Erzeugendensystem – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Ein Erzeugendensystem ist eine Teilmenge eines Vektorraum, die den kompletten Vektorraum aufspannt. So kann jeder Vektor des Vektorraums allein mit Vektoren des Erzeugendensystems dargestellt werden.

Herleitung und Definition

Zerlegung eines 3D-Vektors in seine 3 Komponenten

Betrachten wir die drei Vektoren $(1,0,0)^{T},(0,1,0)^{T},(0,0,1)^{T}$ des $\mathbb {R} ^{3}$. Jeden Vektor des $\mathbb {R} ^{3}$ können wir als Linearkombination dieser drei Vektoren angeben, denn für alle $(\alpha ,\beta ,\gamma )^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ gilt:

${\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \\\gamma \end{pmatrix}}=\alpha \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\beta \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+\gamma \cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

Sei

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

Es gilt: $\mathbb {R} ^{3}=\operatorname {span} (M)$, das heißt, $M$ erzeugt den gesamten Vektorraum. Man nennt Mengen mit dieser Eigenschaft Erzeugendensystem:

Definition (Erzeugendesystem eines Vektorraums)

Eine Teilmenge $M\subseteq V$ eines Vektorraums $V$ über den Körper $K$ ist ein Erzeugendensystem von $V$, wenn der Spann von $M$ den gesamten Vektorraum $V$ ergibt, also $\operatorname {span} (M)=V$. In diesem Fall nennen wir $M$ ein Erzeugendensystem von $V$.

$V$ heißt endlich erzeugt, wenn eine endliche Menge $M$ existiert mit $\operatorname {span} (M)=V$.

Ist $M$ ein Erzeugendensystem von $V$, dann gibt es zu jedem $v\in V$ Elemente $m_{1},m_{2},\ldots ,m_{k}\in M$ und $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{k}\in K$, so dass ${\textstyle v=\sum _{i=1}^{k}\lambda _{i}m_{i}}$. Jeder Vektor $v\in V$ lässt sich also als Linearkombination von Elementen aus $M$ schreiben.

Hinweis

Jeder Vektorraum besitzt ein Erzeugendensystem. Denn es gilt $\operatorname {span} (V)=V$, also ist $V$ ein Erzeugendensystem für sich selbst.

Beispiele

Erzeugendensystem der Ebene

Die Vektoren $e_{1}=(1,0)^{T}$ und $e_{2}=(0,1)^{T}$ erzeugen die Ebene $\mathbb {R} ^{2}$. Für alle $v=(\alpha ,\beta )^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ gilt nämlich

${\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \end{pmatrix}}=\alpha \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+\beta \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

Damit lässt sich jeder Vektor der Ebene als Linearkombination von $e_{1}$ und $e_{2}$ schreiben.

Vektorraum der Polynome

Betrachten wir den Vektorraum $V_{\leq 2}$ der Polynome vom Grad kleiner gleich zwei. Hier lässt sich jedes beliebige Polynom durch eine Linearkombination aus den Polynomen $P(x)=1$, $Q(x)=x$ und $R(x)=x^{2}$ bilden. Jedes Polynom mit Grad kleiner gleich zwei hat nämlich die Form $ax^{2}+bx+c=a\cdot R(x)+b\cdot Q(x)+c\cdot P(x)$. Damit ist $\{P(x),Q(x),R(x)\}$ ein Erzeugendensystem von $V_{\leq 2}$.

Das können wir auch für Polynome mit beliebigem Grad formulieren:

Ist $K$ ein Körper und $K[X]$ der Vektorraum der Polynome mit Koeffizienten in $K$, dann hat jedes Element darin die Form $P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots a_{n}X^{n}$, ist also eine (endliche!) Linearkombination von $1,X,X^{2},X^{3},\ldots$.

Daher ist die (unendliche) Menge der Monome $\lbrace 1,X,X^{2},X^{3},\ldots \rbrace$ ein Erzeugendensystem von $K[X]$.

Erzeugendensysteme sind nicht eindeutig

Die Zerlegung von Vektoren ist nicht eindeutig

Ein Vektorraum kann mehrere Erzeugendensysteme haben. Das Erzeugendensystem ist also nicht eindeutig bestimmt.

Nehmen wir als Beispiel die Ebene $\mathbb {R} ^{2}$. Die Menge $\left\{(1,0)^{T},(0,1)^{T}\right\}$ ist ein Erzeugendensystem der Ebene, da alle $(\alpha ,\beta )^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ sich als Linearkombination der beiden Vektoren $e_{1}=(1,0)^{T}$ und $e_{2}=(0,1)^{T}$ darstellen lassen:

${\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \end{pmatrix}}=\alpha \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+\beta \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

Die Vektoren $e_{1}=(1,0)^{T}$, $e_{2}=(0,1)^{T}$, $e_{3}=(1,1)^{T}$ erzeugen ebenfalls den $\mathbb {R} ^{2}$, denn $v$ lässt sich auch folgendermaßen darstellen (siehe Bild):

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

Damit lässt sich der Vektor $v$ durch zwei unterschiedliche Linearkombination von $\{e_{1},\ e_{2}\}$ und $\{e_{1},e_{2},e_{3}\}$ darstellen. Dies zeigt, dass Vektorräume mehrere Erzeugendensysteme haben können.

Beweise zum Erzeugendensystem führen

Wie beweist man, dass eine Menge ein Erzeugendensystem des $K^{n}$ ist?

Wir skizzieren in diesem Abschnitt, wie man zeigt, dass eine Menge ein Erzeugendensystem eines Vektorraums des Typs $K^{n}$ ist ($K$ ist ein Körper). Eine Teilmenge $M$ eines Vektorraums $V$ heißt Erzeugendensystem, wenn sich jeder Vektor $v\in V$ als Linearkombination der Vektoren aus $M$ darstellen lässt.

Sei $M=\{v_{1},\ldots v_{n}\}$ die gegebene Menge der Vektoren. Dann muss man zeigen, dass für alle Vektoren $v\in K^{n}$ Koeffizienten $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ existieren, sodass

$v=\lambda _{1}\cdot v_{1}+...+\lambda _{n}\cdot v_{n}$

Diese Gleichung kann in der Regel in ein Gleichungsystem übersetzt werden, und die $\lambda _{i}$ sind die Lösung dieses Gleichungssystems. Wir können das allgemeine Vorgehen so zusammenfassen:

1. Allgemeinen Vektor $v$ des Vektorraums $V$ wählen.
2. $v$ mit einer Linearkombination der Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ mit unbekannten Koeffizienten $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ gleichsetzen.
3. Gleichungssystem nach den Unbekannten $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{m}$ lösen. Wenn es stets mindestens eine Lösung gibt, so ist $M$ ein Erzeugendensystem. Falls es für einen Vektor $v$ keine Lösung gibt, so ist $M$ kein Erzeugendensystem.

Beispielaufgabe

Aufgabe (Erzeugnis des Raums $\mathbb {R} ^{3}$)

Seien $v_{1}=(1,2,3)^{T}$, $v_{2}=(1,3,5)^{T}$ und $v_{3}=(1,3,6)^{T}$. Zeige, dass $\{v_{1},v_{2},v_{3}\}$ ein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{3}$ ist.

Lösung (Erzeugnis des Raums $\mathbb {R} ^{3}$)

Sei $x=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T}$ ein beliebiger Vektor des $\mathbb {R} ^{3}$. Wir suchen $\alpha ,\beta ,\gamma$ mit

${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}=\alpha \cdot {\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+\beta \cdot {\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}}+\gamma \cdot {\begin{pmatrix}1\\3\\6\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\alpha +\beta +\gamma \\2\alpha +3\beta +3\gamma \\3\alpha +5\beta +6\gamma \end{pmatrix}}$

Daraus erhalten wir das Gleichungssystem

${\begin{array}{rrl}\mathrm {I} :&x_{1}&=\alpha +\beta +\gamma \\\mathrm {II} :&x_{2}&=2\alpha +3\beta +3\gamma \\\mathrm {III} :&x_{3}&=3\alpha +5\beta +6\gamma \\\end{array}}$

Aus der ersten Gleichung folgt:

$\alpha =x_{1}-\beta -\gamma$

Dies eingesetzt in die zweite Gleichung ergibt

$\beta +\gamma =x_{2}-2x_{1}\implies \beta =\ x_{2}-2x_{1}-\gamma$

Damit erhält man in der ersten Gleichung

$\alpha =3x_{1}-x_{2}$

Setzen wir nun $\alpha$ und $\beta$ in die dritte Gleichung ein, dann erhalten wir:

$3\cdot (3x_{1}-x_{2})+5\cdot (x_{2}-2x_{1}-\gamma )+6\gamma =x_{3}$

Damit ist

${\begin{aligned}\alpha &=(3x_{1}-x_{2})\\\gamma &=x_{1}-2x_{2}+x_{3}\\\beta &=-3x_{1}+3x_{2}-x_{3}\end{aligned}}$

Somit gilt:

${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}\,=\,(3x_{1}-x_{2})\cdot {\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+(-3x_{1}+3x_{2}-x_{3})\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}}+(x_{1}-2x_{2}+x_{3})\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\\6\end{pmatrix}}$

Damit haben wir einen Weg gefunden, jeden Vektor des $\mathbb {R} ^{3}$ als Linearkombination der drei gegebenen Vektoren $v_{1}=(1,2,3)^{T}$, $v_{2}=(1,3,5)^{T}$ und $v_{3}=(1,3,6)^{T}$ darzustellen. Dies beweist, dass die Menge $M$ den Raum $\mathbb {R} ^{3}$ aufspannt.