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. 18
( 63 .)



>>

Also ist a = 0 und wir k¨nnen die obige Gleichung mit (’a)’1 multiplizieren und erhalten
o
die gewunschte Darstellung von u durch eine Linearkombination der u1, . . . , un .
¨


Lemma 3.51
Sei V ein IK “Vektorraum. Besitzt V ein Erzeugendensystem E mit n Elementen,
dann sind je n + 1 Elemente aus V linear abh¨ngig.
a
Beweis:
Sei E = {u1 , . . . , un} . Wir wissen L(E) = V .
Seien v 1, . . . , v n+1 ∈ V . Dann gibt es zu jedem v j Skalare aij ∈ IK , i = 1, . . . , n, mit
n n+1
j i
xj v j = θ fuhrt zu
v= aij u . Eine Linearkombination ¨
i=1 j=1

n+1 n n n+1
i
xj aij )ui .
θ= xj ( aij u ) = (
j=1 i=1 i=1 j=1

Betrachten wir das Gleichungssystem

Ax = θ mit A = (aij )i=1 (1 )n , j =1 (1 )n+1 ,

dann wissen wir aus der Anwendung des Gaußschen Eliminationsverfahren (siehe Satz
2.12), daß dieses Gleichungssystem eine nichttriviale L¨sung besitzt. Sei x = (x1, . . . , xn+1 )
o
diese L¨sung. Damit folgt nun
o
n+1
xj v j = θ , x = θ .
j=1


Also sind v 1, . . . , v n+1 linear abh¨ngig.
a

Das obige Lemma nennen wir das Schrankenlemma, da es eine obere Schranke fur die
¨
Anzahl linear unabhangiger Elemente liefert.
¨


Satz 3.52
Sei V ein IK “Vektorraum, V = {θ}, und sei B ‚ V . Es sind ¨quivalent:
a

(a) B ist linear unabhangig und ein Erzeugendensystem von V .
¨

(b) B ist minimales Erzeugendensystem von V (bzgl. der Inklusion).

(c) B ist maximale linear unabhangige Menge in V (bzgl. der Inklusion).
¨
Beweis:
(a) =’ (b) :
Sei E ‚ B, E = B . Sei u ∈ B\E.
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 70


Annahme: u ∈ L(E).
n
Dann gibt es u1 , . . . , un ∈ B und a1, . . . , an ∈ IK mit u = ai ui . Dann ist aber
i=1
{u , . . . , u , u} eine linear abh¨ngige Teilmenge von B, was ein Widerspruch zur Vor-
1 n
a
aussetzung ist. Also ist u ∈ L(E) und damit ist L(E) = V .
/
(b) =’ (c) :
Aus Lemma 3.46 (c) folgt, daß B linear unabh¨ngig ist.
a
Sei B ‚ E ‚ V und sei E linear unabh¨ngig. Sei e ∈ E.
a
Annahme: e ∈ B . /
n
aiui (ai ∈ IK , ui ∈ B , i = 1, . . . , n) .
Da B ein Erzeugendensystem ist, haben wir e =
i=1
Also ist {e, u , . . . , u } ‚ E linear abh¨ngig. Dies ist ein Widerspruch zur Tatsache, daß
1 n
a
E linear unabh¨ngig ist.
a
Also ist e ∈ B. Damit ist E = B gezeigt.
(c) =’ (a) :
Es ist noch zu zeigen, daß V ‚ L(B) gilt.
Sei v ∈ V. Ist v ∈ B, sind wir fertig, da B ‚ L(B) gilt.
Ist v ∈ B, setzen wir B := B ∪ {v} und nach Voraussetzung ist B eine linear abh¨ngige
/ a
Menge. Also gibt es (a, a1, . . . , an) ∈ IK \{θ} und u , . . . , u ∈ B mit
n+1 1 n


n
a i ui = θ .
av +
i=1

Da u1, . . . , un linear unabh¨ngig sind, ist a = 0. O.E. a = ’1. Also ist auch nun v ∈ L(B).
a



De¬nition 3.53
Sei V ein IK “Vektorraum. Eine Menge B ‚ V heißt Basis von V genau dann,
wenn B linear unabh¨ngig ist und ein Erzeugendensystem von V ist.
a
2

Beispiel 3.54
Die Einheitsvektoren e1 , . . . , en bilden eine Basis von IK n . Speziell fur n = 3 ist aber auch
¨

(1, 0, 0) , (1, 1, 0) , (1, 1, 1)

eine Basis (Beweis!). Dies zeigt, daß es mehrere minimale Erzeugendensysteme geben
kann, es zeigt auch, daß es im allgemeinen kein kleinstes gibt: minimal heißt “nicht ver-
kleinerbar“, ein kleinstes Erzeugendensystem mußte sogar in jedem Erzeugendensystem
¨
enthalten sein.
Allgemeiner, die Matrizen

Ekl := (δik δjl )i=1 (1 )m , j =1 (1 )n , k = 1, . . . , m, l = 1, . . . , n ,

2
bilden eine Basis von IK m,n .
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 71


Satz 3.55
Sei V ein IK “Vektorraum und sei B ‚ V . Dann sind ¨quivalent:
a

(a) B ist Basis von V .

(b) Zu jedem v ∈ V gibt es eindeutig bestimmte Elemente u1 , . . . , un ∈ B und
eindeutig bestimmte Koe¬zienten a1, . . . , an ∈ IK mit
n
a i ui .
v=
i=1

Beweis:
(a) =’ (b) :
Die Existenz ist klar, da B auch Erzeugendensystem ist.
n m
i
bi v i .
Die Eindeutigkeit folgt so: Sei v = ai u =
i=1 i=1
1 1 n n
O.E. m = n, u = v , . . . , u = v (Einfugung von Koe¬zienten, die 0 sind!).
¨
n
(ai ’ bi )ui = θ , woraus aus der Eigenschaft, daß B linear unabhangig ist,
Dann gilt ¨
i=1
folgt:a 1 = b1 , . . . , a n
= bn .
(b) =’ (a) :
Die Aussage L(B) = V ist schon klar.
n
Seien u1, . . . , un ∈ B, a1, . . . , an ∈ IK mit aiui = θ . Da die Linearkombination, die θ
i=1
n
0 · ui eine Linearkombination
darstellt, eindeutig bestimmt ist, und da sicherlich auch
i=1
fur θ ist, folgt a1 = . . . = an = 0 .
¨

Die De¬nition der linearen Unabh¨ngigkeit besagt also, daß eine Darstellung von θ durch
a
eine Linearkombination eindeutig bestimmt ist. Aus der linearen Struktur (Addition, ska-
lare Multiplikation) folgt dann die eindeutige Darstellbarkeit eines jeden Elements durch
Vektoren einer Basis.


Beispiel 3.56
Sei IK = C . Die Monome 1, x, x2, . . . bilden eine (nicht endliche) Basis von P C . Dies
k¨nnen wir hier mit den bisher zur Verfugung stehenden Mitteln der Linearen Algebra
o ¨
und der Analysis nicht beweisen. Setzen wir jedoch den Fundamentalsatz der Algebra
voraus, so ist es einfach. Dieser Satz besagt:

Ein Polynom in PC vom Grad n ≥ 1 besitzt mindestens eine Nullstelle in C .

Als Konsequenz ergibt sich mit dem Euklidischen Algorithmus:

Jedes Polynom in PC vom Grad n ≥ 1 besitzt genau n Nullstellen in C .

Dieses Resultat liefert nun die lineare Unabhangigkeit der Monome, denn aus
¨
n
a i xi = θ , x ∈ C ,
p(x) :=
i=0
Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 72


folgt, daß p jedes x ∈ C als Nullstelle hat, es muß also das Nullpolynom sein, d.h.
a0 = . . . = an = 0 .

Kl¨ren wir hier noch die 4 -ten Wurzeln aus 7, die wir am Ende von Kapitel 1 angefuhrt
a ¨
haben. Man rechnet nach, daß
√ √
x = ± 4 7 , x = ±i 4 7 ,

in der Tat Nullstellen des Polynoms p(x) := x4 ’ 7 sind. Nach dem Fundamentalsatz sind
2
dies nun alle Nullstellen dieses Polynoms.
Der Fundamentalsatz der Algebra wurde erstmals streng 1799 von C.F. Gauß in seiner Dissertation
bewiesen. Er geht auf A. Girard (1595 “ 1632) zuruck, J.B. d™Alembert (1717 “ 1783) hat 1746 einen
¨
Beweisversuch vorgelegt. Nun gibt es eine Reihe von Beweisen, die sich unterschiedlicher Theorien
bedienen (C.F. Gauß hatte auch schon drei unterschiedliche Beweise gefunden). Der wohl einfachste
Beweis l¨ßt sich mit der Funktionentheorie, also der Theorie der Funktionen f : C ’’ C , fuhren.
a ¨



Satz 3.57
Sei V = {θ} ein IK “Vektorraum, der endlich erzeugt ist. Dann gilt:

(a) V besitzt eine Basis aus endlich vielen Elementen.

(b) Je zwei Basen haben gleich viele Elemente.

(c) Ist M := {u1, . . . , ur } linear unabh¨ngig, dann ist M entweder eine Basis oder
a
es gibt Elemente u , . . . , u ∈ V derart, daß B := {u1, . . . , un } eine Basis
r+1 n

von V ist.
Beweis:
Wir beweisen zun¨chst (c).
a
Ist U := L(M) = V , dann sind wir schon fertig. Ist U = V , dann gibt es ur+1 ∈ V \U. Nach
dem Abh¨ngigkeitslemma 3.50 ist M := {u1, . . . , ur , ur+1 } linear unabh¨ngig. Nun kann
a a
das Verfahren fortgesetzt werden. Nach dem Schrankenlemma 3.51 bricht das Verfahren
nach endlich vielen Schritten ab. Also erhalten wir die gewunschte Basis.
¨
Nun beweisen wir (a).
Nach Voraussetzung gibt es v = θ in V . Dann ist {v} linear unabh¨ngig und kann nach
a
(c) zu einer Basis erg¨nzt werden.
a
Nun zu (b).
Seien B, B Basen von V mit n bzw. n Elementen.
Da B ein Erzeugendensystem mit n Elementen ist, folgt mit dem Lemma 3.51, daß n + 1
Elemente in V linear abh¨ngig sind, also ist n ¤ n. Vertauscht man die Rollen von B, B ,
a
folgt n ¤ n .

Bemerkung 3.58
Auch nicht endlich erzeugte Vektorr¨ume besitzen eine Basis. Zum Beweis braucht man
a
weitergehende Hilfsmittel aus der Mengenlehre, n¨mlich das Zornsche Lemma, das in
a
der N¨he des Auswahlaxioms angesiedelt ist; der Beweis zur Existenz einer Basis wird
a
damit nichtkonstruktiv gefuhrt. Die Bedeutung der (algebraischen) Basen in nicht endlich

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