Basis vektorraum gleich basis untervektorraum

Die folgenden beiden Eigenschaften müssen erfüllt sein, damit eine Menge von Vektoren eine Basis eines Vektorraumes ist.

1. Die Anzahl der Vektoren stimmt überein mit der Dimension des Vektorraumes.

2. Die Vektoren sind linear unabhängig.

   →\boldsymbol\rightarrow→ Eine Basis des Rn\mathbb{R}^nRn besteht also aus nnn linear unabhängigen Vektoren!

Allgemeines

• Ein Vektorraum hat normalerweise viele verschiedene Basen. Zwischen ihnen kann man mit einer Koordinatentransformation wechseln.

• Gewöhnlich verwendet man die (kanonische) Einheitsbasis. Sie besteht aus den Einheitsvektoren e1→=(100),  e2→=(010),  e3→=(001)\overrightarrow{e_1}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\;\overrightarrow{e_2}=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\;\overrightarrow{e_3}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}e1​​=​100​​,e2​​=​010​​,e3​​=​001​​

• Die Koordinaten eines Vektors sind die Linearfaktoren der zugehörigen Basis. Zum Beispiel: (753)=7⋅e1→+5⋅e2→+3⋅e3→\begin{pmatrix}7\\5\\3\end{pmatrix}=\mathbf7\cdot\overrightarrow{e_1}+\mathbf5\cdot\overrightarrow{e_2}+\mathbf3\cdot\overrightarrow{e_3}

  Dies zeigen wir durch einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen an, dass Aussage 1 wahr und Aussage 2 falsch ist. Dann zeigen wir, dass daraus folgt, dass Aussage 1 auch nicht gilt. Nach den Gesetzen der Logik folgt damit, dass aus Aussage 1 Aussage 2 folgt.

  Wir nehmen also an, dass B:={b1,…,bn}{\displaystyle B:=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}}

  
  ein linear unabhängiges Erzeugendensystem aber keine maximale linear unabhängige Teilmenge von V{\displaystyle V}
  
  ist. Damit gibt es ein c∈V∖B{\displaystyle c\in V\setminus B}
  
  derart, dass die Vektoren von B∪{c}{\displaystyle B\cup \lbrace c\rbrace }
  
  linear unabhängig sind. (Dies ist genau das Gegenteil von Aussage 2.) Da B{\displaystyle B}
  
  nach Aussage 1 aber ein Erzeugendessystem ist, können wir c{\displaystyle c}
  
  als Linearkombination von Elementen aus B{\displaystyle B}darstellen:

  c=λ1b1+⋯+λnbn{\displaystyle c=\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}}

  

  mit λ1,...,λn∈K{\displaystyle \lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K}

  
  . Dabei ist mindestens ein λi≠0{\displaystyle \lambda _{i}\neq 0}
  
  mit 1≤i≤n{\displaystyle 1\leq i\leq n}
  
  , weil b∪{c}{\displaystyle b\cup \lbrace c\rbrace }
  
  linear unabhängig und daher c≠0{\displaystyle c\neq 0}
  
  ist. Obige Gleichung lässt sich umformen zu:

  0=−c+λ1b1+⋯+λnbn{\displaystyle 0=-c+\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}}

  

  Damit ist die Menge B∪{c}{\displaystyle B\cup \lbrace c\rbrace }linear abhängig. Das ist ein Widerspruch zu unserer Annahme, dass B∪{c}{\displaystyle B\cup \lbrace c\rbrace }linear unabhängig ist. Also gilt 1⟹2{\displaystyle 1\implies 2}

  
  .

  Der Beweis gliedert sich in zwei Schritte. Im ersten Schritt zeigen wir, dass unter der Annahme von Aussage 2 eine Linearkombination für jedes Element aus V{\displaystyle V}mit Elementen aus B{\displaystyle B}existiert. Im zweiten Schritt zeigen wir noch die Eindeutigkeit dieser Linearkombination. Es müssen beide Schritte gezeigt werden, weil Aussage 3 neben der Existenz einer solchen Linearkombination auch die Eindeutigkeit fordert.

  Sei also B:={b1,…,bn}{\displaystyle B:=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}}eine maximal lineare unabhängige Teilmenge von V{\displaystyle V}. Sei c∈V{\displaystyle c\in V}

  
  ein beliebiges Element aus unserem Vektorraum. Wir werden nun zeigen, dass wir c{\displaystyle c}als Linearkombination von Elementen aus B{\displaystyle B}darstellen können. Wir unterscheiden nun zwei Fälle. Wichtig ist dabei, dass man alle Fälle abdeckt. Hier ist das offensichtlich, weil wir erst eine Teilmenge von V{\displaystyle V}betrachten und dann deren Komplement.

  Fall 1:

  Wir nehmen an, dass c∈B{\displaystyle c\in B}

  
  , also der gesuchte Vektor Teil unserer maximal linearen unabhängigen Teilmenge ist. Die Linearkombination ist in diesem Fall trivial, weil c{\displaystyle c}bereits in B{\displaystyle B}ist. Damit können wir einfach

  c=1⋅c{\displaystyle c=1\cdot c}

  
  schreiben und sind fertig.

  Fall 2:

  Wir nehmen an, dass c∉B{\displaystyle c\notin B}

  
  , also c∈V∖B{\displaystyle c\in V\setminus B}. Wir nutzen nun die Eigenschaft der maximalen Linearität von B{\displaystyle B}aus. Dazu betrachten wir die Menge B∪{c}{\displaystyle B\cup \lbrace c\rbrace }. Wegen c∈V∖B{\displaystyle c\in V\setminus B}und aufgrund der maximalen linearen Unabhängigkeit von B{\displaystyle B}, ist B∪{c}{\displaystyle B\cup \lbrace c\rbrace }linear abhängig. Linear abhängig bedeutet, dass eine Linearkombination der Null mit nicht-trivialen Koeffizienten existiert:

  0=λ0c+λ1b1+⋯+λnbn{\displaystyle 0=\lambda _{0}c+\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}}

  

  Dabei ist mindestens ein λi≠0{\displaystyle \lambda _{i}\neq 0}. Durch Umformung erhalten wir eine Linearkombination von c{\displaystyle c}durch die Elemente aus B{\displaystyle B}:

  c=−1λ0⋅(λ1b1+⋯+λnbn){\displaystyle c=-{\frac {1}{\lambda _{0}}}\cdot (\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n})}

  

  Wir müssen noch zeigen, dass λ0≠0{\displaystyle \lambda _{0}\neq 0}

  
  , weil wir 1λ0{\displaystyle {\tfrac {1}{\lambda _{0}}}}
  
  benötigen. Wäre also λ0=0{\displaystyle \lambda _{0}=0}
  
  , dann würde obige Zeile eine Linearkombination der Null nur mit Elementen aus B{\displaystyle B}bilden. Das wäre ein Widerspruch dazu, dass B{\displaystyle B}linear unabhängig ist. Damit gilt also λ0≠0{\displaystyle \lambda _{0}\neq 0}.

  Damit haben wir beide Fälle abgeschlossen und besitzen eine Linearkombination von c{\displaystyle c}mit Hilfe der Elemente aus B{\displaystyle B}. Da c{\displaystyle c}beliebig aus V{\displaystyle V}gewählt war, haben wir nun bereits gezeigt, dass sich jedes Element aus V{\displaystyle V}als Linearkombination von Vektoren aus B{\displaystyle B}darstellen lässt. Dies zeigt die Existenz der Linearkombination.

  Im nächsten und abschließenden Schritt müssen wir nun noch die Eindeutigkeit dieser Linearkombination beweisen. Dies zeigen wir erneut mit Hilfe eines Widerspruchsbeweises. Wir nehmen an, dass es ein c∈V{\displaystyle c\in V}gibt, welches durch zwei unterschiedliche Linearkombinationen dargestellt werden kann. Wir werden aus dieser Uneindeutigkeit nun einen Widerspruch zu Aussage 2 folgern. Seien also

  c=λ1b1+⋯+λnbnc=κ1b1+⋯+κnbn{\displaystyle {\begin{aligned}c&=\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}\\c&=\kappa _{1}b_{1}+\dots +\kappa _{n}b_{n}\end{aligned}}}

  

  mit λ1,...,λn,κ1,...,κn∈K{\displaystyle \lambda _{1},...,\lambda _{n},\kappa _{1},...,\kappa _{n}\in K}

  
  . Da beide Linearkombinationen unterschiedlich sind, gibt es mindestens ein j{\displaystyle j}
  
  für das gilt: λj−κj≠0{\displaystyle \lambda _{j}-\kappa _{j}\neq 0}
  
  . Würde dies nicht gelten, wären alle Koeffizienten identisch und damit beide Linearkombinationen identisch. Wir ziehen nun diese beiden Gleichungen voneinander ab und erhalten folgende Darstellung des Nullvektors:

  0=(λ1−κ1)b1+⋯+(λn−κn)bn{\displaystyle 0=(\lambda _{1}-\kappa _{1})b_{1}+\dots +(\lambda _{n}-\kappa _{n})b_{n}}

  

  Wir definieren ηi:=λi−κi{\displaystyle \eta _{i}:=\lambda _{i}-\kappa _{i}}

  
  . Da λj−κj≠0{\displaystyle \lambda _{j}-\kappa _{j}\neq 0}ist, gilt auch ηj≠0{\displaystyle \eta _{j}\neq 0}
  
  . Damit können wir die obige Gleichung umschreiben zu:

  0=η1b1+⋯+ηnbn{\displaystyle 0=\eta _{1}b_{1}+\dots +\eta _{n}b_{n}}

  

  Mit nj{\displaystyle n_{j}}

  
  gibt es mindestens einen Koeffizienten ungleich Null. Wir erkennen eine nicht triviale Linearkombination der Null mit Elementen aus B{\displaystyle B}. Daraus folgt, dass B{\displaystyle B}linear abhängig ist. Dies ist ein Widerspruch zu Aussage 2, wonach B{\displaystyle B}linear unabhängig ist. Daraus folgt nun, dass unsere Annahme der Uneindeutigkeit falsch war und die Linearkombination eindeutig ist. Daher gilt 2⟹3{\displaystyle 2\implies 3}
  
  .

  Wir nehmen an, dass c∉B{\displaystyle c\notin B}, also c∈V∖B{\displaystyle c\in V\setminus B}. Wir nutzen nun die Eigenschaft der maximalen Linearität von B{\displaystyle B}aus. Dazu betrachten wir die Menge B∪{c}{\displaystyle B\cup \lbrace c\rbrace }. Wegen c∈V∖B{\displaystyle c\in V\setminus B}und aufgrund der maximalen linearen Unabhängigkeit von B{\displaystyle B}, ist B∪{c}{\displaystyle B\cup \lbrace c\rbrace }linear abhängig. Linear abhängig bedeutet, dass eine Linearkombination der Null mit nicht-trivialen Koeffizienten existiert:

  0=λ0c+λ1b1+⋯+λnbn{\displaystyle 0=\lambda _{0}c+\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}}

  Dabei ist mindestens ein λi≠0{\displaystyle \lambda _{i}\neq 0}. Durch Umformung erhalten wir eine Linearkombination von c{\displaystyle c}durch die Elemente aus B{\displaystyle B}:

  c=−1λ0⋅(λ1b1+⋯+λnbn){\displaystyle c=-{\frac {1}{\lambda _{0}}}\cdot (\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n})}

  Wir müssen noch zeigen, dass λ0≠0{\displaystyle \lambda _{0}\neq 0}, weil wir 1λ0{\displaystyle {\tfrac {1}{\lambda _{0}}}}benötigen. Wäre also λ0=0{\displaystyle \lambda _{0}=0}, dann würde obige Zeile eine Linearkombination der Null nur mit Elementen aus B{\displaystyle B}bilden. Das wäre ein Widerspruch dazu, dass B{\displaystyle B}linear unabhängig ist. Damit gilt also λ0≠0{\displaystyle \lambda _{0}\neq 0}.

  Wir führen den Beweis in zwei Schritten. Zuerst zeigen wir, dass unter Annahme von Aussage 3 B{\displaystyle B}ein Erzeugendensystem ist. Danach zeigen wir, dass es minimal ist. Nach der Definition eines Erzeugendensystems muss B{\displaystyle B}eine Teilmenge von V{\displaystyle V}sein und V{\displaystyle V}aufspannen (d.h. B=span⁡(V){\displaystyle B=\operatorname {span} (V)}

  
  ). B⊆V{\displaystyle B\subseteq V}
  
  gilt nach Aussage 3. Da wir jedes Element aus V{\displaystyle V}als Linearkombination mit Elementen aus B{\displaystyle B}darstellen können, gilt auch, dass B{\displaystyle B}den Vektorraum V{\displaystyle V}aufspannt. Damit ist B{\displaystyle B}ein Erzeugendensystem.

  Im nächsten Schritt wollen wir zeigen, dass B{\displaystyle B}minimal ist. Wir führen wieder einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass B{\displaystyle B}kein minimales Erzeugendensystem ist. Dies führen wir zum Widerspruch zu Aussage 3. Wenn B{\displaystyle B}kein minimales Erzeugendensystem ist, existiert eine echte Teilmenge B′⊊B{\displaystyle B'\subsetneq B}

  
  , die auch ein Erzeugendensystem ist. Sei nun b∈B∖B′{\displaystyle b\in B\setminus B'}
  
  , also b∉B′{\displaystyle b\notin B'}
  
  . Dann existieren zwei verschiedene Linearkombinationen für b{\displaystyle b}
  
  mit Hilfe der Vektoren aus B{\displaystyle B}. Einmal existiert die triviale Darstellung:

  b=1⋅b{\displaystyle b=1\cdot b}

  

  Dann lässt sich b{\displaystyle b}noch mit den Elementen aus B′{\displaystyle B'}

  
  darstellen, weil B′{\displaystyle B'}ein Erzeugendensystem bildet:

  b=λ1b1′+⋯+λnbn′{\displaystyle b=\lambda _{1}b'_{1}+\cdots +\lambda _{n}b'_{n}}

  

  mit λ1,...,λn∈K{\displaystyle \lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K}. Da es nach Aussage 3 für jedes Element aus V{\displaystyle V}eine eindeutige Linearkombination mit Vektoren aus B{\displaystyle B}gibt, steht die Existenz der beiden Linearkombinationen im Widerspruch zu Aussage 3. Damit muss B{\displaystyle B}ein minimales Erzeugendessystem sein. Damit schließt der Widerspruchsbeweis und es gilt 3⟹4{\displaystyle 3\implies 4}

  
  .

  Dies zeigen wir wiederum durch einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen also an, dass Aussage 1 falsch ist. Das bedeutet, dass B{\displaystyle B}kein linear unabhängiges Erzeugendensystem ist. Das heißt, es existiert ein b1∈B{\displaystyle b_{1}\in B}

  
  , das sich als Linearkombinationen von Vektoren b2,...,bn{\displaystyle b_{2},...,b_{n}}
  
  aus B∖{b1}{\displaystyle B\setminus \{b_{1}\}}
  
  darstellen lässt:

  b1=λ2b2+⋯+λnbn{\displaystyle b_{1}=\lambda _{2}b_{2}+\cdots +\lambda _{n}b_{n}}

  

  Dabei ist mindestens ein λi≠0{\displaystyle \lambda _{i}\neq 0}. Dies führen wir nun zum Widerspruch zu Aussage 4, indem wir zeigen, dass B{\displaystyle B}dann nicht mehr minimal ist.

  Sei c∈V{\displaystyle c\in V}ein beliebiger Vektor. Da B{\displaystyle B}ein Erzeugendensystem ist, gibt es eine Linearkombindation von c{\displaystyle c}mit Vektoren b1,...,bn{\displaystyle b_{1},...,b_{n}}

  
  aus B{\displaystyle B}:

  c=κ1b1+⋯+κnbn{\displaystyle c=\kappa _{1}b_{1}+\cdots +\kappa _{n}b_{n}}

  

  Nun setzen wir obige Linearkombination von b1{\displaystyle b_{1}}

  
  in die Linearkombination von c{\displaystyle c}ein:

  c=κ1(λ2b2+⋯+λnbn)+κ2b2+⋯+κnbn=κ1λ2b2+⋯+κ1λnbn+κ2b2+⋯+κnbn=κ1λ2b2+κ2b2+⋯+κ1λnbn+κnbn=(κ2+κ1λ2)b2+⋯+(κn+κ1λn)bn{\displaystyle {\begin{aligned}c&=\kappa _{1}(\lambda _{2}b_{2}+\cdots +\lambda _{n}b_{n})+\kappa _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{n}b_{n}\\&=\kappa _{1}\lambda _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{1}\lambda _{n}b_{n}+\kappa _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{n}b_{n}\\&=\kappa _{1}\lambda _{2}b_{2}+\kappa _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{1}\lambda _{n}b_{n}+\kappa _{n}b_{n}\\&=(\kappa _{2}+\kappa _{1}\lambda _{2})b_{2}+\cdots +(\kappa _{n}+\kappa _{1}\lambda _{n})b_{n}\end{aligned}}}

  

  Damit haben wir nun für den beliebig gewählten Vektor c∈V{\displaystyle c\in V}eine Linearkombination gefunden. Damit ist B∖{b1}{\displaystyle B\setminus \{b_{1}\}}ein Erzeugendensystem von V{\displaystyle V}. Dies steht im Widerspruch zu Aussage 4, wonach B{\displaystyle B}ein minimales Erzeugendensystem ist. Also gilt 4⟹1{\displaystyle 4\implies 1}

  
  .

  Sei (x1,x2)T∈R2{\displaystyle (x_{1},x_{2})^{T}\in \mathbb {R} ^{2}}

  
  beliebig, dann ist

  (x1x2)=x1⋅(10)+x2⋅(01){\displaystyle {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\,=\,x_{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+x_{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}}

  

  Also ist B2{\displaystyle B_{2}}

  
  ein Erzeugendensystem des R2{\displaystyle R^{2}}
  
  .

  Wir nehmen an, dass

  ρ⋅(10)+μ⋅(01)=(00){\displaystyle \rho \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}}

  

  Es folgt

  (ρ0)+(0μ)=(ρμ)=(00){\displaystyle {\begin{pmatrix}\rho \\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\\mu \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\rho \\\mu \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}}

  

  Es folgt ρ=0{\displaystyle \rho =0}

  
  und μ=0{\displaystyle \mu =0}
  
  . Damit sind die Vektoren von B2{\displaystyle B_{2}}linear unabhängig.

  Sei (x,y,z)T{\displaystyle (x,y,z)^{T}}

  
  ein beliebiger Vektor des R3{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
  
  , dann ist

  (xyz)=x−z2(200)+z3(323)+(y−23z)(010){\displaystyle {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\frac {x-z}{2}}{\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}+{\frac {z}{3}}{\begin{pmatrix}3\\2\\3\end{pmatrix}}+(y-{\frac {2}{3}}z){\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}}

  

  eine Linearkombination der Vektoren v1,v2,v3{\displaystyle v_{1},\,v_{2},\,v_{3}}

  
  und damit sind diese Vektoren ein Erzeugendensystem des R3{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}.

  Wir stellen die Null über die drei Vektoren dar und schauen, für welche Vorfaktoren diese Nulldarstellung möglich ist:

  β1(200)+β2(323)+β3(010)=(000)⟹ (2β100)+(3β22β23β2)+(01β30)=(000)⟹ (2β1+3β22β2+β33β2)=(000){\displaystyle {\begin{aligned}&\beta _{1}{\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}+\beta _{2}{\begin{pmatrix}3\\2\\3\end{pmatrix}}+\beta _{3}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[1em]\implies &\ {\begin{pmatrix}{2\beta _{1}}\\0\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}{3\beta _{2}}\\{2\beta _{2}}\\{3\beta _{2}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\{1\beta _{3}}\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[1em]\implies &\ {\begin{pmatrix}{2\beta _{1}+3\beta _{2}}\\{2\beta _{2}+\beta _{3}}\\{3\beta _{2}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[1em]\end{aligned}}}

  

  Aus dieser Sicht ergibt sich folgendes Gleichungssystem:

  2β1+3β2=02β2+β3=03β2=0{\displaystyle {\begin{aligned}2\beta _{1}+3\beta _{2}&=0\\2\beta _{2}+\beta _{3}&=0\\3\beta _{2}&=0\end{aligned}}}

  Ist ein untervektorraum ein Vektorraum?

  Untervektorräume. Ein Untervektorraum (manchmal auch nur Unterraum) ist erstmal auch ein Vektorraum. Zusätzlich ist er aber “eingebettet” in einen größeren Vektorraum. Zur Definition eines Untervektorraums U gehört also die Angabe eines Vektorraums V, von dem U eine Teilmenge ist, also U⊆V.

  Was ist die Basis eines Vektorraums?

  Eine Basis eines Vektorraums V ist eine Menge von Vektoren, die gleichzeitig ein Erzeugendensystem für ganz V ist, aber auch nur linear unabhängige Vektoren enthält. Vektorräume besitzen mehrere Basen (normalerweise unendlich viele verschiedene), aber alle haben die gleiche Anzahl Vektoren.

  Wie bestimmt man die Basis eines Untervektorraums?

  Überprüfung, ob eine Menge von Vektoren eine Basis ist Die Anzahl der Vektoren stimmt überein mit der Dimension des Vektorraumes. Die Vektoren sind linear unabhängig. → Eine Basis des Rn besteht also aus n linear unabhängigen Vektoren!

  Hat jeder Vektorraum eine Basis?

  Wichtige Eigenschaften Jeder Vektorraum besitzt eine Basis. Ein Beweis für diese Aussage ist im Abschnitt Existenzbeweis angegeben. Alle Basen eines Vektorraumes enthalten dieselbe Anzahl von Elementen. Diese Anzahl, die auch eine unendliche Kardinalzahl sein kann, nennt man die Dimension des Vektorraums.