<<

. 17
( 63 .)



>>

auf:
N
a n xn ;
i=0

dabei ist dann die Gr¨ße x ein Symbol fur eine “Unbekannte“.
o ¨
Als Grad von f ∈ IK [x] de¬nieren wir die kleinste naturliche Zahl g ∈ IN 0 mit f(n) =
¨
0 , n > g und schreiben deg(f) := g . Ist f = θ , dann setzen wir deg(f) := ’1 .
Der Unterschied zwischen IK [x] und PIK wird etwa deutlich in Z 2 an p(x) := x2 + x . In
Z
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 65


PZ 2 ist es die Nullfunktion, da o¬enbar p(0) = p(1) = 0 gilt. In Z 2 [x] ist es sicher nicht
Z
Z
2
2
das Nullpolynom, da die Koe¬zienten von x und x nicht verschwinden.


De¬nition 3.39
Sei V ein IK “Vektorraum und sei W eine Teilmenge von V . Die Menge

U := ©{Z|W ‚ Z, Z linearer Teilraum von V }

heißt lineare Hulle von W . Wir schreiben dafur L(W ).
¨ ¨
2

Klar, die lineare Hulle sollte fur einen kleinsten linearen Teilraum von V stehen, der W
¨ ¨
enth¨lt. Die Existenz eines solchen Teilraums ist enthalten in
a


Folgerung 3.40
Sei V ein IK “Vektorraum und sei W eine Teilmenge von V . Dann ist L(W ) der
“kleinste“ lineare Teilraum von V , der W enth¨lt, d.h.:
a

(a) L(W ) ist ein linearer Teilraum von V, der W enthalt;
¨
(b) Ist Z ein linearer Teilraum von V, der W enthalt, dann ist L(W ) ‚ Z .
¨
Beweis:
O¬enbar gilt W ‚ L(W ) und θ ∈ L(W ) . Mit Hilfe von Lemma 3.35 sieht man die ubrigen
¨
Aussagen ein.


3.5 Basis und Dimension
Nun wollen wir ein Maß fur die “Gr¨ße“ eines Vektorraumes ¬nden. Zunachst eine
o
¨ ¨
Sprechweise:
Ist V ein IK “Vektorraum und sind u1, . . . , un ∈ V , dann heißt jedes Element
n
a1 u + · · · + an u =
1 n
a i ui
i=1

eine Linearkombination der u1 , . . . , un ; a1 , . . . , an ∈ IK heißen die Koe¬zienten der
Linearkombination.
Die Linearkombination heißt nichttrivial, falls mindestens ein Koe¬zient von 0 verschie-
den ist.

Die Brucke zur Hullenbildung am Ende des letzten Abschnitts bildet
¨ ¨
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 66


Lemma 3.41
Sei V IK “Vektorraum und sei W ‚ V . Dann gilt:
n
L(W ) = aiui |u1, . . . , un ∈ W, a1, . . . , an ∈ IK , n ∈ IN .
i=1

Beweis: n
Sei U := { aiui |u1 , . . . , un ∈ W, a1, . . . , an ∈ IK , n ∈ IN } . Wir haben die Inklusionen
i=1
L(W ) ‚ U, U ‚ L(W ) zu zeigen.
Zun¨chst: U ist ein linearer Teilraum von V ; man sieht dies mit Lemma 3.35 ein.
a
Da o¬enbar W ‚ U gilt und da L(W ) der kleinste lineare Teilraum ist, der W enth¨lt,
a
folgt L(W ) ‚ U .
n
ai ui ∈ U . Sei Z ein linearer Teilraum von V , der W enhalt. Da Z linearer
Sei u := ¨
i=1
Teilraum ist und die Elemente u1 , . . . , un in W liegen, ist auch u in Z . Damit ist gezeigt,
daß u ∈ Z gilt fur jeden linearen Teilraum von V, der Z enth¨lt. Also ist u in L(W ) .
a
¨
Damit ist nun auch U ‚ L(W ) gezeigt.

Folgerung 3.42
Sei V ein IK “Vektorraum und sei W ‚ V . Dann sind aquivalent:
¨
(a) W ist linearer Teilraum.

(b) W = L(W ).
Beweis:
Unmittelbar klar.


De¬nition 3.43
Sei V ein IK “Vektorraum und sei E ‚ V .

(a) E heißt Erzeugendensystem (von V ) genau dann, wenn L(E) = V .

(b) E heißt minimales Erzeugendensystem (von V ) genau dann, wenn E Er-
zeugendensystem ist und zusatzlich (E ‚ E, E = E =’ L(E ) = V )
¨
gilt.

(c) V heißt endlich erzeugt, falls es eine endliche Menge E gibt, die ein Erzeu-
gendensystem (von V ) ist.
2

Folgende Sprechweisen fur “E ist ein Erzeugendensystem von V “ wollen wir gebrauchen:
¨

E erzeugt V , E spannt V auf .
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 67


Beispiel 3.44
In IK n bilden die Einheitsvektoren
e1 := (1, 0 . . . , 0), . . . , en := (0, . . . , 0, 1) ,
die wir bereits als Spaltenvektoren in IK n,1 kennengelernt haben, ein Erzeugendensystem
E. Es ist sogar ein minimales Erzeugendensystem, denn fehlt etwa e1 in E ‚ E, so ist
2
fur jedes u = (u1, . . . , un ) ∈ L(E ), u1 = 0 .
¨

Beispiel 3.45
Der Raum der Polynome IK [x] uber dem K¨rper IK ist nicht endlich erzeugt, da eine end-
o
¨
liche Anzahl von Polynomen mittels Linearkombination nur Polynome von beschr¨nktema
Grad erzeugt. Man sieht, daß {f i |i ∈ IN 0 } ein minimales Erzeugendensystem ist; dabei
2
ist f i ∈ IK [x] , i ∈ IN 0 , folgendermaßen erkl¨rt: f i (j) := δij , j ∈ IN 0 .
a

Lemma 3.46
Sei V ein IK “Vektorraum und sei E = {u1 , . . . , un } ‚ V ein Erzeugendensystem.
Es sind ¨quivalent:
a

(a) E ist kein minimales Erzeugendensystem.

(b) ∃ i ∈ {1, . . . , n} (ui ∈ L(E\{ui }) .
n
(c) ∃ a = (a1, . . . , an) ∈ IK n \{θ} ( aiui = θ) .
i=1

Beweis:
(a) =’ (b) .
Sei E ‚ E, E = E, mit L(E ) = V . Sei etwa ui ∈ E . (b) ist mit diesem ui erfullt.
/ ¨
(b) =’ (c) .
n n
aj u mit aj ∈ IK , j = i , gilt, folgt aj uj = θ mit aj = ’1 fur j = i .
i j
Da u = ¨
j=1
j=1,j=i

(c) =’ (a) .
n
aj uj = θ und sei etwa aj = 0 fur j = i . O.E. ai = ’1 . Setze E := E\{ui } . Dann
Sei ¨
j=1
ist L(E ) = L(E), aber E = E .

Die Bedingung (c) in Lemma 3.46 ist Ausgangspunkt fur
¨

De¬nition 3.47
Sei V ein IK “Vektorraum.
Eine Menge E = {u1, . . . , un} ‚ V heißt linear unbh¨ngig genau dann, wenn gilt:
a
n
aiui = θ =’ a1 = . . . = an = 0 ,
i=1

anderenfalls linear abhangig.
2
¨
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 68


De¬nition 3.48
Eine Menge E ‚ V heißt linear unabhangig genau dann, wenn
¨

(E ‚ E, E endlich =’ E linear unabhangig) ,
¨

gilt, anderenfalls linear abhangig.
2
¨



Lineare Unabh¨ngigkeit taucht erstmals bei L. Euler (1707 “ 1783) im Zusammenhang mit linearen
a
Di¬erentialgleichungen auf. Klar ausformuliert wird der Begri¬ dann von A.-L. Cauchy (1789 “
1857).

O¬enbar ist die Menge {u} in einem IK “Vektorraum linear abhangig genau dann, wenn
¨
u = θ gilt.
Manchmal fassen wir Vektoren v 1, . . . , v r nicht zu einer Menge {v 1, . . . , v r } zusammen,
um sie dann als linear unabhangig/linear abhangig zu bezeichnen, wir sagen stattdessen
¨ ¨
1 r
kurz, v , . . . , v sind linear unabhangig/linear abhangig.
¨ ¨




Beispiel 3.49
√√
O¬enbar ist IR ein Q“Vektorraum. Die reellen Zahlen 1, 2, 3 sind in diesem Vektorraum
linear unabhangig. Dies sieht man so:
¨
Aus √ √
a · 1 + b 2 + c 3 = 0 (a, b, c ∈ Q)
folgt √
2 2 2
a = 2b + 3c + 2bc 6 ,
√ √
was 6 ∈ Q impliziert, falls bc = 0 ist. Aber 6 ist nicht in Q (Beweis!). Also ist bc = 0.
Ist etwa c = 0, dann haben wir √
a · 1 + b 2 = 0.

2
Da 2 nicht in Q ist, ist b = 0. Nach b = c = 0 folgt nun schließlich a = 0 .

Das nun folgende Lemma wollen wir das Abhangigkeitslemma nennen.
¨


Lemma 3.50
Sei V ein IK “Vektorraum. Sind u1, . . . , un linear unabh¨ngig und sind u1 , . . . , un , u
a
linear abh¨ngig, dann ist u eine Linearkombination der Elemente u1 , . . . , un , d.h.
a
u ∈ L({u1 , . . . , un }) .
Beweis:
Da u1, . . . , un , u linear abh¨ngig sind, gibt es (a1, . . . , an , a) ∈ IK n+1 \{θ} mit
a
n
aiui + au = θ .
i=1
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 69


Annahme: a = 0 .
Da u1 , . . . , un linear unabh¨ngig sind, folgt, daß a1, . . . , an verschwinden, was ein Wider-
a
spruch ist.

<<

. 17
( 63 .)



>>