + W ; seine Länge ist r + (s r) + (t r) = s + t r = dim V + dim W dim V W. Es ist noch zu zeigen, dass B linear unabhängig ist, und somit eine Basis von V + W. Sei also ( ) α 1 u α r u r + β r+1 v r β s v s + γ r+1 w r γ t w t = 0 Dann ist t k=r+1 W γ k w k = r j=1 V W V α j u j + s i=r+1 V aus V W. Da (u 1,..., u r ) eine Basis von V W ist, gibt es δ 1,..., δ r K, so dass t k=r+1 γ k w k = r δ j u j, d.h. j=1 β i v i r δ j u j + j=1 t k=r+1 γ k w k = 0 Da (u 1,..., u r, w r+1,..., w t ) linear unabhängig ist, folgt δ 1 =... = δ r = 0 und γ r+1 =... = γ t = 0. Setze in ( ) ein, erhalte α 1 u α r u r + β r+1 v r β x v s = 0 11

12 Da (u 1,..., u r, v r+1,..., v s ) ebenfalls linear unabhängig ist, folgt α 1 =... = α r = β r+1 =... = β s = 0 Damit ist die lineare Unabhängigkeit von B nachgewiesen. Wir wollen noch angeben, wie man die Dimension des Lösungsraums eines linearen Gleichungssystems bestimmt. Sei dazu A eine m n Matrix. Durch elementare Zeilenumformungen vom Typ I und II geht A über in eine Matrix B in Zeilenstufenform mit r von 0 verschiedenen Zeilen (siehe I 4). n r ist dann die Anzahl der freien Variablen und diese gleich der Anzahl der Fundamentallösungen, diese bilden eine Basis des Lösungsraums des zugehörigen Gleichungssystems. Fazit: (2.13) Korollar: Für den Lösungsraum Lös (A) des zu A gehörigen linearen Gleichungssystems gilt dim Lös (A) = n r Insbesondere ist r = n dim Lös A, und daher unabhängig von der Wahl der Umformungen. 12