Lineare Unabhängigkeit von Vektoren – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Motivation

Grundmotivation

Aus der Schule kennen wir Vektoren als Pfeile in der Ebene oder im Raum. Sowohl die Ebene als auch der Raum sind Vektorräume. Aber worin unterscheiden sie sich?

Eine spontane Antwort könnte lauten: „Die Ebene ist zweidimensional und der Raum dreidimensional.“ Das bringt uns aber gleich zu weiteren Fragen:

• Was ist die Dimension eines Vektorraums?
• Wie können wir sie definieren?

In der Definition des Vektorraums kommt der Begriff „Dimension“ nämlich nicht vor...

Intuition der Dimension

Eine Kugel ist ein dreidimensionales Objekt

Der Begriff „Dimension“ beschreibt, in wie viele unabhängige Richtungen geometrische Objekte in einem Raum ausgedehnt sein können. Die Objekte können sich auch in genau so vielen unabhängigen Richtungen im Raum bewegen („Freiheitsgrade der Bewegung“).

Die Ebene hat zwei Dimensionen – die Breite und die Länge. Sie ist flach, kein Objekt der Ebene kann in die Höhe reichen. Eine Kugel kann als dreidimensionales Objekt also nicht Teil der Ebene sein. Im Gegensatz dazu besitzt der Raum mit Länge, Breite und Höhe drei Dimensionen. Eine Kugel kann so Teil eines Raums sein.

Wir fassen zusammen: Die Dimension entspricht intuitiv der Anzahl der unabhängigen Richtungen, in die sich ein geometrisches Objekt ausdehnen bzw. bewegen kann. Für die Definition der Dimension müssen wir also folgende Fragen beantworten:

• Was ist eine Richtung in einem Vektorraum?
• Wann sind zwei Richtungen unabhängig?
• Wie kann die Anzahl der unabhängigen Richtungen bestimmt werden?

Herleitung der Definition

Was ist eine Richtung in einem Vektorraum?

Nehmen wir als Beispiel den Vektorraum der Ebene. Eine Richtung können wir mit einem Pfeil darstellen:

Pfeil, der eine Richtung in der Ebene markiert

Nun ist ein Pfeil nichts anderes als ein Vektor. Mit Hilfe von Vektoren können also Richtungen repräsentiert werden. Dabei dürfen wir nicht den Nullvektor verwenden. Als Pfeil der Länge Null hat dieser nämlich keine Richtung. Dies können wir auf beliebige Vektorräume verallgemeinern:

Jeder Vektor ungleich dem Nullvektor repräsentiert eine Richtung in einem Vektorraum.

Die Richtung, in die der Vektor zeigt ist $\{\alpha \cdot v:\alpha \in \mathbb {R} \}$, also der Spann $\operatorname {span} (\{v\})$ des Vektors $v$. Zu diesem Spann gehören alle Streckungen $\alpha v$ des Richtungsvektor $v$ und beschreibt damit die Gerade, die durch $v$ aufgespannt wird:

Eine Gerade, die durch den Vektor v beschrieben wird

Von der Geraden zur Ebene

Um jetzt von der Geraden zur Ebene zu kommen, benötigen wir nicht nur einen Vektor sondern mehrere, genauer gesagt mindestens zwei Vektoren ($v,w$). Dies erschließt sich ja auch intuitiv, da man eine Ebene nur mit zwei Vektoren eindeutig aufspannen kann. Deshalb brauchen wir einen weiteren, linear unabhängigen Vektor. Was bedeutet in diesem Fall „unabhängig“? Zunächst stellen wir fest, dass der neue Vektor nicht der Nullvektor sein darf. Dieser gibt nämlich keine Richtung an. Weiterhin darf der neue Vektor auch kein Vielfaches des ursprünglichen Vektors sein, also $w\neq \alpha v$ . Dies gilt auch für Spiegelungen des Geradenvektors, also Vielfache mit einem negativen Faktor.

• 
  Der Vektor $w$ ist eine Streckung des Vektors $v$ um einen positiven Faktor. Dieser Vektor $w$ ist keine von $v$ unabhängige Richtung.
• 
  Der Vektor $w$ ist eine Spiegelung von $v$ mit einem negativem Faktor. Die Richtung von $w$ ist nicht unabhängig von $v$.
• 
  Die Richtung von $w$ ist unabhängig von $v$. Beide Vektoren zusammen spannen eine Ebene auf.

Wir fassen zusammen: Der neue Vektor $w$ ist genau dann unabhängig vom Richtungsvektor $v$, wenn dieser nicht auf der Geraden liegt. Es muss also $w\neq \alpha v$ für alle reellen Zahlen $\alpha$ sein. Der neue Vektor darf also nicht im Spann des anderen liegen. Die beiden Vektoren haben nur den Nullpunkt als Schnittpunkt.

Von der Ebene zum Raum

Wir haben gesehen, dass wir eine Ebene durch zwei unabhängige Vektoren charakterisieren können. Nun möchten wir von der Ebene zum Raum übergehen. Auch hier müssen wir eine unabhängige Richtung hinzunehmen. Was ist aber eine zur Ebene unabhängige Richtung?

Der neue Vektor darf nicht der Nullvektor sein, weil dieser keine Richtung angibt. Der neue Vektor darf auch nicht in der Ebene liegen, da so keine neue Richtung beschrieben wird. Genau dann wenn der neue Vektor nicht in der Ebene liegt, dann zeigt er in eine neue unabhängige Richtung:

• 
  Der Vektor $c$ liegt in der Ebene, welcher von den Vektoren $a$ und $b$ aufgespannt wird. Damit zeigt $c$ in keine von $a$ und $b$ unabhängige Richtung.
• 
  Der Vektor $u$ liegt nicht in der von $v$ und $w$ aufgespannten Ebene. Alle drei Vektoren spannen den kompletten Raum auf und damit zeigt $u$ in eine von $v$ und $w$ unabhängige Richtung.

Wie können wir diese Erkenntnis mathematisch formulieren? Seien $v$ und $w$ die beiden Richtungsvektoren, die die Ebene aufspannen. Diese Ebene ist dann gleich der Menge $\{\alpha v+\beta w:\alpha ,\beta \in \mathbb {R} \}$. Die Ebene ist damit die Menge aller Summen $\alpha v+\beta w$ für reelle Zahlen $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$. Damit der neue Vektor $u$ nicht in der Ebene liegt, muss $u\neq \alpha v+\beta w$ für alle $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$ sein. Damit ist $u$ unabhängig von $v$ und $w$ genau dann, wenn $\forall \alpha ,\beta \in \mathbb {R} :u\neq \alpha v+\beta w$ ist. Mit anderen Worten: $u\notin \operatorname {span} (v,w)$.

Verständnisfrage: Wir hatten zuerst gefordert, dass der neue Vektor $u$ nicht der Nullvektor sein darf. Warum reicht es aus, dass $u\neq \alpha v+\beta w$ für alle $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$ ist? Warum impliziert dies, dass $u\neq 0$ ist?

Für $\alpha =\beta =0$ ist $\alpha v+\beta w=0$. Da auch für $\alpha =\beta =0$ der neue Vektor $u$ ungleich $\alpha v+\beta w$ sein soll, folgt $u\neq 0$.

Verständnisfrage: Reicht es aus, dass $u$ kein Vielfaches von $v$ beziehungsweise $w$ ist?

Nein, nehme zum Beispiel $u={\tfrac {1}{2}}v+{\tfrac {1}{2}}w$. Wenn $v$ unabhängig von $w$ ist, dann ist $u$ weder eine Streckung von $v$ noch von $w$. Jedoch liegt dieser Vektor in der von $v$ und $w$ aufgespannten Ebene und bildet damit keine unabhängige Richtung von $v$ und $w$.

Ein erstes Kriterium für lineare Unabhängigkeit

Fassen wir zusammen: Zur Beschreibung einer Geraden benötigten wir einen Vektor $v$ ungleich dem Nullvektor. Im Übergang von der Geraden zur Ebene mussten wir einen zu $v$ unabhängigen Vektor $w$ hinzufügen. Unabhängigkeit von $w$ zur Richtung $v$ bedeutet hier, dass $w$ nicht in der von $v$ beschriebenen Geraden liegt. Es musste also $w\neq \alpha v$ für alle $\alpha \in \mathbb {R}$ sein.

Im zweiten Schritt haben wir der Ebene eine neue Richtung $u$ hinzugefügt, die von den beiden Vektoren $v$ und $w$ unabhängig ist. Hier manifestiert sich Unabhängigkeit darin, dass $u$ nicht in der von $v$ und $w$ aufgespannten Ebene liegt. Es muss also $u\neq \alpha v+\beta w$ für alle reellen Zahlen $\alpha$ und $\beta$ sein. Dies können wir für eine beliebige Anzahl an Vektoren verallgemeinern (jedoch kann man sich das nicht mehr so gut vorstellen):

Der Vektor $w$ ist unabhängig von den Vektoren $v_{1},v_{2}\ldots v_{n}$, wenn $w\neq \lambda _{1}v_{1}+\lambda _{2}v_{2}+\ldots +\lambda _{n}v_{n}$ für alle $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots \lambda _{n}\in \mathbb {R}$ ist.

In der obigen Beschreibung kommt die Summe $\lambda _{1}v_{1}+\lambda _{2}v_{2}+\ldots +\lambda _{n}v_{n}$ vor. Eine solche Summe wird Linearkombination der Vektoren $v_{1}$ bis $v_{n}$ genannt. Wir können auch sagen, dass $w$ linear unabhängig ist, wenn $w\notin \operatorname {span} \{v_{1},...,v_{n}\}$. Die Beschreibung kann geändert werden zu:

Der Vektor $w$ ist unabhängig von den Vektoren $v_{1},v_{2}\ldots v_{n}$, wenn $w$ nicht als Linearkombination der Vektoren $v_{1}$ bis $v_{n}$ dargestellt werden kann.

Hier haben wir geklärt, wann ein Vektor unabhängig von anderen Vektoren ist. Reicht dies aus, um die Unabhängigkeit von Vektoren zu beschreiben?! Nimm folgende drei Vektoren $a$, $b$ und $c$:

Drei Vektoren, die in einer Ebene liegen

Weil kein Vektor ein Vielfaches eines anderen Vektoren ist, zeigen die drei Vektoren paarweise gesehen in unabhängige Richtungen. Beispielsweise ist $a$ unabhängig zu $b$ und $c$ ist unabhängig zu $a$. Insgesamt gesehen sind die drei Vektoren jedoch nicht unabhängig voneinander, weil sie alle in einer Ebene liegen. Es ist $c=a+b$ und damit ist $c$ abhängig zu $a$ und $b$. Dementsprechend müssen wir für die lineare Unabhängigkeit zwischen $a$, $b$ und $c$ fordern:

• $a$ ist unabhängig zu $b$ und $c$: Es ist $a\neq \beta b+\gamma c$ für alle $\beta ,\gamma \in \mathbb {R}$.
• $b$ ist unabhängig zu $a$ und $c$: Es ist $b\neq \alpha a+\gamma c$ für alle $\alpha ,\gamma \in \mathbb {R}$.
• $c$ ist unabhängig zu $a$ und $b$: Es ist $c\neq \alpha a+\beta b$ für alle $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$.

An dieser Stelle sei betont, dass es nötig ist alle drei Bedingungen zu fordern. Würden wir auf die letzten beiden Bedingungen verzichten, so würde die erste Forderung zwar garantieren, dass der Vektor $a$ linear unabhängig von den Vektoren $b$ und $c$ ist, aus dieser Forderung ist aber nicht klar, dass $b$ und $c$ linear unabhängig voneinander sind. Dies muss nicht erfüllt sein, wodurch dann die drei Vektoren untereinander wieder nicht linear unabhängig wären.

Es darf also keiner der drei Vektoren als Linearkombination der anderen zwei Vektoren dargestellt werden können. Ansonsten ist nämlich mindestens einer der Vektoren zu den anderen Vektoren abhängig. Dies können wir für eine beliebige Anzahl von Vektoren verallgemeinern:

Definition (Erstes Kriterium für lineare Unabhängigkeit)

Vektoren $v_{1}$ bis $v_{n}$ sind linear unabhängig, wenn keiner der Vektoren als Linearkombination der anderen Vektoren dargestellt werden kann. Damit muss gelten:

• Es ist $v_{1}\neq \lambda _{2}v_{2}+\lambda _{3}v_{3}+\dots +\lambda _{n}v_{n}$ für alle $\lambda _{2},\lambda _{3},\ldots \lambda _{n}\in \mathbb {R}$.
• Es ist $v_{2}\neq \lambda _{1}v_{1}+\lambda _{3}v_{3}+\dots +\lambda _{n}v_{n}$ für alle $\lambda _{1},\lambda _{3},\ldots \lambda _{n}\in \mathbb {R}$.
• ...
• Es ist $v_{n}\neq \lambda _{1}v_{1}+\lambda _{2}v_{2}+\dots +\lambda _{n-1}v_{n-1}$ für alle $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots \lambda _{n-1}\in \mathbb {R}$.

Es sind also $v_{1}$ bis $v_{n}$ linear unabhängig, wenn $v_{i}\neq \sum _{j\neq i}\lambda _{j}v_{j}$ für alle $i\in \{1,2,\ldots ,n\}$ und $\lambda _{j}\in \mathbb {R}$ ist.

Vom ersten Kriterium zur formalen Definition

Mit unserem ersten Kriterium, welches wir oben gefunden haben, haben wir bereits eine passende Definition für die lineare Unabhängigkeit von Vektoren gefunden. Wir wollen im Folgenden versuchen eine knappere äquivalente Definition zu finden, mit Hilfe derer wir die lineare Unabhängigkeit von Vektoren leichter untersuchen können.

Vektoren sind genau dann unabhängig voneinander, wenn sich kein Vektor als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen lässt. Daraus werden wir ein weiteres Kriterium für lineare Unabhängigkeit herleiten, welches weniger rechenaufwändig ist. Nehmen wir Vektoren $v_{1}$, $v_{2}$ bis $v_{n}$ aus einem Vektorraum $V$, die nicht unabhängig sind. Es gibt also einen Vektor, der durch die anderen dargestellt werden kann. Sei $v_{1}$ dieser Vektor. Es gibt damit Streckungsfaktoren (Skalare) $\lambda _{2}$ bis $\lambda _{n}$, so dass gilt:

$v_{1}=\lambda _{2}v_{2}+\lambda _{3}v_{3}+\dots +\lambda _{n}v_{n}$

Diese Gleichung können wir umstellen, indem wir auf beiden Seiten $-v_{1}$ rechnen ($0_{V}$ ist der Nullvektor des Vektorraums $V$):

$0_{V}=-v_{1}+\lambda _{2}v_{2}+\lambda _{3}v_{3}+\dots +\lambda _{n}v_{n}$

Dies ist eine sogenannte nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. Eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors ist eine Linearkombination mit dem Ergebnis $0_{V}$, bei dem mindestens ein Koeffizient ungleich $0$ ist. Für $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\dots =\lambda _{n}=0$ ist nämlich immer $\lambda _{1}v_{1}+\lambda _{2}v_{2}+\lambda _{3}v_{3}+\dots +\lambda _{n}v_{n}=0_{V}$. Dies ist die sogenannte triviale Linearkombination des Nullvektors, bei der alle Koeffizienten gleich $0$ sind. Diese triviale Linearkombination kannst du stets bilden, egal welche Vektoren $v_{1}$ bis $v_{n}$ du wählst. Wenn $v_{1}$ bis $v_{n}$ abhängig voneinander sind, gibt es neben der trivialen Linearkombintion noch mindestens eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors (wie wir es oben gesehen haben). Also:

Wenn $v_{1}$ bis $v_{n}$ abhängig voneinander sind, dann kann der Nullvektor durch $v_{1}$ bis $v_{n}$ durch mindestens eine nichttriviale Linearkombination dargestellt werden.

Anders ausgedrückt:

$v_{1},\dots ,v_{n}$ sind abhängig $\implies$ Es existiert eine nicht triviale Linearkombination von $0_{V}$ durch $v_{1},\dots ,v_{n}$

Nun können wir das Prinzip der Kontraposition anwenden. Dieses besagt, dass eine Aussage $A\implies B$ genau dann gilt, wenn $\neg B\implies \neg A$. Also gilt auch:

Es existiert keine nichttriviale Linearkombination von $0_{V}$ durch $v_{1},\dots ,v_{n}\implies v_{1},\dots ,v_{n}$ sind unabhängig

Damit haben wir ein Kriterium für Unabhängigkeit gefunden. Wenn der Nullvektor nur trivial durch eine Linearkombination von $v_{1}$ bis $v_{n}$ dargestellt werden kann, dann sind diese Vektoren unabhängig. Dieses Kriterium kann aber auch als Definition der linearen Unabhängigkeit benutzt werden. Hierzu müssen wir die Rückrichtung der obigen Implikation zeigen. Wenn es eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors gibt, dann sind die betrachteten Vektoren abhängig voneinander.

Seien also $v_{1}$ bis $v_{n}$ Vektoren, für die es eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors gibt. Es gibt also Koeffizienten (Skalare) $\lambda _{1}$ bis $\lambda _{n}$, derart dass $\lambda _{1}v_{1}+\dots +\lambda _{n}v_{n}=0_{V}$ und mindestens einer der Koeffizienten $\lambda _{1}$ bis $\lambda _{n}$ ungleich $0$ ist. Sei $\lambda _{i}$ dieser Koeffizient. Dann ist

$0_{V}=\lambda _{1}v_{1}+\lambda _{2}v_{2}+\dots +\lambda _{i}v_{i}+\dots +\lambda _{n}v_{n}$

Wegen $\lambda _{i}\neq 0$ können wir beide Seiten mit $-\lambda _{i}^{-1}=-{\tfrac {1}{\lambda _{i}}}$ multiplizieren. Wir erhalten damit

$0_{V}=-{\frac {\lambda _{1}}{\lambda _{i}}}v_{1}-{\frac {\lambda _{2}}{\lambda _{i}}}v_{2}-\dots -v_{i}-\dots -{\frac {\lambda _{n}}{\lambda _{i}}}v_{n}$

Auf beiden Seiten können wir nun $v_{i}$ addieren:

$v_{i}=-{\frac {\lambda _{1}}{\lambda _{i}}}v_{1}-{\frac {\lambda _{2}}{\lambda _{i}}}v_{2}-\dots -{\frac {\lambda _{i-1}}{\lambda _{i}}}v_{i-1}-{\frac {\lambda _{i+1}}{\lambda _{i}}}v_{i+1}-\dots -{\frac {\lambda _{n}}{\lambda _{i}}}v_{n}$

Damit kann $v_{i}$ als Linearkombination der anderen Vektoren dargestellt werden und somit sind die Vektoren $v_{1}$ bis $v_{n}$ abhängig voneinander. Dies beweist insgesamt die formale Definition der linearen Unabhängigkeit:

Definition (Zweites Kriterium für Lineare Unabhängigkeit)

Die Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ sind linear unabhängig, wenn mit ihnen der Nullvektor nur durch die triviale Linearkombination dargestellt werden kann, d.h. wenn wir $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n}\in K$ haben mit $0_{V}=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}$, dann folgt $\alpha _{i}=0$ für alle $i\in \{1,\ldots ,n\}$.

Wenn es mindestens eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors gibt, sind die betrachteten Vektoren linear abhängig voneinander.

Definition des Begriffs Familie

Wir haben oben davon gesprochen, dass eine Ansammlung von Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig ist. Aber was ist diese Ansammlung von Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ aus mathematischer Sicht? Wir kennen bereits den Begriff einer Menge. Also ist es naheliegend $M=\{v_{1},\ldots ,v_{n}\}$ auch als Menge aufzufassen. Passt diese Auffassung intuitiv zur linearen Unabhängigkeit? Nehmen wir als Beispiel zwei gleiche Vektoren $v,v$ mit $v\neq 0$. Beide zeigen in die selbe Richtung und spannen keine zwei unabhängigen Richtungen auf. Damit sind sie intuitiv linear abhängig. Und tatsächlich kann man einen als Linearkombination des anderen schreiben und zwar als $v=1\cdot v$. Damit sind die Vektoren $v,v$ auch streng mathematisch linear abhängig. Eine Menge darf allerdings nur verschiedene Elemente enthalten. Das heißt, die Menge, die $v$ und $v$ enthält ist $M=\{v,v\}=\{v\}$. Die Menge $M$ enthält also nur ein Element und erfasst keine Doppelungen von Vektoren.

Wir brauchen also einen neuen mathematischen Begriff, der auch Doppelungen erfasst. Dies ist der Begriff der Familie:

Definition (Familie)

Eine Familie $(a_{i})_{i\in I}$ von Elementen einer Menge $A$ besteht aus einer Indexmenge $I$, so dass zu jedem Index $i\in I$ ein Element $a_{i}\in A$ gehört.

Ist $I$ eine endliche Menge, sprechen wir von einer endlichen Familie.

Ist $I\subseteq J$, so nennt man $(a_{i})_{i\in I}$ Teilfamilie von $(a_{i})_{i\in J}$, umgekehrt heißt $(a_{i})_{i\in J}$ Oberfamilie zu $(a_{i})_{i\in I}$.

Formal kann man eine Familie als eine Abbildung der Indexmenge $I$ in die Menge $A$ ansehen. Im Gegensatz zu Mengen dürfen in Familien Elemente mehrfach vorkommen, nämlich wenn sie zu verschiedenen Indizes gehören.

Ist die Menge $I$ abzählbar, so lassen sich die Elemente der Familie nummerieren: $(a_{1},a_{2},\ldots )$. Die Indexmenge $I$ darf aber auch überabzählbar ein, z.B. $I=\mathbb {R}$. In diesem Fall kann $(a_{i})_{i\in \mathbb {R} }$ nicht als Folge $(a_{1},a_{2},\ldots )$ geschrieben werden. Der Begriff "Familie" enthält also alle "Folgen", und umfasst sogar noch größere Ansammlungen von mathematischen Objekten.

Wenn wir also sagen die Vektoren $v$ und $v$ sind linear abhängig können wir es dadurch ausdrücken, dass die Familie $(v_{i})_{i\in \lbrace 1,2\rbrace }$ mit $v_{1}=v_{2}=v$ linear abhängig ist.

Oft schreibt man (nicht ganz exakt) $(a_{i})\subseteq A$, wenn die $a_{i}$ Elemente von $A$ sind und aus dem Zusammenhang klar ist, wie die Indexmenge $I$ aussieht. Analog bedeutet $a\in (a_{i})$, dass es ein $i\in I$ gibt mit $a_{i}=a$.

Hiermit können wir die zweite Definition der linearen Unabhängigkeit neu aufschreiben:

Definition (Zweites Kriterium für Lineare Unabhängigkeit, Neufassung)

Die Familie $(v_{1},\ldots ,v_{n})$ von Vektoren ist linear unabhängig, wenn mit ihnen der Nullvektor nur durch die triviale Linearkombination dargestellt werden kann, d.h. wenn wir $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n}\in K$ haben mit $0_{V}=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}$, dann folgt $\alpha _{i}=0$ für alle $i\in \{1,\ldots ,n\}$.

Allgemeine Definition der linearen Unabhängigkeit

Motivation

Wir haben oben zwei Definitionen dafür kennen gelernt, dass endlich viele Vektoren $v_{1},\dots ,v_{n}\in V$ linear unabhängig sind:

1. Eine etwas sperrige: Die Vektoren sind unabhängig, wenn sich kein Vektor $v_{k}$ als Linearkombination der anderen schreiben lässt. Also $v_{k}=\lambda _{1}v_{1}+\ldots +\lambda _{k-1}v_{k-1}+\lambda _{k+1}v_{k+1}+\ldots +\lambda _{n}v_{n}$ darf nicht vorkommen.
2. Eine etwas kompaktere: Der Nullvektor $0_{V}$ lässt sich nur als triviale Linearkombination darstellen. Also aus $0_{V}=\lambda _{1}v_{1}+\ldots +\lambda _{n}v_{n}$ folgt $\lambda _{1}=\ldots =\lambda _{n}=0$.

Bisher haben wir nur endlich viele Vektoren betrachtet. Was passiert bei unendlich vielen Vektoren? Kann es überhaupt unendlich viele linear unabhängige Vektoren geben? Wir bräuchten einen Vektorraum, der unendlich viele linear unabhängige Richtungen hat. Wir wissen intuitiv, dass der Vektorraum $\mathbb {R} ^{2}$ höchstens zwei und der $\mathbb {R} ^{3}$ höchstens drei unabhängige Richtungen hat. Wir brauchen also einen viel "größeren" Vektorraum, um unendlich viele unabhängige Richtungen zu bekommen. Wir betrachten also einen Vektorraum $V$, in dem jeder Vektor unendlich viele Koordinaten besitzt: $v=(x_{1},x_{2},\ldots )$ mit $x_{1},x_{2},\ldots \in \mathbb {R}$. Demnach entspricht $v$ einer reellen Folge $(x_{i})_{i\in \mathbb {N} }$ und $V$ ist der Folgen-Vektorraum, oder kurz Folgenraum.

Im $\mathbb {R} ^{d}$ haben wir die linear unabhängigen Einheitsvektoren $(1,0,\dots ,0),(0,1,\dots ,0),\dots ,(0,\dots ,0,1)$. Wir können diese Konstruktion fortsetzen und erhalten für $i\in \mathbb {N}$ die Vektoren $e_{i}=(0,\dots ,0,1,0,\ldots )$ mit der $1$ an der $i$-ten Stelle und sonst $0$.

Die unendlich vielen Vektoren $e_{1},e_{2},\ldots$ bilden eine Familie $(e_{i})_{i\in \mathbb {N} }$. Diese Familie repräsentiert intuitiv "unendlich viele verschiedene Richtungen" in $V$ und ist damit intuitiv gesehen linear unabhängig. Es ergibt also Sinn, lineare Unabhängigkeit für unendlich viele Vektoren so zu definieren, dass $(e_{i})_{i\in \mathbb {N} }$ eine linear unabhängige Familie ist. Die "etwas sperrige Definition 1." in der Aufzählung wäre dafür prinzipiell geeignet: Wir könnten sie einfach kopieren und sagen "eine Familie von Vektoren $(v_{i})_{i\in \mathbb {N} }$ ist linear unabhängig, wenn sich kein $v_{i}$ als Linearkombination der anderen schreiben lässt". Tatsächlich kann in $(e_{i})_{i\in \mathbb {N} }$ keiner der $e_{i}$ als Linearkombination der anderen Vektoren geschrieben werden. Daher ergibt die Definition an dieser Stelle schon einmal Sinn. Allerdings gibt es unendlich viele $e_{i}$ und damit unendlich viele Bedingungen!

Wir betrachten lieber die "etwas kompaktere Definition 2.": "Vektoren $(v_{i})_{i\in \mathbb {N} }$ sind linear unabhängig, wenn $0_{V}$ nur durch die triviale Linearkombination dargestellt werden kann." Was bedeutet diese Formulierung in diesem Beispiel explizit? Wir haben also eine Linearkombination der $0_{V}\in V$ gegeben. Linearkombinationen sind endlich, das heißt wir haben endlich viele Vektoren $e_{i_{1}},\dots ,e_{i_{n}}$ und $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in \mathbb {R}$, sodass

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

Wir müssen nun zeigen, dass alle $\lambda _{i}=0$ sind, da dann die obige Linearkombination die triviale Linearkombination der $0_{V}\in V$ ist. Dies geht genauso wie im $\mathbb {R} ^{d}$, nur dass wir hier unendlich viele Einträge miteinander vergleichen müssen.

Was müssen wir nun tun, um eine allgemeine Definition für allgemeine Familien und allgemeine Vektorräume zu bekommen? Die "etwas kompaktere Definition 2." überträgt sich fast wortwörtlich: "Eine Familie $(v_{i})_{i\in I}$ von Vektoren ist linear unabhängig, wenn $0_{V}$ nur durch die triviale Linearkombination dargestellt werden kann." Für die ausgeschriebene Implikation, können wir für die Endlichkeit der Linearkombination von unserer Sprache von Familien gebrauch machen: Wir ersetzen die Doppelindizes durch das Wort "Teilfamilie".

Definition

Definition (Lineare Abhängigkeit und Unabhängigkeit von Vektoren)

Seien $K$ ein Körper, $V$ ein $K$-Vektorraum und $(v_{i})_{i\in I}\subseteq V$ eine Familie von Vektoren aus $V$.

$(v_{i})_{i\in I}$ heißt linear unabhängig, wenn für jede endliche Teilfamilie $(v_{j})_{j\in J}$ und alle $\lambda _{j}\in K$ mit $j\in J$ folgendes gilt:

$\sum _{j\in J}\lambda _{j}v_{j}=0_{V}\implies \lambda _{j}=0{\text{ für alle }}j\in J$

Eine Familie $(v_{i})_{i\in I}\subseteq V$ heißt linear abhängig, wenn sie nicht linear unabhängig ist.

Warnung

Linearkombinationen aus Elemeten einer Menge bestehen immer aus endlich vielen Summanden, auch wenn die Menge unendlich ist.

Z.B. ist die Familie $(e^{x},1,x,x^{2},\ldots )$ linear unabhängig im Vektorraum $\operatorname {Abb} (\mathbb {R} ,\mathbb {R} )$, obwohl $e^{x}=\sum _{k=0}^{\infty }{\dfrac {x^{k}}{k!}}$. Denn die Exponentialfunktion ist keine endliche Linearkombination der Monome.

Hinweis

Häufig spricht man von "linear unabhängigen Mengen" statt von "linear unabhängigen Familien". Wir haben uns oben schon überlegt, dass es sinnvoll ist hier Familien zu verwenden, da Familien anders als Mengen auch Doppelungen von Elementen erfassen. Man kann aus jeder Menge $M$ die Familie $(m)_{m\in M}$ konstruieren. Damit überträgt sich der Begriff linear (un-)abhängig auch auf Mengen. Linear unabhängige Familien enthalten keinen Vektor doppelt. Familien ohne doppelte Elemente korrespondieren über obige Konstruktion zu Mengen. Will man nun eine Familie von linear unabhängigen Vektoren haben (z.B. in den Voraussetzungen eines Satzes), kann man auch gleich nach einer Menge linear unabhängiger Vektoren fragen. Wenn wir nun testen wollen, ob eine Familie von Vektoren linear unabhängig ist, können wir diese nicht erst in eine Menge umwandeln. Denn dort verschwinden Dopplungen und diese sorgen für lineare Abhängigkeit.

Hinweis

Die Definition der linearen (Un-)Abhängigkeit bezieht sich auf Teilfamilien eines Vektorraums. Diese dürfen Vektoren merfach enthalten und sogar überabzählbar sein.

Bei endlichen Familie sprechen wir alternativ über die Elemente, d.h. die Aussage "Die Familie $(v_{1},v_{2},\ldots v_{n})$ ist linear (un-)abhängig" wird zu "$v_{1},v_{2},\ldots v_{n}$ sind linear (un-)abhängig".

Folgerungen aus der Definition

Umformulierung der Definition für endliche Teilfamilien

Wir haben eine Definition von linearer Unabhängigkeit von beliebeigen Teilfamilien eines Vektorraums $V$. Stimmt diese mit unserer alten Definition für endliche Teilfamilien überein? Intuitiv sollten sie für endliche Teilfamilien übereinstimmen, da wir die allgemeine Definition aus unserer alten Definition hergeleitet haben. Der folgende Satz zeigt das nochmal formal:

Satz (Lineare Unabhängigkeit bei endlich vielen Vektoren)

1. Die Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ sind genau dann linear unabhängig, wenn aus $\lambda _{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}v_{n}=0_{V}$ mit $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ folgt, dass $\lambda _{1}=\cdots =\lambda _{n}=0$ ist.
2. Die Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ sind genau dann linear abhängig, wenn es Elemente des Körpers $\lambda _{1}$ bis $\lambda _{n}$ gibt, die nicht alle $0$ sind, aber $\lambda _{1}v_{1}+\cdots \lambda _{n}v_{n}=0_{V}$ ist.

Beweis (Lineare Unabhängigkeit bei endlich vielen Vektoren)

Wir beweisen zuerst die erste Aussage. Wir müssen eine Äquivalenz zeigen.

Sei zunächst $(v_{1},\ldots ,v_{n})$ linear unabhängig. Mit der Defintion der linearen Unabhängigkeit folgt, dass für jede endliche Teilfamilie $(v_{j})_{j\in J}$ von $(v_{1},\ldots ,v_{n})$ und für alle Skalare $\lambda _{j}\in K$ mit $j\in J$ folgendes gilt:

$\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}=0_{V}\ \implies \ \lambda _{j}=0{\text{ für alle }}j\in J$

$(v_{1},\ldots ,v_{n})$ ist eine endliche Teilfamilie von sich selbst. Deshalb folgt für alle $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ aus $\lambda _{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}v_{n}=0_{V}$, dass $\lambda _{i}=0$ für alle $i\in \{1,\ldots ,n\}$.

Gelte nun umgekehrt, dass für alle $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ aus $\lambda _{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}v_{n}=0_{V}$ folgt, dass $\lambda _{1}=\cdots =\lambda _{n}=0$ ist. Wir wollen zeigen, dass $(v_{1},\ldots ,v_{n})$ linear unabhängig ist. Sei dafür $(v_{j})_{j\in J}$ eine endliche Teilfamilie von $(v_{1},\ldots ,v_{n})$. Das heißt $J\subseteq \{1,\ldots ,n\}$. Seien $\lambda _{j}\in K$ mit $j\in J$ Skalare mit

$\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}=0_{V}.$

Wir erweitern diese Summe, so dass sie über alle $i\in \{1,\ldots ,n\}$ läuft. Dafür definieren wir $\lambda _{i}:=0$ für alle $i\in J\setminus \{1,\ldots ,n\}$. Dann

${\begin{aligned}0_{V}&=\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ 0_{V}{\text{ addieren}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}+0_{V}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ 0_{V}=\sum _{i\in J\setminus \{1,\ldots ,n\}}0\cdot v_{i}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}+\sum _{i\in J\setminus \{1,\ldots ,n\}}0\cdot v_{i}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ 0=\lambda _{i}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}+\sum _{i\in J\setminus \{1,\ldots ,n\}}\lambda _{i}\cdot v_{i}\\[0.3em]&=\sum _{k\in \{1,\ldots ,n\}}\lambda _{k}\cdot v_{k}.\end{aligned}}$

Aus unserer Voraussetzung folgt, dass $\lambda _{1}=\ldots =\lambda _{n}=0$ und damit auch $\lambda _{j}=0$ für alle $j\in J$. Also ist $(v_{1},\ldots ,v_{n})$ linear unabhängig.

Die zweite Aussage ist genau die logische Kontraposition der ersten. Denn wir haben gezeigt $A\iff B$ mit den zwei Aussagen

$A=$"$(v_{1},\ldots ,v_{n})$ ist linear unabhängig"

$B=$ "$\forall \lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K:\lambda _{1}v_{1}+\cdots +\lambda _{n}v_{n}=0_{V}\implies \lambda _{1}=\cdots =\lambda _{n}=0$"

Der zweite Punkt ist die Aussage $\neg A\iff \neg B$. Das ist aber äquivalent zu $A\iff B$ und damit äquivalent zu der ersten Aussage.

Zurückführen der Definition auf endliche Teilfamilien

Wir haben lineare Unabhängigkeit für eine beliebige Familie $(v_{i})_{i\in I}$ von Vektoren definiert, also auch für unendlich viele Vektoren. Aber in der Definition müssen wir nur eine Aussage für endliche Teilfamilien $(v_{j})_{j\in J}$ zeigen: Für alle $\lambda _{j}\in K$ mit $j\in J$ gilt folgendes:

$\sum _{j\in J}\lambda _{j}v_{j}=0_{V}\implies \lambda _{j}=0{\text{ für alle }}j\in J$

Im vorherigen Satz haben wir gesehen, dass diese Aussage genau lineare Unabhängigkeit von $(v_{j})_{j\in J}$ ist.

Satz (Kriterium mit endlichen Teilfamilien)

1. Eine Familie $(v_{i})_{i\in I}\subseteq V$ ist genau dann linear unabhängig, wenn jede endliche Teilfamilie $(v_{j})_{j\in J}$ linear unabhängig ist.
2. Eine Familie $(v_{i})_{i\in I}\subseteq V$ ist genau dann linear abhängig, wenn sie eine endliche linear abhängige Teilfamilie $(v_{j})_{j\in J}$ enthält.

Beweis (Kriterium mit endlichen Teilfamilien)

Zuerst beweisen wir die erste Aussage. Wir müssen eine Äquivalenz zeigen. Sei $(v_{i})_{i\in I}$ eine linear unabhängige Familie von Vektoren aus $V$. Wir zeigen, dass jede endliche Teilfamilie von $(v_{i})_{i\in I}$ linear unabhängig ist.

Sei dafür $(v_{j})_{j\in J}$ eine endliche Teilfamilie von $(v_{i})_{i\in I}$. Aus unserer Definition für lineare Unabhängigkeit folgt, dass für alle Skalare $\lambda _{j}\in K$ mit $j\in J$ folgendes gilt:

$\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}=0_{V}\ \implies \ \lambda _{j}=0{\text{ für alle }}j\in J$

Mit dem vorherigen Satz folgt, dass $(v_{j})_{j\in J}$ linear unabhängig ist.

Gelte nun umgekehrt, dass jede endliche Teilfamilie von $(v_{i})_{i\in I}$ linear unabhängig ist. Wir zeigen, dass $(v_{i})_{i\in I}$. Sei dafür $(v_{j})_{j\in J}$ eine endliche Teilfamilie von $(v_{i})_{i\in I}$. Wir wollen zeigen, dass für alle Skalare $\lambda _{j}\in K$ mit $j\in J$ folgendes gilt:

$\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}=0_{V}\ \implies \ \lambda _{j}=0{\text{ für alle }}j\in J$

Nach unserer Voraussetzung ist $(v_{j})_{j\in J}$ linear unabhängig. Also folgt wieder mit dem vorherigen Satz, dass für alle Skalare $\lambda _{j}\in K$ mit $j\in J$ die Aussage

$\sum _{j\in J}\lambda _{j}\cdot v_{j}=0_{V}\ \implies \ \lambda _{j}=0{\text{ für alle }}j\in J$

gilt.

Die zweite Aussage ist genau die logische Kontraposition der ersten. Denn wir haben gezeigt $A\iff B$ mit den zwei Aussagen

$A=$"$(v_{i})_{i\in I}$ ist linear unabhängig"

$B=$ "jede endliche Teilfamilie von $(v_{i})_{i\in I}$ ist linear unabhängig"

Der zweite Punkt ist die Aussage $\neg A\iff \neg B$. Das ist aber äquivalent zu $A\iff B$ und damit äquivalent zu der ersten Aussage.

Übersicht

Folgende Eigenschaften können mit wenigen Beweisschritten aus der Definition der linearen Unabhängigkeit hergeleitet werden. Dabei sei im Folgenden $K$ ein Körper und $V$ ein $K$-Vektorraum:

1. Jede Teilfamilie einer Familie linear unabhängiger Vektoren ist linear unabhängig. Umgekehrt ist jede Oberfamilie einer Familie linear abhängiger Vektoren wieder linear abhängig.
2. Sei $v\in V$ ein einzelner Vektor. Dann ist $v$ genau dann linear unabhängig, wenn $v\neq 0_{V}$ ist. Also "fast immer". Umgekehrt ist jede Familie (egal wie groß) linear abhängig, sobald sie den Nullvektor enthält.
3. Seien $v,\,w\in V$. Die Vektoren $v$ und $w$ sind genau dann linear abhängig, wenn es ein $\lambda \in K$ mit der Eigenschaft $w=\lambda \cdot v$ oder $v=\lambda \cdot w$ gibt.
4. Ist eine Familie von Vektoren linear abhängig, so kann einer von ihnen als Linearkombination der anderen dargestellt werden.

Teilfamilien linear unabhängiger Vektoren sind linear unabhängig

Eine linear unabhängige Familie bleibt linear unabhängig, wenn man Vektoren wegnimmt. Lineare Abhängigkeit bleibt hingegen erhalten, wenn man weitere Vektoren hinzufügt. Intuitiv zerstört also das Hinzufügen von Vektoren tendenziell die lineare Unabhängigkeit und kann durch weiteres Hinzufügen auch nicht wiederhergestellt werden.

Satz

1. Jede Teilfamilie einer Familie linear unabhängiger Vektoren ist linear unabhängig.
2. Jede Oberfamilie einer Familie linear abhängiger Vektoren ist linear abhängig.

Beweis

Wir zeigen zuerst die erste Aussage. Sei $B\subseteq V$ eine Familie von linear unabhängigen Vektoren aus $V$ und $A\subseteq B$ eine beliebige Teilfamilie von $B$. Seien $v_{1},\dots ,v_{k}\in A$ und $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{k}\in K$ mit

$0_{V}=\lambda _{1}v_{1}+\dots +\lambda _{k}v_{k}.$

Wegen $A\subseteq B$ liegen die Vektoren $v_{1},\dots ,v_{k}$ auch in $B$. Da $B$ linear unabhängig ist, gilt $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\ldots =\lambda _{k}=0$. Also ist $A$ linear unabhängig.

Daraus folgern wir die zweite Aussage. Sei $A\subseteq V$ eine Familie von linear abhängigen Vektoren aus $V$ und $B$ eine beliebige Oberfamilie von $A$. Angenommen $B$ ist linear unabhängig. Dann folgt mit der vorherigen Aussage, dass auch $A$ als Teilfamilie von $B$ linear unabhängig ist. Das ist aber ein Widerspruch, weil $A$ linear abhängig ist.

Familie mit Nullvektor ist linear abhängig

Wann ist eine Familie mit genau einem Vektor linear unabhängig? Diese Frage lässt sich leicht beantworten: immer dann, wenn dieser Vektor nicht der Nullvektor ist. Umgekehrt ist jede Familie mit dem Nullvektor linear abhängig. Inklusive die, die nur den Nullvektor selbst enthält.

Satz (Familie mit Nullvektor ist linear abhängig)

1. Der Nullvektor ist linear abhängig.
2. Wenn $v\in V$ linear abhängig ist, so ist $v=0_{V}$.
3. Eine Familie von Vektoren, die den Nullvektor enthält, ist linear abhängig.

Beweis (Familie mit Nullvektor ist linear abhängig)

1. Es ist $1_{K}\cdot 0_{V}=0_{V}$. Es gibt also eine nicht triviale Linearkombination des Vektors $0_{V}$, die $0_{V}$ als Ergebnis hat. Damit ist der Nullvektor $0_{V}$ linear abhängig.
2. Ist $v\in V$ linear abhängig, so gibt es $\lambda \neq 0\in K$ mit $\lambda \cdot v=0_{V}$. Da $\lambda \neq 0$, gibt es ein multiplikatives Inverses $\lambda ^{-1}\in K$. Multiplizieren wir die Gleichung $\lambda \cdot v=0_{V}$ mit $\lambda ^{-1}$ so erhalten wir $v=\lambda ^{-1}\lambda v=\lambda ^{-1}0_{V}=0_{V}$. Also muss $v$ der Nullvektor $0_{V}$ sein.
3. Diese Behauptung folgt einfach aus 1. und dem Satz über die lineare Abhängigkeit von Oberfamilien linear abhängiger Familien.

Bei zwei Vektoren sind genau die Streckungen linear abhängig

Wann ist eine Familie mit zwei Vektoren linear unabhängig? Wir können die Frage beantworten, indem wir sagen, wann das Gegenteil der Fall ist. Also wann sind zwei Vektoren linear abhängig? Lineare Abhängigkeit zweier Vektoren gilt genau dann, wenn beide "auf einer Geraden liegen", d.h. der eine Vektor eine Streckung des anderen ist.

Satz

Seien $v,\,w\in V$. Die Vektoren $v$ und $w$ sind genau dann linear abhängig, wenn es ein $\lambda \in K$ mit der Eigenschaft $w=\lambda \cdot v$ oder $v=\lambda \cdot w$ gibt.

Beweis

Wir müssen folgende zwei Implikationen beweisen:

1. $\exists \ \lambda \in K:\ w=\lambda \cdot v\implies v$ und $w$ sind linear abhängig
2. $v$ und $w$ sind linear abhängig $\implies \exists \ \lambda \in K:\ w=\lambda \cdot v$

Beweisschritt: Erste Implikation

Ist einer der beiden Vektoren der Nullvektor, dann sind nach dem vorherigen Satz $v$ und $w$ linear abhängig. Seien also $v\neq 0_{V}$ und $w\neq 0_{V}$. Es sei $\lambda \in K$ so gewählt, dass $w=\lambda \cdot v$ ist. Dies ist o.B.d.A. möglich, denn falls das nicht geht, vertauschen wir die Bezeichnungen der beiden Vektoren. Wir verwenden also $v$ anstelle von $w$ und $w$ anstelle von $v$. Laut Voraussetzung muss ein $\lambda \in K$ existieren, sodass die Gleichung mit den neuen Bezeichnungen gilt.

Nun gilt $1\cdot w+(-\lambda )\cdot v=0_{V}$. Damit haben wir den Nullvektor als nichttriviale Linearkombination dargestellt. Das bedeutet, dass $v$ und $w$ linear abhängig sind.

Beweisschritt: Zweite Implikation

Seien dafür $v$ und $w$ linear abhängig. Dann gibt es nach Definition eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors. Es existieren also $\alpha ,\beta \in K$ so, dass $\alpha$ und $\beta$ nicht beide Null sind und die Gleichung $\alpha \cdot v+\beta \cdot w=0_{V}$ gilt. Wir betrachten den Fall, dass $\beta \neq 0_{K}$ ist. Dann folgt aus der Gleichung $\beta \cdot w=-\alpha \cdot v$ und damit

${\begin{aligned}\beta \cdot w&=-\alpha \cdot v&&\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\downarrow {\text{beide Seiten der Gleichung multiplizieren mit }}\beta ^{-1}}\\[0.3em]w&=\,\beta ^{-1}\cdot (-\alpha \cdot v)&&\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\downarrow {\text{Assoziativgesetz der skalaren Multiplikation berücksichtigen}}}\\[0.3em]&=\,-(\beta ^{-1}\alpha )\cdot v&&\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\downarrow {\text{setze }}{\lambda \colon =-(\beta ^{-1}\alpha )}}\\[0.3em]&=\,\lambda \cdot v\end{aligned}}$

Falls jedoch $\beta =0_{K}$ ist, dann muss $\alpha \neq 0_{K}$ sein. Analog zur Rechnung von eben kannst du nachrechnen, dass dann $v=\lambda \cdot w$ ist mit $\lambda =-(\alpha ^{-1}\beta )$.

Von linear abhängigen Vektoren kann einer als Linearkombination der anderen dargestellt werden

Bei endliche vielen Vektoren hatten wir mit der Definition begonnen, dass Vektoren linear abhängig sind, wenn einer der Vektoren als Linearkombination der anderen geschrieben werden kann (erste Definition). Wir haben schon gesehen, dass diese Definition äquivalent dazu ist, dass der Nullvektor als Linearkombination der Vektoren geschrieben werden kann (zweite Definition). Bei der allgemeinen Definition mit möglicherweise unendlich vielen Vektoren haben wir die Version mit dem Nullvektor (die zweite) als unsere Definition genutzt. Und man kann tatsächlich zeigen, dass auch im allgemeinen Fall die erste Definition dazu äquivalent ist:

Satz

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und seien $v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n},w\in V$ linear abhängige Vektoren, aber $(v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n})$ seien linear unabhängig. Dann gibt es $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ derart, dass $w=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}$ ist.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wegen der linearen Abhängigkeit von $v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n},w$ gibt es $\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots ,\alpha _{n},\mu \in K$, die nicht alle gleich $0$ sind, so dass $\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}+\mu w=0$. Wir wollen $w$ als Linearkombination der $v_{i}$ schreiben. Also wollen wir die Gleichung $\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}+\mu w=0$ nach $w$ auflösen. Wir können umformen zu

$\mu w=-\left(\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}\right).$

Nun wollen wir durch $\mu$ teilen. Das geht nur, wenn $\mu \neq 0$. Also zeigen wir, dass der Fall $\mu =0$ nicht auftreten kann. Angenommen $\mu =0$. Dann folgt

$0_{V}=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}.$

Wir wissen, dass $v_{1},v_{2},\dots ,v_{n}$ linear unabhängig sind. Also sind alle $\alpha _{i}$ gleich $0$. Dadurch sind alle $\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots ,\alpha _{n},\mu$ gleich $0$. Das ist ein Widerspruch. Deshalb kann $\mu =0$ nicht passieren.

Beweis

Da $v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n},w\in V$ linear abhängig sind, gibt es $\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots ,\alpha _{n},\mu \in K$ mit $\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}+\mu w=0$, wobei nicht alle $\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots ,\alpha _{n}$ gleich $0$ sind. Daher gilt

$\mu w=-\left(\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}\right)$

Wir zeigen zuerst $\mu \neq 0$. Nehmen wir also an, es wäre $\mu =0$. Dann wäre

$0_{V}=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}+0\cdot w=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}v_{i}.$

Wegen der linearen Unabhängigkeit der $v_{i}$ folgt daraus auch $\alpha _{i}=0_{K}$ für alle $i\in \{1,\dots ,n\}$. Das kann aber nicht sein, da $\alpha _{i},\mu$ nicht alle Null sind. Also gilt $\mu \neq 0$. Wir können damit durch $\mu$ dividieren und die gesuchte Linearkombination ist

$w=-\left(\sum _{i=1}^{n}{\frac {\alpha _{i}}{\mu }}v_{i}\right)=\sum _{i=1}^{n}\left(-{\frac {\alpha _{i}}{\mu }}\right)v_{i}$

Setze nun $\lambda _{i}:=\left(-{\frac {\alpha _{i}}{\mu }}\right)$, dann ist $w=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}$ und genau das war zu zeigen.

Lineare Unabhängigkeit und eindeutige Linearkombinationen

Wir betrachten in diesem Abschnitt den Zusammenhang zwischen Linearer Unabhängigkeit und Linearkombinationen genauer. Dafür machen wir uns klar, was es bedeutet, wenn die Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear abhängig oder unabhängig sind. Angenommen die Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ sind linear abhängig. Aus unserer Definition der linearen Unabhängigkeit wissen wir, dass es dann eine nicht triviale Nulldarstellung geben muss, da mindestens ein Skalar $\lambda _{i}\neq 0$ für ein $1\leq i\leq n$ ist. Wir machen uns dies anhand des folgenden Beispiels klar

Beispiel (Lineare Abhängigkeit und nicht triviale Nulldarstellung)

Betrachten wir die Vektoren $(1,0,0)^{T},\left(1,1,{\tfrac {1}{2}}\right)^{T},(0,2,1)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$. Diese sind linear abhängig, da

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

Durch Umformung dieser Gleichung erhalten wir eine Darstellung des Nullvektors:

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

Neben dieser Darstellung gibt es auch die sogenannte triviale Darstellung des Nullvektors, bei der jeder Vorfaktor gleich Null ist:

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

Wegen der linearen Abhängigkeit kann der Nullvektor über zwei Wege über eine Linearkombination dargestellt werden.

Unabhängig davon, ob die betrachtete Familie von Vektoren linear unabhängig ist oder nicht, gibt es stets die triviale Nulldarstellung, in dem alle Skalare $\lambda _{1},...,\lambda _{n}$ den Wert $0$ haben:

$0=0\cdot v_{1}+...+0\cdot v_{n}$

Bei linearer Abhängigkeit der Vektoren ist die Darstellung der Null nicht mehr eindeutig. Wir können unsere Ergebnisse bisher in einem Satz zusammenfassen und verallgemeinern:

Satz (Lineare Unabhängigkeit und eindeutige Linearkombinationen)

Sei $V$ ein Vektorraum und $M\subseteq V$.

Alle Linearkombinationen von Vektoren aus $M$ sind eindeutig $\iff M$ linear unabhängig.

Beweis (Lineare Unabhängigkeit und eindeutige Linearkombinationen)

Wir zeigen die Kontraposition:

Es gibt eine Linearkombination von Vektoren aus $M$, die nicht eindeutig ist $\iff M$ ist linear abhängig.

Beweisschritt: "$\implies$"

Wir nehmen an, dass es $v\in V$ gibt, so dass es verschiedene Darstellungen von $v$ durch Vektoren aus $M$ gibt:

Sei $v=\lambda _{1}v_{1}+\ldots +\lambda _{n}v_{n}$ mit $\lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K$ und $v=\mu _{1}v_{1}+\ldots +\mu _{n}v_{m}$ mit $\mu _{1},...,\mu _{v}\in K$ und $v_{1},\ldots ,v_{n}\in M$. Subtraktion der beiden Gleichungen liefert

$0_{V}=(\lambda _{1}-\mu _{1})\cdot v_{1}+\ldots +(\lambda _{n}-\mu _{n})\cdot v_{n}$

Da die Darstellungen von $v$ unterschiedlich sind, gibt es mindestens einen Faktor $\lambda _{i}-\mu _{i}\neq 0$ für $1\leq i\leq n$. Damit sind die Vektoren $v_{1},...,v_{n}$ nach Definition linear abhängig und damit ist auch $M$ linear abhängig.

Beweisschritt: " $\Longleftarrow$ "

Wenn $M$ linear abhängig ist, enthält $M$ eine linear abhängige Teilmenge $v_{1}\ldots ,v_{n}$.

Dann gibt es außer der trivialen Darstellung der Null $0_{V}$ mindestens eine weitere: wegen der linearen Abhängigkeit gibt es Faktoren $\lambda _{i}$, die nicht alle Null sind, mit

$\lambda _{1}v_{1}+\ldots +\lambda _{n}v_{n}=0_{V}$

Also haben wir gezeigt, dass es dann zwei Darstellungen von $0_{V}$ als Linearkombination dieser Vektoren gibt. Damit sind Linearkombinationen nicht eindeutig.

Übungsaufgaben

Aufgabe 1

Aufgabe (Lineare Unabhängigkeit)

Zeige, dass die Vektoren $(1,1,0)^{T},\,(0,1,0)^{T},\,(0,1,1)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ linear unabhängig sind.

Lösung (Lineare Unabhängigkeit)

Wir müssen zeigen, dass durch die gegebenen Vektoren der Nullvektor nur trivial dargestellt werden kann. Dies bedeutet, dass die folgende Gleichung mit den reellen Zahlen $\rho _{1},\rho _{2},\rho _{3}\in \mathbb {R}$ nur die Lösung $\rho _{1}=\rho _{2}=\rho _{3}=0$ besitzt:

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

Hieraus ergibt sich:

${\begin{aligned}&\rho _{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}+\rho _{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+\rho _{3}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{skalare Multiplikation ausführen}}\right.}\\[0.3em]\implies &{\begin{pmatrix}\rho _{1}\\\rho _{1}\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\\rho _{2}\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\\rho _{3}\\\rho _{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Vektoraddition ausführen}}\right.}\\[0.3em]\implies &{\begin{pmatrix}\rho _{1}\\\rho _{1}+\rho _{2}+\rho _{3}\\\rho _{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Nun sind zwei Spaltenvektoren genau dann gleich, wenn jede Komponente gleich ist. Also müssen folgende Gleichungen gelten:

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

Es ist also $\rho _{1}=\rho _{3}=0$. Wenn wir dies in $\rho _{1}+\rho _{2}+\rho _{3}=0$ einsetzen, erhalten wir $\rho _{2}=0$. Damit haben wir gezeigt, dass aus der Gleichung $\rho _{1}\cdot (1,1,0)^{T}+\rho _{2}\cdot (0,1,0)^{T}+\rho _{3}\cdot (0,1,1)^{T}=(0,0,0)^{T}$ folgt, dass alle Koeffizienten $\rho _{1}$, $\rho _{2}$ und $\rho _{3}$ gleich $0$ sind. Somit sind die drei Vektoren linear unabhängig.

Aufgabe 2

Aufgabe (Lineare Abhängigkeit)

Zeige dass die folgende Menge $M$ von vier Vektoren linear abhängig ist:

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

Lösung (Lineare Abhängigkeit)

Nach Definition sind die Vektoren $(1,0,0)^{T},(0,1,0)^{T},(0,0,1)^{T}$ und $(1,1,1)^{T}$ genau dann linear abhängig, wenn wir eine nichttriviale Linearkombination der Null mit ihnen finden. Eine solche ist beispielsweise durch

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

gegeben. Also sind die Vektoren linear abhängig.

Lösung (Lineare Abhängigkeit, Alternative)

Vektoren sind linear abhängig, wenn einer sich als Linearkombination der anderen drei darstellen lässt. Nun kann der Vektor $(1,1,1)^{T}$ als Linearkombination der anderen dargestellt werden:

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

Damit sind die Vektoren linear abhängig.

Aufgabe 3

Aufgabe (Trigonometrische Polynome)

Sei $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)=f(x+2\pi )$ für alle $x\in \mathbb {R}$. Das heißt, dass $f$ eine $2\pi$-periodische Funktion ist. Wir betrachten die Menge $\operatorname {Abb} _{2\pi }(\mathbb {R} ,\mathbb {R} )$ der $2\pi$-periodischen Funktionen. Diese bilden einen $\mathbb {R}$-Vektorraum.

Sind die Funktionen $\cos(0\cdot x),\cos(1\cdot x),\cos(2\cdot x)$ linear unabhängig?

Wie kommt man auf den Beweis? (Trigonometrische Polynome)

Wir untersuchen, wie man die Nullfunktion als Linearkombination der drei Funktionen schreiben kann. Dazu bestimmen wir die Werte von $\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}$ in der Gleichung $\lambda _{1}\cos(0)+\lambda _{2}\cos(x)+\lambda _{3}\cos(2x)=0$. Das können wir tun, indem wir drei verschiedene Werte für $x$ einsetzen und dann das entstehende Gleichungssystem lösen.

Dafür eignen sich Werte, für die wir die Werte des Kosinus explizit kennen – zum Beispiel $0,{\frac {\pi }{2}}$ und $\pi$. Denn es gilt $\cos(0)=\cos(2\pi )=1,\cos \left({\dfrac {\pi }{2}}\right)=0$ und $\cos(\pi )=-1$.

Lösung (Trigonometrische Polynome)

Seien $\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}\in \mathbb {R}$, sodass

$\lambda _{1}\cos(0\cdot x)+\lambda _{2}\cos(1\cdot x)+\lambda _{3}\cos(2\cdot (x))=0$

für alle $x\in \mathbb {R}$ gilt. Wir wollen zeigen, dass $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$ gelten muss. Indem wir für $x$ die Werte $0,{\frac {\pi }{2}}$ und $\pi$ einsetzen, erhalten wir folgendes Gleichungssystem für die $\lambda _{i}$:

${\begin{aligned}x={\frac {\pi }{2}}&:&\lambda _{1}-\lambda _{3}&=0\\[0.3em]x=\pi &:&\lambda _{1}-\lambda _{2}+\lambda _{3}&=0\\[0.3em]x=0&:&\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}&=0\end{aligned}}$

Das Gleichungssystem kann nun auf verschiedene Arten gelöst werden. Wir stellen zunächst die erste Gleichung um und erhalten $\lambda _{1}=\lambda _{3}$. Das können wir in die zweite Gleichung einsetzen und erhalten $\lambda _{1}-\lambda _{2}+\lambda _{1}=0$, also $2\lambda _{1}=\lambda _{2}$. Wenn wir unsere Ergebnisse jetzt in die dritte Gleichung einsetzen, haben wir $\lambda _{1}+2\lambda _{1}+\lambda _{1}=0$. Dies ist äquivalent dazu, dass $\lambda _{1}=0$ gilt. Daraus folgt direkt $\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$.

Damit haben wir die Koeffizienten $\lambda _{1},\lambda _{2}$ und $\lambda _{3}$ eindeutig bestimmt. Das heißt, es gibt keine nichttriviale Linearkombination der $0$. Die Funktionen sind also linear unabhängig.

Aufgabe 4

Aufgabe (Lineare (Un-)abhängigkeit?)

Beweise oder widerlege die folgende Aussage:

Seien $u,v,w\in \mathbb {R} ^{3}$. Die Menge $\{u,v,w\}$ ist genau dann linear abhängig, wenn jeder der Vektoren eine Linearkombination der anderen beiden ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Lineare (Un-)abhängigkeit?)

Damit die Menge linear abhängig ist, reicht es, wenn zwei der drei Vektoren ein Vielfaches des jeweils anderen sind, während der Dritte linear unabhängig von den beiden sein kann. Mit dieser Überlegung können wir uns ein Gegenbeispiel zu der Aussage konstruieren.

Lösung (Lineare (Un-)abhängigkeit?)

Die Aussage ist nicht richtig. Wir betrachten die Menge

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

Dann können wir den Nullvektor als nichttriviale Linearkombination der drei Vektoren darstellen:

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

Damit ist die Menge linear abhängig. Allerdings ist der Vektor $\left(0,0,1\right)^{T}$ keine Linearkombination der anderen beiden.

Aufgabe 5

Aufgabe (Linear unabhängige Vektoren im $K^{n}$)

Beweise: Im Vektorraum $K^{n}$ der $n$-Tupel über dem Körper $K$ sind die Vektoren $e_{1}=(1,0,0,\ldots ,0)^{T}$, $e_{2}=(0,1,0,\ldots ,0)^{T}$ bis $e_{n}:=(0,0,0,\ldots ,1)^{T}$ linear unabhängig.

Lösung (Linear unabhängige Vektoren im $K^{n}$)

Wir müssen zeigen, dass wir den Nullvektor eindeutig als Linearkombination der Vektoren $e_{1},...,e_{n}$ darstellen können. Betrachten wir also die Linearkombination der Vektoren mit $\lambda _{i}\in K$ für $1\leq i\leq n$. Es soll gelten

${\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}{\overset {!}{=}}\lambda _{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}+\lambda _{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\\vdots \\0\end{pmatrix}}+...+\lambda _{n}\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots \\1\end{pmatrix}}$

Dies können wir als lineares Gleichungssystem auffassen als

${\begin{aligned}0&=\lambda _{1}\\0&=\lambda _{2}\\&\vdots \\0&=\lambda _{n}\end{aligned}}$

Damit haben wir gezeigt, dass die $\lambda _{i}$ eindeutig bestimmt sind und den Wert $0$ besitzen. Nach Definition der linearen Unabhängigkeit haben wir damit gezeigt, dass die Vektoren linear unabhängig sind.

Aufgabe 6

Aufgabe (Linear unabhängige Vektoren bei Endomorphismus)

Sei $K$ ein Körper und $F:V\to V$ ein Endomorphismus des $K$-Vektorraums $V$. Sei $v\in V$, sodass für eine feste natürliche Zahl $n$ gilt: $F^{i}(v)\neq 0$ für $i=1,...,n$ und $F^{n+1}(v)=0$. Hierbei bedeutet $F^{i}(v)=F(F(...(F(v))...))$ das $i$-malige Anwenden der Abbildung $F$ auf den Vektor $v$. Beweise, dass dann die Vektoren $v,F(v),...,F^{n}(v)$ linear unabhängig sind.

Wie kommt man auf den Beweis? (Linear unabhängige Vektoren bei Endomorphismus)

Wir müssen zeigen, dass für $\lambda _{0},\dots ,\lambda _{n}\in K$ mit

$\lambda _{0}v+\lambda _{1}F(v)+\dots +\lambda _{n}F^{n}(v)=0$

schon $\lambda _{0}=\dots =\lambda _{n}=0$ gilt. Wir können dafür versuchen, die einzelnen $\lambda _{i}$ aus dieser Gleichung zu erhalten: Wir wissen, dass $F^{n+1}(v)=0$ gilt. Wenden wir nun $F$ auf diese Gleichung an, so erhalten wir

${\begin{aligned}0=F(0)&=F(\lambda _{0}v+\lambda _{1}F(v)+\dots +\lambda _{n}F^{n}(v))\\[0.3em]&=\lambda _{0}F(v)+\lambda _{1}F^{2}(v)+\dots +\lambda _{n}F^{n+1}(v)\\[0.3em]&=\lambda _{0}F(v)+\lambda _{1}F^{2}(v)+\dots +\lambda _{n-1}F^{n}(v).\end{aligned}}$

Wir haben damit erreicht, dass wir einen Summanden verloren haben. Damit haben wir unser Problem auf einen Fall mit $n$ Summanden reduziert. Das heißt, indem wir mit einer Induktion vorgehen, können wir die Aussage jetzt folgern.

Lösung (Linear unabhängige Vektoren bei Endomorphismus)

Wir führen eine Induktion nach $n$ durch, um obige Idee, die Anzahl der Vektoren um einen Vektor zu reduzieren anwenden zu können.

Aussageform, deren Allgemeingültigkeit für $n\in \mathbb {N}$ bewiesen werden soll:

Ist $v\in V$ mit $F^{i}(v)\neq 0$ für alle $i\leq n$ und $F^{n+1}(v)=0$, so ist $v,F(v),\dots ,F^{n}(v)$ linear unabhängig.

1. Induktionsanfang:

Wir müssen zeigen, dass $v$ und $F(v)$ linear unabhängig sind, wenn $F^{2}(v)=0$ und $F(v)\neq 0$ gelten. Das heißt wir müssen zeigen, dass für $\lambda ,\mu \in K$ mit $\lambda \cdot v+\mu \cdot F(v)=0$ schon $\lambda =\mu =0$ erfüllt sein muss. Nun ist

${\begin{aligned}0=F(0)&=F(\lambda \cdot v+\mu \cdot F(v))\\[0.3em]&=\lambda \cdot F(v)+\mu \cdot F^{2}(v)\\[0.3em]&=\lambda \cdot F(v)\\[0.3em]\end{aligned}}$

Weil $F(v)\neq 0$ gilt, muss $\lambda =0$ gelten. Dann ist nach Wahl von $\lambda$ und $\mu$ auch $\mu \cdot F(v)=0$. Mit dem gleichen Argument folgt nun $\mu =0$.

2. Induktionsschritt:

2a. Induktionsvoraussetzung:

Ist $v\in V$ mit $F^{i}(v)\neq 0$ für alle $i\leq n$ und $F^{n+1}(v)=0$, so ist $v,F(v),\dots ,F^{n}(v)$ linear unabhängig.

2b. Induktionsbehauptung:

Ist $v\in V$ mit $F^{i}(v)\neq 0$ für alle $i\leq n+1$ und $F^{n+2}(v)=0$, so ist $v,F(v),\dots ,F^{n+1}(v)$ linear unabhängig.

2c. Beweis des Induktionsschritts:

Seien $\lambda _{0},\dots ,\lambda _{n+1}\in K$, sodass $\lambda _{0}\cdot v+\lambda _{1}\cdot F(v)+\dots +\lambda _{n+1}\cdot F^{n+1}(v)=0$ gilt. Dann ist

${\begin{aligned}0=F(0)&=F(\lambda _{0}\cdot v+\lambda _{1}\cdot F(v)+\dots +\lambda _{n+1}\cdot F^{n+1}(v))\\[0.3em]&=\lambda _{0}\cdot F(v)+\lambda _{1}\cdot F^{2}(v)+\dots +\lambda _{n+1}\cdot F^{n+2}(v)\\[0.3em]&=\lambda _{0}\cdot F(v)+\dots +\lambda _{n}\cdot F^{n+1}(v)\end{aligned}}$

Indem wir die Induktionsvoraussetzung auf $F(v)$ anwenden, erhalten wir, dass $\lambda _{0}=\dots =\lambda _{n}=0$ gilt. Damit ist $\lambda _{n+1}F^{n+1}(v)=0$. Weil $F^{n+1}(v)\neq 0$ ist, muss $\lambda _{n+1}=0$ gelten. Also ist $v,F(v),\dots ,F^{n+1}(v)$ linear unabhängig.