Basis eines Vektorraums – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wir haben in den letzten beiden Kapiteln die beiden Begriffe Erzeugendensystem und Lineare Unabhängigkeit kennengelernt. In diesem Kapitel kombinieren wir die beiden Konzepte und lernen dabei den Begriff der Basis eines Vektorraums kennen.

Motivation

Weg über Lineare Unabhängigkeit

Wir wollen auf den Begriff der Dimension hinarbeiten. Intuitiv können wir uns diese als die maximale Anzahl an linear unabhängigen Richtungen in einem Raum vorstellen. Wenn wir bei dieser Intuition bleiben, so können wir folgende vorläufige Definition von Dimension geben: Die Dimension eines Vektorraums ist die maximale Anzahl an linear unabhängigen Vektoren, die wir gleichzeitig einem Vektorraum wählen können. Um diese zu finden, müssen wir ein maximales System linear unabhängiger Vektoren finden.

Um zu sehen, ob diese vorläufige Definition sinnvoll ist, versuchen wir diese im $\mathbb {R} ^{3}$ anzuwenden: Anschaulich sollte der $\mathbb {R} ^{3}$ dreidimensional sein. Das heißt wir müssen uns zwei Fragen stellen: Passen drei linear unabhängige Vektoren in den $\mathbb {R} ^{3}$ und gibt es keinen weiteren Vektor, der linear unabhängig zu den drei gefundenen Vektoren ist? Das wollen wir jetzt ausprobieren: Nehmen wir einen beliebigen ersten Vektor, z.B. $v_{1}:=(2,-1,0)^{T}$. Nun wollen wir einen dazu linear unabhängigen Vektor finden, d.h. einen Vektor der kein Vielfaches von $v_{1}$ ist bzw. nicht in $\operatorname {span} (\{v_{1}\})$ liegt. Ein Beispiel hierfür ist $v_{2}:=(2,1,0)^{T}$.

Wenn wir der Intuition folgen wollen, dass $\mathbb {R} ^{3}$ dreidimensional ist, müssen wir noch einen dritten Vektor finden, der zu dem System $\{v_{1},v_{2}\}$ linear unabhängig ist. Nun spannen $v_{1}$ und $v_{2}$ eine Ebene auf, in der immer die letzte Komponente Null ist. Somit ist $v_{3}=(0,0,1)^{T}$ ein zu $\{v_{1},v_{2}\}$ linear unabhängiger Vektor.

Jetzt ist die Frage, ob mit diesen drei Vektoren bereits die maximale Anzahl linear unabhängiger Vektoren erreicht ist. Um dies zu beantworten, betrachten wir zunächst beispielhaft den Vektor $(1,0,1)^{T}$. Wir wollen prüfen, ob wir diesen Vektor zu $v_{1},v_{2}$ und $v_{3}$ hinzufügen können und weiterhin ein System linear unabhängiger Vektoren erhalten. Wenn wir $v_{1}$ mit $v_{2}$ mit passender Skalierung kombinieren, erhalten wir den Vektor $(1,0,0)$:

${\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}={\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}$

Das ist praktisch, denn wenn wir nun den dritten Vektor $v_{3}=(0,0,1)^{T}$ hinzufügen, können wir $(1,0,1)^{T}$ darstellen als

${\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}+1\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

Also ist $(1,0,1)^{T}\in \operatorname {span} (\{v_{1},v_{2},v_{3}\})$. Nun wollen wir uns die gleiche Frage für einen beliebigen Vektor $(a,b,c)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $a,b,c\in \mathbb {R}$ stellen. Dafür erhalten wir zunächst

${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}&={\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Außerdem können wir den Vektor $(0,1,0)^{T}$ darstellen durch

${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}&={\frac {1}{2}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}-{\frac {1}{2}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Wir erhalten mit all unseren bisherigen Überlegungen für den Vektor $(a,b,c)^{T}$ die Darstellung

${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}&=a\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+c\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\\[0.5em]&=a\cdot \left({\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}}\right)+b\cdot \left({\frac {1}{2}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}-{\frac {1}{2}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}}\right)+c\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\\[0.5em]&={\frac {a+2b}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {a-2b}{4}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}}+c\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Somit ist $(a,b,c)^{T}\in \operatorname {span} (\{v_{1},v_{2},v_{3}\})$. Da dieser Vektor beliebig gewählt war, ist jeder Vektor aus $\mathbb {R} ^{3}$ als Linearkombination der linear unabhängigen Vektoren $v_{1},v_{2}$ und $v_{3}$ darstellbar. Somit ist $\{v_{1},v_{2},v_{3}\}$ ein Erzeugendensystem von $\mathbb {R} ^{3}$. Daher können wir zu $v_{1},v_{2}$ und $v_{3}$ keinen weiteren Vektor hinzufügen, sodass das System linear unabhängig bleibt, da jeder andere Vektor aus $\mathbb {R} ^{3}$ sich als Linearkombination von $v_{1},v_{2}$ und $v_{3}$ darstellen lässt. Also bilden $v_{1},v_{2}$ und $v_{3}$ ein maximales System linear unabhängiger Vektoren.

Zusammengefasst sind wir folgendermaßen vorgegangen um ein maximales System linear unabhängiger Vektoren zu finden: Wir starten mit einem Vektor, der nicht der Nullvektor ist. Das heißt wir sollten hier nicht den Nullvektorraum betrachten. Danach gehen wir schrittweise vor: Haben wir linear unabhängige Vektoren $v_{1},...,v_{n}$ gefunden, so bilden wir den Spann dieser Vektoren. Ist dies der gesamte Vektorraum, so haben wir ein Erzeugendensystem gefunden und sind fertig. Andernfalls wählen wir einen Vektor $v_{n+1}$, der nicht in $\operatorname {span} (\{v_{1},...,v_{n}\})$ liegt. Dieser trägt eine neue Richtung bei und das System $v_{1},...,v_{n+1}$ ist wieder linear unabhängig. Dann machen wir das gleiche erneut, bis wir ein Erzeugendensystem gefunden haben. Wir erhalten somit die Charakterisierung, dass ein maximales System linear unabhängiger Vektoren ein Erzeugendensystem aus linear unabhängigen Vektoren ist.

Weg über Erzeugendensysteme

Bisher sind wir mit einem System linear unabhängiger Vektoren gestartet und haben es so lange erweitert bis es ein maximales System linear unabhängiger Vektoren geworden ist. Wir haben festgestellt, dass das genau dann der Fall ist, wenn das System linear unabhängiger Vektoren zu einem Erzeugendensystem wird. Nun wollen wir untersuchen, was passiert, wenn wir die Richtung umdrehen. Das heißt wir starten mit einem Erzeugendensystem und verkleinern dieses bis wir ein minimales Erzeugendensystem gefunden haben.

Betrachten wir hierzu

$E=\left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\right\}$

Zunächst überlegen wir uns anhand folgender Rechnung, dass es sich bei $E$ um ein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{3}$ handelt: Für einen Vektor $(\alpha ,\beta ,\gamma )^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb {R}$ gilt

${\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \\\gamma \end{pmatrix}}=(\alpha -\beta -\gamma )\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}}+\beta \cdot {\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix}}+(\beta +\gamma -\alpha )\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}}+\beta \cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}+\alpha \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}$

Wir haben also gesehen, dass wir jeden beliebigen Vektor $(\alpha ,\beta ,\gamma )^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit den Vektoren aus dem Erzeugendensystem darstellen können.

Nun stellen wir uns die Frage, ob wir obiges Erzeugendensystem verkleinern können, ohne die Eigenschaft, ein Erzeugendensystem zu sein, zu verlieren. Nun ist $(-1,0,-1)^{T}$ ein Vielfaches von $(1,0,1)^{T}$. Das heißt die Richtung, die $(-1,0,-1)^{T}$ repräsentiert, ist die gleiche wie die von $(1,0,1)^{T}$ repräsentierte Richtung. Folglich können wir diesen Vektor aus $E$ entfernen und erhalten ein neues Erzeugendensystem

$E_{1}=\left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\right\}$

Können wir dieses Erzeugendensystem ebenfalls verkleinern? Ja, denn es gilt

${\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}$

Also fügt $(2,1,1)^{T}$ keine neue Richtung hinzu, die nicht schon von $(1,0,1)^{T}$ und $(1,1,0)^{T}$ aufgespannt wird. Wir erhalten somit ein kleineres Erzeugendensystem

$E_{2}=\left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\right\}$

Nun können wir das Erzeugendensystem nicht weiter reduzieren, ohne die Eigenschaft, ein Erzeugendensystem zu sein, zu verlieren. Denn entfernen wir irgendeinen der drei Vektoren in $E_{2}$, so liegt dieser nicht mehr im Spann der verbleibenden zwei Vektoren. Für $(1,0,1)^{T}$ sehen wir das beispielsweise folgendermaßen: Angenommen wir finden $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$, sodass

${\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}+\mu {\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}}$

Dann müsste $\lambda =-\mu$ gelten, weil die zweite Komponente auf beiden Seiten null sein muss. Wegen der dritten Komponente muss $\mu ={\frac {1}{2}}$ sein. Somit erhalten wir den Widerspruch

${\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}=-{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0.5\\0\\1\end{pmatrix}}$

Also liegt $(1,0,1)^{T}$ nicht in $\operatorname {span} ((1,1,0)^{T},(2,1,2)^{T})$. Wir haben also ein Erzeugendensystem aus linear unabhängigen Vektoren gefunden.

Zusammengefasst sind wir folgendermaßen vorgegangen: Wir haben mit einem Erzeugendensystem aus Vektoren $v_{1},\dots ,v_{n}$ begonnen und haben dieses nach folgendem Algorithmus verkleinert: Ist $v_{1},\dots ,v_{n}$ ein System linear unabhängiger Vektoren, so können wir keinen Vektor mehr entfernen, ohne die Eigenschaft, ein Erzeugendensystem zu sein, zu verlieren. Das heißt wir sind fertig und wir haben ein minimales Erzeugendensystem gefunden. Andernfalls finden wir einen Vektor $v_{i}$ mit $i\in \{1,\dots ,n\}$ der in $\operatorname {span} (\{v_{1},\dots ,v_{i-1},v_{i+1},\dots ,v_{n}\})$ liegt. Diesen können wir weglassen und erhalten dadurch ein neues Erzeugendensystem bestehend aus $(n-1)$ Vektoren. Mit diesem machen wir die gleichen Schritte erneut, bis wir ein System linear unabhängiger Vektoren gefunden haben.

Wir erhalten somit die Charakterisierung, dass ein minimales Erzeugendensystem ein Erzeugendensystem bestehend aus linear unabhängigen Vektoren ist.

Zusammenfassung

Linear unabhängige Erzeugendensysteme sind also minimale Erzeugendensysteme und gleichzeitig maximal linear unabhängige Teilemengen. Wenn eine Menge ein solches linear unabhängig Erzeugendensystem ist, nennen wir es Basis.

Da Basen Erzeugendensysteme sind, besitzt jeder Vektor eine Darstellung als Linearkombination aus Basisvektoren. Diese Darstellung ist eindeutig, denn Basen sind linear unabhängig. Letzteres charakterisiert linear unabhängige Systeme. Also haben wir eine weitere Beschreibungsmöglichkeit von Basen gefunden:

Eine Basis ist eine Teilmenge, sodass jeder Vektor eine Darstellung als eindeutige Linearkombination aus Basisvektoren besitzt.

Definition der Basis eines Vektorraums

Definition (Basis eines Vektorraums)

Seien $K$ ein Körper und $V$ ein $K$-Vektorraum. Ist $B\subseteq V$ ein Erzeugendensystem von $V$, dessen Vektoren linear unabhängig sind, dann nennt man $B$ eine Basis von $V$.

Hinweis

Wir haben die Basis als eine Menge von Vektoren definiert. Damit ist die Reihenfolge der Vektoren nicht festgelegt. Man kann alternativ die Basis als ein Tupel von Vektoren definieren. In diesem Fall ist die Reihenfolge der Vektoren festgelegt. Durch eine Änderung der Reihenfolge entsteht in diesem Fall eine andere Basis.

Äquivalente Definitionen einer Basis

Satz (Äquivalente Definitionen einer Basis)

Für eine Teilmenge $B\subseteq V$ sind die folgenden vier Aussagen äquivalent:

1. $B$ ist ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von $V$.
2. $B$ ist eine maximale linear unabhängige Teilmenge von $V$. Das bedeutet: Wird ein weiteres Element $c\in V\setminus B$ zu $B$ hinzugefügt, ist die neue Menge $B\cup \lbrace c\rbrace$ nicht mehr linear unabhängig.
3. Jedes Element von $V$ lässt sich eindeutig als Linearkombination von Vektoren aus $B$ darstellen.
4. $B$ ist ein minimales Erzeugendensystem von $V$. Das bedeutet: $B$ ist ein Erzeugendensystem von $V$. Wird aber ein Element aus $B$ entfernt, so ist die verbleibende Menge kein Erzeugendensystem von $V$ mehr.

Beweis (Äquivalente Definitionen einer Basis)

Wir beweisen die Äquivalenz dieser Aussagen durch einen Ringschluss der Art $1\implies 2\implies 3\implies 4\implies 1$:

Beweisschritt: $1\implies 2$

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

$c=\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}$

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

$0=-c+\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}$

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

Beweisschritt: $2\implies 3$

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 $V$ mit Elementen aus $B$ 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 $B:=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ eine maximal lineare unabhängige Teilmenge von $V$. Sei $c\in V$ ein beliebiges Element aus unserem Vektorraum. Wir werden nun zeigen, dass wir $c$ als Linearkombination von Elementen aus $B$ 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 $V$ betrachten und dann deren Komplement.

Fall 1:

Wir nehmen an, dass $c\in B$, also der gesuchte Vektor Teil unserer maximal linearen unabhängigen Teilmenge ist. Die Linearkombination ist in diesem Fall trivial, weil $c$ bereits in $B$ ist. Damit können wir einfach

$c=1\cdot c$ schreiben und sind fertig.

Fall 2:

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

$0=\lambda _{0}c+\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}$

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

$c=-{\frac {1}{\lambda _{0}}}\cdot (\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n})$

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

Damit haben wir beide Fälle abgeschlossen und besitzen eine Linearkombination von $c$ mit Hilfe der Elemente aus $B$. Da $c$ beliebig aus $V$ gewählt war, haben wir nun bereits gezeigt, dass sich jedes Element aus $V$ als Linearkombination von Vektoren aus $B$ 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 $c\in V$ gibt, welches durch zwei unterschiedliche Linearkombinationen dargestellt werden kann. Wir werden aus dieser Uneindeutigkeit nun einen Widerspruch zu Aussage 2 folgern. Seien also

${\begin{aligned}c&=\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}\\c&=\kappa _{1}b_{1}+\dots +\kappa _{n}b_{n}\end{aligned}}$

mit $\lambda _{1},...,\lambda _{n},\kappa _{1},...,\kappa _{n}\in K$. Da beide Linearkombinationen unterschiedlich sind, gibt es mindestens ein $j$ für das gilt: $\lambda _{j}-\kappa _{j}\neq 0$. 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:

$0=(\lambda _{1}-\kappa _{1})b_{1}+\dots +(\lambda _{n}-\kappa _{n})b_{n}$

Wir definieren $\eta _{i}:=\lambda _{i}-\kappa _{i}$. Da $\lambda _{j}-\kappa _{j}\neq 0$ ist, gilt auch $\eta _{j}\neq 0$. Damit können wir die obige Gleichung umschreiben zu:

$0=\eta _{1}b_{1}+\dots +\eta _{n}b_{n}$

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

Beweisschritt: $3\implies 4$

Wir führen den Beweis in zwei Schritten. Zuerst zeigen wir, dass unter Annahme von Aussage 3 $B$ ein Erzeugendensystem ist. Danach zeigen wir, dass es minimal ist. Nach der Definition eines Erzeugendensystems muss $B$ eine Teilmenge von $V$ sein und $V$ aufspannen (d.h. $B=\operatorname {span} (V)$). $B\subseteq V$ gilt nach Aussage 3. Da wir jedes Element aus $V$ als Linearkombination mit Elementen aus $B$ darstellen können, gilt auch, dass $B$ den Vektorraum $V$ aufspannt. Damit ist $B$ ein Erzeugendensystem.

Im nächsten Schritt wollen wir zeigen, dass $B$ minimal ist. Wir führen wieder einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass $B$ kein minimales Erzeugendensystem ist. Dies führen wir zum Widerspruch zu Aussage 3. Wenn $B$ kein minimales Erzeugendensystem ist, existiert eine echte Teilmenge $B'\subsetneq B$, die auch ein Erzeugendensystem ist. Sei nun $b\in B\setminus B'$, also $b\notin B'$. Dann existieren zwei verschiedene Linearkombinationen für $b$ mit Hilfe der Vektoren aus $B$. Einmal existiert die triviale Darstellung:

$b=1\cdot b$

Dann lässt sich $b$ noch mit den Elementen aus $B'$ darstellen, weil $B'$ ein Erzeugendensystem bildet:

$b=\lambda _{1}b'_{1}+\cdots +\lambda _{n}b'_{n}$

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

Beweisschritt: $4\implies 1$

Dies zeigen wir wiederum durch einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen also an, dass Aussage 1 falsch ist. Das bedeutet, dass $B$ kein linear unabhängiges Erzeugendensystem ist. Das heißt, es existiert ein $b_{1}\in B$, das sich als Linearkombinationen von Vektoren $b_{2},...,b_{n}$ aus $B\setminus \{b_{1}\}$ darstellen lässt:

$b_{1}=\lambda _{2}b_{2}+\cdots +\lambda _{n}b_{n}$

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

Sei $c\in V$ ein beliebiger Vektor. Da $B$ ein Erzeugendensystem ist, gibt es eine Linearkombindation von $c$ mit Vektoren $b_{1},...,b_{n}$ aus $B$:

$c=\kappa _{1}b_{1}+\cdots +\kappa _{n}b_{n}$

Nun setzen wir obige Linearkombination von $b_{1}$ in die Linearkombination von $c$ ein:

${\begin{aligned}c&=\kappa _{1}(\lambda _{2}b_{2}+\cdots +\lambda _{n}b_{n})+\kappa _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{n}b_{n}\\&=\kappa _{1}\lambda _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{1}\lambda _{n}b_{n}+\kappa _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{n}b_{n}\\&=\kappa _{1}\lambda _{2}b_{2}+\kappa _{2}b_{2}+\cdots +\kappa _{1}\lambda _{n}b_{n}+\kappa _{n}b_{n}\\&=(\kappa _{2}+\kappa _{1}\lambda _{2})b_{2}+\cdots +(\kappa _{n}+\kappa _{1}\lambda _{n})b_{n}\end{aligned}}$

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

Beispiele

Standardbasis im Koordinatenraum

Der Vektorraum $K^{n}$ der $n$-Tupel über den Körper $K$ hat die sogenannte kanonische Basis

$B=\lbrace \underbrace {(1,0,\ldots ,0)^{T}} _{n{\text{-Komponenten}}},\,\underbrace {(0,1,\ldots ,0)^{T}} _{n{\text{-Komponenten}}},\,\cdots ,\,\underbrace {(0,0,\ldots ,1)^{T}} _{n{\text{-Komponenten}}}\rbrace$

So hat der $\mathbb {R} ^{3}$ die kanonische Basis $B_{3}=\lbrace (1,0,0)^{T},\,(0,1,0)^{T},\,(0,0,1)^{T}\rbrace$ und der $\mathbb {R} ^{2}$ die kanonische Basis $B_{2}=\lbrace (1,0)^{T},\,(0,1)^{T}\rbrace$.

Aufgabe (Basis der Ebene)

Zeige, dass die Menge $B_{2}=\lbrace (1,0)^{T},\,(0,1)^{T}\rbrace$ eine Basis des $\mathbb {R} ^{2}$ ist.

Zusammenfassung des Beweises (Basis der Ebene)

Wir zeigen zunächst, dass jeder beliebige Vektor als Linearkombination der zwei angegebenen kanonischen Basisvektoren darstellbar ist, damit bilden sie ein Erzeugendensystem. Danach zeigen wir, dass diese linear unabhängig sind.

Lösung (Basis der Ebene)

Beweisschritt: $B_{2}$ ist Erzeugendensystem vom $\mathbb {R} ^{2}$

Sei $(x_{1},x_{2})^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ beliebig, dann ist

${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\,=\,x_{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+x_{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

Also ist $B_{2}$ ein Erzeugendensystem des $R^{2}$.

Beweisschritt: $B_{2}$ ist linear unabhängig

Wir nehmen an, dass

$\rho \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$

Es folgt

${\begin{pmatrix}\rho \\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\\mu \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\rho \\\mu \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$

Es folgt $\rho =0$ und $\mu =0$. Damit sind die Vektoren von $B_{2}$ linear unabhängig.

Eine andere Basis des $\mathbb {R} ^{3}$

Aufgabe

Zeige, dass die Vektoren $v_{1}=(2,0,0)^{T},\,v_{2}=(3,2,3)^{T},\,v_{3}=(0,1,0)^{T}$ eine Basis des $\mathbb {R} ^{3}$ sind.

Zusammenfassung des Beweises

Zunächst zeigt man in einem ersten Schritt, dass $v_{1},\,v_{2},\,v_{3}$ ein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{3}$ ist, und zeigt dann im zweiten Schritt, dass diese Vektoren linear unabhängig sind.

Lösung

Beweisschritt: Erzeugendensystem

Sei $(x,y,z)^{T}$ ein beliebiger Vektor des $\mathbb {R} ^{3}$, dann ist

${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\frac {x-z}{2}}{\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}+{\frac {z}{3}}{\begin{pmatrix}3\\2\\3\end{pmatrix}}+(y-{\frac {2}{3}}z){\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$

eine Linearkombination der Vektoren $v_{1},\,v_{2},\,v_{3}$ und damit sind diese Vektoren ein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{3}$.

Beweisschritt: Lineare Unabhängigkeit

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

${\begin{aligned}&\beta _{1}{\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix}}+\beta _{2}{\begin{pmatrix}3\\2\\3\end{pmatrix}}+\beta _{3}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[1em]\implies &\ {\begin{pmatrix}{2\beta _{1}}\\0\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}{3\beta _{2}}\\{2\beta _{2}}\\{3\beta _{2}}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\{1\beta _{3}}\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[1em]\implies &\ {\begin{pmatrix}{2\beta _{1}+3\beta _{2}}\\{2\beta _{2}+\beta _{3}}\\{3\beta _{2}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[1em]\end{aligned}}$

Aus dieser Sicht ergibt sich folgendes Gleichungssystem:

${\begin{aligned}2\beta _{1}+3\beta _{2}&=0\\2\beta _{2}+\beta _{3}&=0\\3\beta _{2}&=0\end{aligned}}$

Die Lösung dieses Gleichungssystems ist $\beta _{1}=\beta _{2}=\beta _{3}=0$. Damit sind die Vektoren linear unabhängig.

Beispiel komplexe Zahlen

Die Menge der komplexen Zahlen $\mathbb {C}$ ist ein Vektorraum über $\mathbb {R}$ indem wir die Multiplikation auf $\mathbb {C}$ so einschränken, dass wir für den ersten Faktor nur reelle Zahlen nehmen:

$\cdot \,\colon \mathbb {R} \times \mathbb {C} \to \mathbb {C} ;(\lambda ,z)\mapsto \lambda \cdot z$

Dann hat $\mathbb {C}$ als $\mathbb {R}$-Vektorraum die Basis $\lbrace 1,\mathrm {i} \rbrace$, denn für $z\in \mathbb {C}$ haben finden wir eindeutige $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$ mit $z=\lambda +\mathrm {i} \mu =\lambda \cdot 1+\mu \cdot \mathrm {i}$.

Wenn wir $\mathbb {C}$ als $\mathbb {C}$-Vektorraum betrachten, ist $\{1,i\}$ keine Basis von $\mathbb {C}$ mehr, da

$0=\mathrm {i} \cdot 1+(-1)\cdot \mathrm {i}$

Für $\mathbb {C}$ als $\mathbb {C}$-Vektorraum haben wir die einelementige Basis $\{1\}$. Als $\mathbb {R}$-Vektorraum besitzen die komplexe Zahlen eine zweielementige Basis (Dimension ist $2$) und als $\mathbb {C}$-Vektorraum eine einelementige Basis (Dimension ist $1$).

Abstraktes Beispiel

Der Vektorraum $\mathbb {R} [x]$ der Polynome mit Koeffizienten aus $\mathbb {R}$ besitzt als $\mathbb {R}$-Vektorraum eine Basis mit unendlich vielen Elementen. Ein Beispiel für eine Basis sind die Potenzen von $x$:

$B=\{1,x,x^{2},x^{3},...\}$

Dies ist ein Erzeugendensystem, denn für ein Polynom $f$ von Grad $n$ haben wir eine Darstellung

$f=\lambda _{n}x^{n}+\dots \lambda _{1}x+\lambda _{0}$

Dabei ist $\lambda _{i}\in \mathbb {R}$ für alle $0\leq i\leq n$. Also ist jedes Polynom eine endliche Linearkombination von Elementen aus $B$. Folglich ist $B$ ein Erzeugendensystem.

Für die lineare Unabhängigkeit überlegen wir uns folgendes: Sei mit $\lambda _{i}\in \mathbb {R}$:

$0=\lambda _{n}x^{n}+\dots \lambda _{1}x+\lambda _{0}$

Wir können das Nullpolynom auch schreiben als $0=0\cdot x^{n}+\dots +0\cdot x+0$. Ein Koeffizientenvergleich zwischen den beiden Darstellungen liefert, dass

$\lambda _{0}=\dots =\lambda _{n}=0$

Also ist $B$ eine Basis.

Nichteindeutigkeit der Basis

Beispiel der Nichteindeutigkeit in der Ebene

Der blaue Vektor v lässt sich durch zwei verschiedene Basen darstellen.

Wir werden im Folgenden am Beispiel der Ebene $\mathbb {R} ^{2}$ sehen, dass die Basis eines Vektorraums nicht eindeutig ist. Schauen wir uns die (natürliche) Basis für $\mathbb {R} ^{2}$ mit den Einheitsvektoren an:

$B_{1}=\left\{{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\right\}$

Diese Vektoren bilden offensichtlich ein Erzeugendensystem:

${\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}=a\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

Sie sind auch linear unabhängig, weil es unmöglich ist, eine Linearkombination der Null mit nicht-trivialen Koeffizienten zu finden. Damit ist $B_{1}$ eine Basis. Für die Ebene gibt es mit der folgenden Menge eine weitere Basis:

$B_{2}=\left\{{\begin{pmatrix}4\\-2\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-2\\4\end{pmatrix}}\right\}$

Wir können alle Vektoren mit diesen beiden Vektoren erzeugen:

${\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}=\left({\frac {a}{3}}+{\frac {b}{6}}\right)\cdot {\begin{pmatrix}4\\-2\end{pmatrix}}+\left({\frac {b}{3}}+{\frac {a}{6}}\right)\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\end{pmatrix}}$

Dies Vektoren sind linear unabhängig, weil der eine Vektor kein Vielfaches des anderen Vektors ist (zwei Vektoren sind genau dann linear abhängig, wenn der eine Vektor ein Vielfaches vom anderen Vektor ist). Damit ist auch $B_{2}$ eine Basis. Diese beiden Beispiele zeigen, dass die Basis für den $\mathbb {R} ^{2}$ nicht eindeutig ist.

Erzeugung einer weiteren Basis aus einer bestehenden Basis

Allgemein können wir bei jedem $\mathbb {R}$-Vektorraum mit zwei Basisvektoren eine weitere Basis konstruieren: Sei $B_{1}=\{b_{1},b_{2}\}$ eine Basis für einen $\mathbb {R}$-Vektorraum $V$. Dann ist $B_{2}=\{b_{1},b_{2}-b_{1}\}$ auch eine Basis von $V$. Wir zeigen erst, dass $B_{2}$ ein Erzeugendensystem ist und danach, dass die Basisvektoren linear unabhängig sind.

Sei $c\in V$ ein beliebiger Vektor und $c=\lambda _{1}b_{1}+\lambda _{2}b_{2}$ die Linearkombination durch die Basis $B_{1}$. Dann kann auch über Vektoren aus $B_{2}$ eine Linearkombination von $c$ gefunden:

$c=(\lambda _{1}+\lambda _{2})\cdot b_{1}+\lambda _{2}\cdot (b_{2}-b_{1})$

Damit ist $B_{2}$ ein Erzeugendensystem, weil der Vektor $c$ beliebig gewählt war.

Dass die Basisvektoren linear unabhängig sind, zeigen wir durch Kontraposition. Hierzu beweisen wir, wenn $B_{2}$ linear abhängig ist, auch $B_{1}$ linear abhängig sein muss. Aus Kontraposition folgt damit, dass $B_{2}$ linear unabhängig ist, wenn $B_{1}$ linear unabhängig ist (was es als Basis sein muss). Wenn $B_{2}$ linear abhängig ist, gibt es eine Darstellung der Null:

$0=\lambda _{1}\cdot b_{1}+\lambda _{2}\cdot (b_{2}-b_{1})$

Dabei ist $\lambda _{1}\neq 0$ oder $\lambda _{2}\neq 0$. Dann finden wir auch eine Darstellung der Null mit der Basis $B_{1}$:

$0=(\lambda _{1}-\lambda _{2})\cdot b_{1}+\lambda _{2}\cdot b_{2}$

Wir müssen noch zeigen, dass einer der Koeffizienten $\lambda _{1}-\lambda _{2}$ oder $\lambda _{2}$ ungleich null ist. Als Prämisse haben wir $\lambda _{1}\neq 0$ oder $\lambda _{2}\neq 0$. Der Fall $\lambda _{2}\neq 0$ führt direkt zur nichttrivialen Darstellung der Null, da dieser Faktor so auch in der zweiten Gleichung auftaucht.

Gilt $\lambda _{1}\neq 0$, müssen wir nochmals unterscheiden. Gilt $\lambda _{1}\neq 0$ und $\lambda _{1}=\lambda _{2}$, dann ist $\lambda _{2}\neq 0$ und somit eine der Koeffizienten ungleich null. Gilt $\lambda _{1}\neq 0$ und $\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$, dann ist $\lambda _{1}-\lambda _{2}\neq 0$ und damit der erste Koeffizient ungleich null.

Daraus folgt, dass stets einer der Koeffizienten ungleich null ist. Damit sind auch die Vektoren der Basis $B_{1}$ linear abhängig. Daraus folgt (nach Kontraposition), dass $B_{2}$ linear unabhängig ist, falls $B_{1}$ linear unabhängig ist. $B_{2}$ ist damit eine neue Basis, die aus der ersten Basis konstruiert wurde.

Dieses Prinzip kann auch auf größere Basen angewandt werden und zeigt: Die Basis eines Vektorraums ist (in der Regel) nicht eindeutig. Ein Vektorraum besitzt mehrere Basen.

Existenz und Konstruktion einer Basis

Existenz einer Basis

Wir haben bisher die Frage noch nicht beantwortet, ob es überhaupt für jeden Vektorraum eine Basis gibt. Achtung, das ist nicht selbstverständlich! Trotzdem darfst du dich freuen, denn die Antwort lautet: Ja, jeder Vektorraum besitzt (mindestens) eine Basis.

Diese Antwort müssen wir natürlich noch begründen. Für den Fall der endlich erzeugten Vektorräume, also aller Vektorräume, die ein endliches Erzeugendensystem besitzen, werden wir dies gleich beweisen. Für die unendlich erzeugten Vektorräume, also diejenigen Vektorräume, die kein endliches Erzeugendenssystem besitzen, ist der Beweis jedoch deutlich komplizierter.

Satz (Basisauswahlsatz)

Sei $V$ ein endlich erzeugter $K$-Vektorraum und $E$ ein endliches Erzeugendensystem von $V$. Dann gibt es eine Teilmenge $B\subseteq E$, die eine Basis von $V$ ist.

Beweis (Basisauswahlsatz)

Wir wollen so lange Vektoren aus $E$ entfernen, bis wir eine linear unabhängige Teilmenge von $E$ gefunden haben, die noch ein Erzeugendensystem ist. Dies machen wir folgendermaßen: Ist $E$ linear abhängig, so ist $E$ keine Basis. Also existiert nach dem Satz über äquivalente Charakterisierungen einer Basis eine Teilmenge $E'\subsetneq E$, die ein Erzeugendensystem von $V$ ist. Diese hat weniger Elemente als $E$.

Wir finden nun induktiv Erzeugendensysteme $E_{i}\subseteq E$, sodass $E_{i+1}$ weniger Elemente als $E_{i}$ hat, wie folgt:

• Setze $E_{0}:=E$ und
• für $i\geq 1$, wähle ein Erzeugendensystem $E_{i}\subsetneq E_{i-1}$ von $V$, falls $E_{i-1}$ kein minimales Erzeugendensystem ist.

Da wir mit einer endlichen Menge starten, erhalten wir nach endlich vielen Schritten ein minimales Erzeugendensystem.

Satz (Existenz einer Basis)

Jeder endlich erzeugte Vektorraum besitzt eine Basis.

Beweis (Existenz einer Basis)

Wir nehmen ein endliches Erzeugendensystem her. Mit dem Basisauswahlsatz gibt es eine Teilmenge davon, die eine Basis des Vektorraums ist. Insbesondere besitzt der Vektorraum eine Basis.

Konstruktion einer Basis durch Streichen

Nun wissen wir zwar, dass jeder Vektorraum eine Basis besitzt, aber wie kannst du zu einem gegebenen Vektorraum eine Basis finden? Für endlich erzeugte Vektorräume liefert der Beweis des Satzes zur Existenz einer Basis dir eine Vorgehensweise, wie du in endlich vielen Schritten eine Basis konstruieren kannst (Für unendlich erzeugte Vektorräume ist er nicht anwendbar). Nach dem Basisergänzungssatz können wir folgendermaßen vorgehen:

1. Finde ein endliches Erzeugendensystem $E$ des Vektorraums.
2. Ist $E$ linear unabhängig?
   • Wenn ja: Wir sind fertig und das Erzeugendensystem ist eine Basis.
   • Wenn nein: Finde ein kleineres Erzeugendensystem $E'\subsetneq E$ des Vektorraums und wiederhole den Schritt 2.

Wir brauchen nun noch einen expliziten Weg, wie wir aus einem endlichen Erzeugendensystem $E=\{e_{1},\dots ,e_{n}\}$, das kein minimales Erzeugendensystem ist, ein kleineres Erzeugendensystem $E'\subsetneq E$ erhalten. Da $E$ kein minimales Erzeugendensystem ist, ist $E$ linear abhängig. Also finden wir $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$, sodass nicht alle $\lambda _{i}=0$ und es gilt

$\lambda _{1}e_{1}+\dots +\lambda _{n}e_{n}=0$

Nun wählen wir ein $i\in \{1,\dots ,n\}$ mit $\lambda _{i}\neq 0$ und setzen

$E':=E\setminus \{e_{i}\}=\{e_{1},\dots ,e_{i-1},e_{i+1},\dots ,e_{n}\}$

Wir wollen nun zeigen, dass $E'$ ebenfalls ein Erzeugendensystem ist. Im Kapitel Lineare Unabhängigkeit von Vektoren haben wir gesehen, dass

$e_{i}=-{\frac {\lambda _{1}}{\lambda _{i}}}e_{1}-\dots -{\frac {\lambda _{i-1}}{\lambda _{i}}}e_{i-1}-{\frac {\lambda _{i+1}}{\lambda _{i}}}e_{i+1}-\dots -{\frac {\lambda _{n}}{\lambda _{i}}}e_{n}$

Da $E$ ein Erzeugendensystem von $V$ ist, finden wir für einen Vektor $v\in V$ Skalare $\mu _{1},\dots ,\mu _{n}\in K$ mit

${\begin{aligned}v&=\mu _{1}e_{1}+\dots +\mu _{i}e_{i}+\dots +\mu _{n}e_{n}\\&=\mu _{1}e_{1}+\dots +\mu _{i-1}v_{i-1}+\mu _{i}\left(-{\frac {\lambda _{1}}{\lambda _{i}}}e_{1}-\dots -{\frac {\lambda _{i-1}}{\lambda _{i}}}e_{i-1}-{\frac {\lambda _{i+1}}{\lambda _{i}}}e_{i+1}-\dots -{\frac {\lambda _{n}}{\lambda _{i}}}e_{n}\right)+\mu _{i+1}e_{i+1}+\dots +\mu _{n}e_{n}\\&=\left(\mu _{1}-\mu _{i}\cdot {\frac {\lambda _{1}}{\lambda _{i}}}\right)e_{1}+\dots +\left(\mu _{i-1}-\mu _{i}\cdot {\frac {\lambda _{i-1}}{\lambda _{i}}}\right)e_{i-1}+\left(\mu _{i+1}-\mu _{i}\cdot {\frac {\lambda _{i+1}}{\lambda _{i}}}\right)e_{i+1}+\dots +\left(\mu _{n}-\mu _{i}\cdot {\frac {\lambda _{n}}{\lambda _{i}}}\right)e_{n}\end{aligned}}$

Also ist $v\in \operatorname {span} (E')$. Da $v\in V$ beliebig gewählt war, folgt, dass $E'$ ein Erzeugendensystem ist. Mit dem Beweis des Basisauswahlsatzes erhalten wir nun folgendes Verfahren zum Bestimmen einer Basis:

Wie kommt man auf den Beweis? (Konstruktion einer Basis eines endlich erzeugten Vektorraums)

1. Finde ein endliches Erzeugendensystem des gegebenen Vektorraums.
2. Versuche, eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors aus diesem Erzeugendensystem zu finden. (Dazu musst du ein lineares Gleichungssystem lösen.) Falls keine nichttriviale Linearkombination existiert, ist das Erzeugendensystem auch linear unabhängig und wir sind fertig.
3. Falls eine nichttriviale Linearkombination existiert, streiche einen der Vektoren aus dem Erzeugendensystem, dessen Koeffizient in der Linearkombination ungleich Null ist. Gehe zurück zu Schritt 2.

Konstruktion einer Basis durch Ergänzen

Alternativ können wir auch so vorgehen wie im Abschnitt Weg über lineare Unabhängigkeit; das heißt wir starten mit einer linear unabhängigen Menge und erweitern diese, bis sie maximal ist.

Satz (Basisergänzungssatz)

Zu jeder linear unabhängigen Teilmenge $U$ eines endlich erzeugten Vektorraums $V$ gibt es eine Basis $B$ von $V$ mit $U\subseteq B$.

Beweis (Basisergänzungssatz)

Sei $V$ ein beliebiger Vektorraum und $U\subseteq V$ eine beliebige unabhängige Teilmenge von $V$. Da $V$ endlich erzeugt ist, finden wir ein endliches Erzeugendensystem $E$ von $V$. Wir wollen nun so lange Elemente aus $E$ der Menge $U$ hinzufügen, bis diese neue Menge ein Erzeugendensystem ist. Beim Hinzufügen der Vektoren soll die lineare Unabhängigkeit erhalten bleiben, so dass die neue Menge ein linear unabhängies Erzeugendensystem und damit eine Basis ist.

Ist $U$ ein Erzeugendensystem, so ist $U$ bereits eine Basis von $V$. Andernfalls finden wir, da $\operatorname {span} (U)\subsetneq V=\operatorname {span} (E)$, ein $v\in E$ mit $v\not \in \operatorname {span} (U)$. Nun setzen wir $U':=U\cup \{v\}$. Um die lineare Unabhängigkeit von $U'$ zu zeigen, nehmen wir an, $U'$ wäre linear abhängig. Dann existierte eine nicht-triviale Linearkombination

$\mu v+\sum _{u\in U}\lambda _{u}u=0$

mit $\mu ,\lambda _{u}\in K$. Da $U$ linear unabhängig ist, muss $\mu \neq 0$ gelten. Also erhalten wir

$v=-\sum _{u\in U}{\frac {\lambda _{u}}{\mu }}\cdot u\in \operatorname {span} (U)$

Dies steht im Widerspruch zu $v\not \in \operatorname {span} (U)$. Also ist $U'$ linear unabhängig.

Wir konstruieren nun induktiv linear unabhängige Mengen $U_{i}\supseteq U$, indem wir nach obige Verfahren Elemente aus $E$ hinzufügen, bis $U_{i}$ eine Basis geworden ist:

• Setze $U_{0}:=U$ und induktiv
• $U_{i+1}:=U_{i}\cup \{v\}$ für ein $v\in E$ mit $v\not \in \operatorname {span} (U_{i})$, falls $U_{i}$ noch kein Erzeugendensystem von $V$ ist.

Da wir nur endlich viele Vektoren aus $E$ zu $U=U_{0}$ hinzufügen können, gibt es ein $i$, sodass wir zu $U_{i}$ keinen Vektor aus $E$ hinzufügen können. Dann ist $B:=U_{i}$ ein Erzeugendensystem und somit auch eine Basis von $V$.

Dieser Beweis liefert dir ein weiteres Verfahren, um eine Basis eines endlich erzeugten Vektorraums in endlich vielen Schritten zu bestimmen (Auch dieses Verfahren ist nur für endlich erzeugte Vektorräume anwendbar):

1. Wähle ein endliches Erzeugendensystem und starte mit der leeren Menge als deine erste linear unabhängige Menge.
2. Versuche einen Vektor aus deinem Erzeugendensystem zu finden, der nicht im Spann deiner bisherigen linear unabhängigen Menge liegt. Wenn du keinen findest, bist du fertig.
3. Füge den gefundenen Vektor zu deiner linear unabhängigen Menge hinzu und gehe zurück zu Schritt 2.

Im nächsten Kapitel werden wir sehen, dass je zwei Basen des gleichen endlich erzeugten Vektorraums die gleiche Mächtigkeit haben. Wir erhalten, dass jede linear unabhängige Menge, die so viele Elemente wie eine Basis besitzt, automatisch schon eine maximal linear unabhängige Teilmenge ist. Daher können wir Schritt 2 in obigem Verfahren folgendermaßen ändern: „Versuche einen Vektor aus deinem Vektorraum zu finden, der nicht im Spann deiner bisherigen linear unabhängigen Menge liegt. Wenn du keinen findest bist du fertig.“ In dieser Variante des Verfahrens musst du in Schritt 1 kein Erzeugendensystem wählen.

Beispiele: Konstruktion einer Basis durch Streichen

Beispiel (Konstruktion einer Basis durch Streichen 1)

Sei $B=\{(1,0,0)^{T},(0,1,0)^{T},(0,0,1)^{T},(1,1,1)^{T}\}$. Dann gilt $\operatorname {span} (B)=\mathbb {R} ^{3}$, denn für alle $x_{1},x_{2},x_{3}\in \mathbb {R}$ gilt

${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}=x_{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+x_{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+x_{3}\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}+0\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$

Das heißt $B$ ist ein Erzeugendensystem. $B$ ist keine Basis von $\mathbb {R} ^{3}$, denn wir haben die nichttriviale Darstellung des Nullvektors

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}=1\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+1\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+1\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}+(-1)\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$

Da in dieser Linearkombination der Vorfaktor von $(0,0,1)^{T}$ nicht Null ist, ist nach obigem Verfahren zur Konstruktion einer Basis aus einem Erzeugendensystem $B':=B\setminus \{(0,0,1)^{T}\}=\{(1,0,0)^{T},(0,1,0)^{T},(1,1,1)^{T}\}$ ebenfalls ein Erzeugendensystem. Wir müssen nun überprüfen, ob $B'$ linear abhängig ist. Also schauen wir uns an, wie die Null aus dieser Menge dargestellt werden kann:

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}=\lambda _{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\lambda _{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+\lambda _{3}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$

Wenn wir daraus ein lineares Gleichungssystem aufstellen und es lösen, so folgt $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$. Also ist $B'$ linear unabhängig und damit eine Basis von $\mathbb {R} ^{3}$.

Beispiel (Abstraktes Beispiel zur Konstruktion einer Basis durch Streichen)

Sei $K:=\mathbb {Z} \operatorname {mod} 2\mathbb {Z}$ der zweielementige Körper. Wir betrachten den $K$-Vektorraum $V:=\operatorname {Abb} (K,K)$ aller Abbildungen von $K$ nach $K$. Dies ist ein Funktionenraum, der aus $4$ Elementen besteht. Also ist $V=\{c_{0},c_{1},\operatorname {id} ,f\}$. Dabei ist $c_{0}$ die konstante Nullabbildung, $c_{1}$ die konstante Einsabbildung, $\operatorname {id}$ die Identität und $f$ die Abbildung, die ${\bar {0}}$ und ${\bar {1}}$ vertauscht:

$f(x):={\begin{cases}{\bar {1}},&x={\bar {0}}\\{\bar {0}},&x={\bar {1}}\end{cases}}$

Als Ausgangserzeugendensystem $E_{0}$ wählen wir den kompletten Vektorraum, also $E_{0}:=V$. Dieses ist linear abhängig, denn wir haben folgende nichttriviale Darstellung des Nullvektors

$0={\bar {1}}\cdot c_{0}+{\bar {0}}\cdot c_{1}+{\bar {0}}\cdot \operatorname {id} +{\bar {0}}\cdot f$

Also erhalten wir ein neues Erzeugendensystem $E_{1}:=E_{0}\setminus \{c_{0}\}$ von $V$, da der Vorfaktor von $c_{0}$ ungleich Null ist. Konkret ist $E_{1}=\{c_{1},\operatorname {id} ,f\}$. Nun ist $E_{1}$ ebenfalls linear abhängig, denn wir haben

$0={\bar {1}}\cdot c_{1}+{\bar {1}}\cdot \operatorname {id} +{\bar {1}}\cdot f$

Da der Vorfaktor von $c_{1}$ ungleich Null ist, wählen wir als neues Erzeugendensystem $E_{2}:=E_{1}\setminus \{c_{1}\}$. Diese Menge ist linear unabhängig. Aus $0=\lambda \cdot \operatorname {id} +\mu \cdot f$ folgen (durch Einsetzen der beiden möglichen Argumente):

${\begin{aligned}{\bar {0}}&=\lambda \cdot \operatorname {id} ({\bar {0}})+\mu \cdot f({\bar {0}})=\lambda \cdot {\bar {0}}+\mu \cdot {\bar {1}}=\mu \\{\bar {0}}&=\lambda \cdot \operatorname {id} ({\bar {1}})+\mu \cdot f({\bar {1}})=\lambda \cdot {\bar {1}}+\mu \cdot {\bar {0}}=\lambda \end{aligned}}$

Also ist $\lambda =\mu ={\bar {0}}$ und damit $E_{2}$ linear unabhängig. Mit $E_{2}=\{\operatorname {id} ,f\}$ haben wir eine Basis unseres Vektorraums gefunden.

Beispiele: Konstruktion einer Basis durch Ergänzen

Beispiel (Konstruktion einer Basis durch Ergänzen)

Wir betrachten den Raum $\mathbb {R} ^{3}$ und starten mit der linear unabhängigen Menge $U:=\emptyset$. Dann ist $(1,1,1)^{T}\not \in \operatorname {span} (U)=\{(0,0,0)^{T}\}$. Das heißt wir erhalten die linear unabhängige Menge $U':=\{(1,1,1)^{T}\}$. Weiter ist

${\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}\not \in \left\{{\begin{pmatrix}x\\x\\x\end{pmatrix}};x\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} (U')$

Das heißt $U'':=U'\cup \{(1,0,0)^{T}\}=\{(1,1,1)^{T},(1,0,0)^{T}\}$ ist linear unabhängig. Nun ist

$\operatorname {span} (U'')=\left\{\lambda \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}};\lambda ,\mu \in \mathbb {R} \right\}=\left\{{\begin{pmatrix}\lambda +\mu \\\mu \\\mu \end{pmatrix}};\lambda ,\mu \in \mathbb {R} \right\}=\left\{{\begin{pmatrix}\lambda \\\mu \\\mu \end{pmatrix}};\lambda ,\mu \in \mathbb {R} \right\}$

Somit ist $(0,1,0)^{T}\not \in \operatorname {span} (U'')$ und $U''':=U''\cup \{(0,1,0)^{T}\}=\{(1,0,0)^{T},(0,1,0)^{T},(1,1,1)^{T}\}$ ist linear unabhängig. Weiter ist $\operatorname {span} (U''')=\mathbb {R} ^{3}$, denn

${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}=(x_{1}-x_{3})\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+(x_{2}-x_{3})\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+x_{3}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$

Also ist $U'''$ eine Basis von $\mathbb {R} ^{3}$.

Beispiel (Abstraktes Beispiel zur Konstruktion einer Basis durch Ergänzen)

Wir betrachten den zweieelementigen Körper $K:=\mathbb {Z} \operatorname {mod} 2\mathbb {Z}$ und den $K$-Vektorraum $V:=\operatorname {Abb} (K,K)$ aller Abbildungen von $K$ nach $K$. Wie oben bereits gesehen besteht $V$ aus 4 Elementen, das heißt in obiger Notation ist $V=\{c_{0},c_{1},\operatorname {id} ,f\}$. Sei wieder $U:=\emptyset$. Dann ist $\operatorname {id} \not \in \operatorname {span} (U)=\{c_{0}\}$. Also ist $U':=U\cup \{\operatorname {id} \}=\{\operatorname {id} \}$ linear unabhängig. Nun ist

$f\not \in \operatorname {span} (U')=\{\lambda \cdot \operatorname {id} ;\lambda \in K\}=\{c_{0},\operatorname {id} \}$

Dies bedeutet $U'':=U'\cup \{f\}=\{\operatorname {id} ,f\}$ ist linear unabhängig. Weiter gilt

$\operatorname {span} (U'')=\{\lambda \cdot \operatorname {id} +\mu \cdot f;\lambda ,\mu \in K\}=\{c_{0},\operatorname {id} ,f,\operatorname {id} +f\}=\{c_{0},c_{1},\operatorname {id} ,f\}=V$

Somit ist $U''$ eine Basis von $V$.