Vektorraum: Innere direkte Summe – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Herleitung und Definition

Wir haben schon die Summe von zwei Untervektorräumen kennengelernt. Seien $U$ und $W$ zwei Untervektorräume, dann bildet die Summe von $U$ und $W$ wieder einen Untervektorraum $Z=U+W$. Also finden wir für jeden Vektor $v\in Z$ zwei Vektoren $u\in U$ und $w\in W$, sodass $v=u+w$ gilt. Nun stellt sich die Frage: Gibt es mehrere Möglichkeiten, $v$ als solche Kombination zu schreiben?

Die Antwort ist ja, es kann mehrere Möglichkeiten geben. Als Beispiel schauen wir uns den Vektorraum $\mathbb {R} ^{3}$ an. Dieser Raum kann als die Summe der $xy$-Ebene und der $yz$-Ebene betrachtet werden. Das heißt, sei $v\in \mathbb {R} ^{3}$, dann gibt es tatsächlich mehrere Möglichkeiten, um $v$ als Summe von Vektoren aus der $xy$-Ebene und der $yz$-Ebene darzustellen. Für den Vektor $(2,3,5)$ haben wir z.B. $(2,3,5)=(2,2,0)+(0,1,5)=(2,1,0)+(0,2,5)$.

Solche Darstellungen sind also im Allgemeinen nicht eindeutig. Wir wollen nun ein Kriterium für die Eindeutigkeit finden.

Angenommen wir haben zwei verschiedene Darstellungen von $v$, d.h. $v=u+w$ und $v=u^{\prime }+w^{\prime }$ mit $u\neq u^{\prime }$ und $w\neq w^{\prime }$ (wenn eins davon gleich ist, dann auch das andere). Insbesondere wissen wir $u-u^{\prime }\neq 0$ und $w-w^{\prime }\neq 0$. Stellen wir nun die Gleichung $u+w=v=u^{\prime }+w^{\prime }$ um, erhalten wir $\underbrace {u-u^{\prime }} _{\in U}=\underbrace {w^{\prime }-w} _{\in W}$. Weil die linke Seite in $U$ und die rechte Seite in $W$ liegt, ist das ein Element in $U\cap W$, das gleichzeitig kein Nullvektor ist. Also ist $U\cap W$ nicht nur $\{0\}$. (Der Nullvektor liegt im Schnitt, weil $U$ und $W$ beide Untervektorräume sind.) Das heißt, wenn die Darstellung nicht eindeutig ist, dann enthält der Schnitt $U\cap W$ nicht nur den Nullvektor.

Umgekehrt gilt: Wenn der Schnitt nicht $\{0\}$ ist, haben wir keine eindeutige Darstellung. Sei also $v\in U\cap W$ mit $v\neq 0$. Dann gibt es zwei Darstellungen von $v$, nämlich $v=v+0=0+v$ (einerseits $v=u+w$ mit $u=v$ und $w=0$ und andererseits $v=u^{\prime }+w^{\prime }$ mit $u^{\prime }=0$ und $w^{\prime }=v$). Wegen $v\neq 0$ sind diese Darstellungen voneinander verschieden.

Also können wir eine Äquivalenz schließen: Der Schnitt $U\cap W$ ist genau dann $\{0\}$, wenn die Darstellung aller Vektoren in $V$ eindeutig ist.

In diesem Fall geben wir der Summe einen speziellen Namen: Wir nennen die Summe von $U$ und $W$, im Fall $U\cap W=\{0\}$, die direkte Summe von $U$ und $W$ und schreiben $U\oplus W=U+W$.

Definition (Direkte Summe)

Seien $U$ und $W$ zwei Untervektorräume eines Vektorraums $V$. Wir nennen die Summe $U+W$ direkt, wenn $U\cap W=\{0\}$ gilt. Der Untervektorraum $Z=U+W$ heißt direkte Summe von $U$ und $W$ und wir schreiben $Z=U\oplus W$.

Beispiele

Summe von zwei Geraden im ℝ²

Die Geraden $U$ und $W$

Wir betrachten die folgenden beiden Geraden im $\mathbb {R} ^{2}$:

${\begin{aligned}U:=\left\{{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}{\text{ und }}W:=\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}\end{aligned}}$

Also ist $U$ die $x$-Achse und $W$ die Gerade, die durch den Ursprung und den Punkt $(1,1)$ verläuft. Die Summe ist $U+W=\mathbb {R} ^{2}$

Frage: Wieso ist $U+W=\mathbb {R} ^{2}$?

Wegen der Definition $U+W=\{u+w\mid u\in U,w\in W\}$ können wir eine Mengenbeschreibung von $U+W$ berechnen:

${\begin{aligned}&U+W\\[0.3em]=&\left\{{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}+\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}\\[0.3em]=&\left\{{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}+\left\{{\begin{pmatrix}y\\y\end{pmatrix}}\mid y\in \mathbb {R} \right\}\\[0.3em]=&\left\{{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}y\\y\end{pmatrix}}\mid x,y\in \mathbb {R} \right\}\\[0.3em]=&\left\{{\begin{pmatrix}x+y\\y\end{pmatrix}}\mid x,y\in \mathbb {R} \right\}\end{aligned}}$

Jeden Vektor in $\mathbb {R} ^{2}$ können wir schreiben als $(x+y,y)^{T}$ mit passenden $x,y\in \mathbb {R}$. Konkret können wir für jeden Vektor $(a,b)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ Skalare $x$ und $y\in \mathbb {R}$ finden, so dass $(a,b)=(x+y,y)$, nämlich $x:=a-b$ und $y:=b$. Also gilt $U+W=\mathbb {R} ^{2}$.

Intuitiv kann man sofort sehen, dass $U+W=\mathbb {R} ^{2}$. Denn $U+W$ ist ein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{2}$, der die Geraden $U$ und $W$ enthält. Die einzigen Untervektorräume von $\mathbb {R} ^{2}$ sind der Nullraum, Geraden, die durch den Ursprung verlaufen, und $\mathbb {R} ^{2}$. Da die Geraden $U$ und $W$ nicht aufeinander fallen, sondern verschieden sind, kann $U+W$ keine Gerade sein. Deshalb muss $U+W=\mathbb {R} ^{2}$ gelten.

Wir wollen nun untersuchen, ob diese Summe direkt ist. Dafür müssen wir $U\cap W$ bestimmen. Ist $v=(x,y)^{T}\in U\cap W$, so wissen wir folgendes: Weil $v\in U$ ist, ist $y=0$. Und weil $v\in W$ ist, gilt $x=y$. Somit gilt $x=y=0$ und wir haben $v=0$. Weil $U\cap W$ umgekehrt auch $0$ enthält, erhalten wir $U\cap W=\{0\}$. Damit ist die Summe aus $U$ und $W$ direkt und wir können $U\oplus W$ schreiben.

Summe von zwei Geraden im ℝ³

Die Geraden $U$ und $W$

Wir haben folgende Geraden im $\mathbb {R} ^{3}$:

${\begin{aligned}U:=\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\\2x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}{\text{ und }}W:=\left\{{\begin{pmatrix}3x\\0\\5x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}\end{aligned}}$

Dann ist $U$ eine Gerade im $\mathbb {R} ^{3}$, die durch den Ursprung und den Punkt $(1,1,2)$ verläuft, und $W$ ist eine Gerade, die durch den Ursprung und $(3,0,5)$ verläuft. Die Summe $U+W$ ist eine Ebene, die von den Vektoren $(1,1,2)^{T}$ und $(3,0,5)^{T}$ aufgespannt wird, also

$U+W=\left\{x{\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}}+y{\begin{pmatrix}3\\0\\5\end{pmatrix}}\mid x,y\in \mathbb {R} \right\}.$

Frage: Wieso ist dies die Summe?

${\begin{aligned}&U+W\\[0.3em]=&\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\\2x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}+\left\{{\begin{pmatrix}3y\\0\\5y\end{pmatrix}}\mid y\in \mathbb {R} \right\}\\[0.3em]=&\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\\2x\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}3y\\0\\5y\end{pmatrix}}\mid x,y\in \mathbb {R} \right\}\\[0.3em]=&\left\{x{\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}}+y{\begin{pmatrix}3\\0\\5\end{pmatrix}}\mid x,y\in \mathbb {R} \right\}\end{aligned}}$

Also ist $U+W$ eine Ebene, die von den Vektoren $(1,1,2)^{T}$ und $(3,0,5)^{T}$ aufgespannt wird.

Auch hier wollen wir bestimmen, ob die Summe direkt ist. Dafür betrachten wir einen Vektor $v=(x,y,z)^{T}\in U\cap W$. Dann gilt, weil $v\in U$ ist, dass $x=y=2z$ gilt; und weil $v\in W$ ist, dass $y=0$ gilt. Somit gilt $x=z=y=0$ und die Summe ist direkt. Das heißt, wir dürfen $U\oplus W$ schreiben.

Summe einer Gerade und einer Ebene im ℝ³

Die Gerade $U_{3}$ und die Ebene $W$

Wir betrachten die Untervektorräume $U_{3}$ und $W$ vom $\mathbb {R} ^{3}$.

${\begin{aligned}U_{3}&=\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\\x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}\right\}\\[0.5em]W&=\left\{{\begin{pmatrix}0\\y\\z\end{pmatrix}}\mid y,z\in \mathbb {R} \right\}\end{aligned}}$

Der Untervektorraum $U_{3}$ ist die Gerade durch den Ursprung und den Punkt $(1,1,1)$, während $W$ die y-z-Ebene darstellt. Gemeinsam spannen $U_{3}$ und $W$ den gesamten $\mathbb {R} ^{3}$ auf, d.h. $U_{3}+W=\mathbb {R} ^{3}$.

Frage: Warum ist die Summe von $U_{3}$ und $W$ der gesamte Raum $\mathbb {R} ^{3}$?

Da $U_{3}$ und $W$ Untervektorräume von $\mathbb {R} ^{3}$ sind, ist auch die Summe $U_{3}+W$ ein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{3}$. Wir müssen noch zeigen, dass $\mathbb {R} ^{3}$ in $U_{3}+W$ enthalten ist. Dafür beweisen wir, dass ein beliebiger Vektor $(a,b,c)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ in $U_{3}+W$ liegt. Hierfür zeigen wir, dass es ein $u\in U_{3}$ und ein $w\in W$ gibt mit $(a,b,c)^{T}=u+w$.

Wir wählen $u:=(a,a,a)^{T}$ und $w:=(0,b-a,c-a)^{T}$. Dann gilt $u+w=(a,a,a)^{T}+(0,b-a,c-a)^{T}=(a,b,c)^{T}$. Außerdem gilt $u\in U_{3}$ und $w\in W$.

Daher ist der gesamte $\mathbb {R} ^{3}$ in $U_{3}+W$ enthalten. Somit ist $\mathbb {R} ^{3}=U_{3}+W$.

Nun stellt sich die Frage, ob die Summe $U_{3}+W$ eine direkte Summe ist. Um dies zu prüfen, müssen wir den Schnitt $U_{3}\cap W$ analysieren. Wenn $U_{3}\cap W$ nur den Nullvektor $(0,0,0)^{T}$ enthält, ist die Summe direkt.

Sei $(a,b,c)^{T}$ ein Vektor in $U_{3}\cap W$. Da $(a,b,c)^{T}\in U_{3}$, muss gelten $a=b=c$. Folglich können wir $(a,b,c)^{T}$ als $(a,a,a)^{T}$ schreiben. Weiterhin muss $(a,a,a)^{T}\in W$ sein, was bedeutet, dass $a=0$ gelten muss. Somit haben wir gezeigt, dass $(a,b,c)^{T}=(0,0,0)^{T}$ ist.

Daraus folgt, dass $U_{3}\cap W=\{(0,0,0)^{T}\}$ ist. Da der Schnitt nur den Nullvektor enthält, ist die Summe $U_{3}+W$ direkt. Daher können wir schließen, dass $\mathbb {R} ^{3}=U_{3}\oplus W$.

Summe von geraden und ungeraden Polynomen

Wir betrachten nun ein Beispiel einer direkten Summe im Vektorraum der reellen Polynome $\mathbb {R} [x]$. Dabei betrachten wir die Untervektorräume $U$ und $W$ vom Polynomraum. Der Untervektorraum $U$ besteht aus allen ungeraden Polynome über $\mathbb {R}$, während $W$ der Untervektorraum der geraden Polynome über $\mathbb {R}$ ist. In Formeln ist das

${\begin{aligned}U&=\left\{\sum _{i=0}^{n}a_{i}x^{2i+1}\mid n\in \mathbb {N} ,\,a_{i}\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \{x,x^{3},x^{5},\ldots \}\\W&=\left\{\sum _{i=0}^{n}a_{i}x^{2i}\mid n\in \mathbb {N} ,\,a_{i}\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \{1,x^{2},x^{4},\ldots \}\end{aligned}}$

Die ungeraden Polynome $\sum _{i=0}^{n}a_{i}x^{2i+1}$ enthalten nur Monome mit ungeraden Exponenten, während die geraden Polynome $\sum _{i=0}^{n}a_{i}x^{2i}$ nur Monome mit geraden Exponenten enthalten. Zum Beispiel ist $3x^{18}+19x^{12}-x^{4}+8x^{2}$ ein gerades Polynom, während $x^{10}-x$ weder gerade noch ungerade ist. Wir zeigen nun, dass die geraden und ungeraden Polynome gemeinsam den gesamten Polynomraum $\mathbb {R} [x]$ erzeugen. In Formeln ausgedrückt: $U+W=\mathbb {R} [x]$.

Um das zu zeigen, müssen wir beweisen, dass jedes Polynom in $\mathbb {R} [x]$ als Summe eines ungeraden und eines geraden Polynoms geschrieben werden kann. Dafür betrachten wir ein beliebiges Polynom $p=\sum _{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$ aus $\mathbb {R} [x]$. Wir müssen $p$ als Summe eines geraden und eines ungeraden Polynoms schreiben.

$p=\sum _{i=0}^{n}a_{i}x^{i}=\underbrace {\sum _{i=0}^{\lfloor {\frac {n-1}{2}}\rfloor }a_{2i+1}x^{2i+1}} _{\in U}+\underbrace {\sum _{i=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor }a_{2i}x^{2i}} _{\in W}$

Daher ist $p$ in der Summe $U+W$ enthalten.

Nun wollen wir überprüfen, ob die Summe $U+W$ eine direkte Summe bildet. Dafür müssen wir überprüfen, ob der Schnitt der beiden Untervektorräume $U\cap W$ nur den Nullvektor, also das Nullpolynom, enthält. Sei $p$ ist ein Polynom im Schnitt $U\cap W$. Dann liegt $p$ sowohl in $U$, als auch in $W$. Wir können $p$ als $\sum _{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$ schreiben. Da $p$ in $U$ liegt, besteht $p$ nur aus ungeraden Monomen. Deshalb müssen die Vorfaktoren der geraden Monome gleich $0$ sein. Also $a_{i}=0$ für alle geraden $i$. Da $p$ in $W$ liegt, besteht $p$ nur aus geraden Monomen. Also sind $a_{i}=0$ für alle ungeraden $i$. Dies bedeutet, dass alle Koeffizienten $a_{i}$ gleich null sind und $p$ daher das Nullpolynom ist. Somit ist $U\cap W={0}$, und die Summe von $U$ und $W$ ist direkt.

Wir haben gesehen, dass $\mathbb {R} [x]=U\oplus W$. In anderen Worten, der Polynomraum $\mathbb {R} [x]$ lässt sich als direkte Summe der Untervektorräume $U$ und $W$ schreiben, wobei $U$ der Untervektorraum der ungeraden Polynome und $W$ der Untervektorraum der geraden Polynome ist.

Gegenbeispiele

Zwei Ebenen im ℝ³

Die Ebenen $U$ und $W$

Wir betrachten die folgenden zwei Ebenen:

$U=\left\{{\begin{pmatrix}2x\\x\\y\end{pmatrix}}\mid x,y\in \mathbb {R} \right\}{\text{ und }}W=\left\{{\begin{pmatrix}0\\2x\\-y\end{pmatrix}}\mid x,y\in \mathbb {R} \right\}$

Die beiden Ebenen spannen gemeinsam den ganzen $\mathbb {R} ^{3}$ auf. Die Summe ist jedoch nicht direkt, da der Schnitt eine Gerade ist und dadurch nicht nur den Nullvektor enthält. Also gilt $U\cap W\neq \{(0,0,0)^{T}\}$.

Wir möchten dies rechnerisch überprüfen. Dafür suchen wir einen Vektor im Schnitt von $U$ und $W$, der nicht null ist. Wir betrachten einen Vektor $(a,b,c)^{T}$, der im Schnitt $U\cap W$ liegt. Weil dieser Vektor in $U$ liegt, gibt es $x,y\in \mathbb {R}$ gibt, sodass $(a,b,c)^{T}=(2x,x,y)^{T}$. Außerdem muss es $v,w\in \mathbb {R}$ geben, sodass $(a,b,c)^{T}=(0,2v,-w)^{T}$, da $(a,b,c)^{T}\in W$.

Wir suchen nun passende Werte für $x,y,v,w$, um beide Bedingungen zu erfüllen. Aus $a=2x$ und $a=0$, ergibt sich $x=0$. Wegen $2v=b=x$ folgt auch $v=0$. Weiterhin ergibt sich $b=0$ aus $b=x$. Schließlich ergibt sich $y=c=-w$.

Eine mögliche Lösung ist $x=v=0$, $y=1$ und $w=-1$. Somit liegt der Vektor $(a,b,c)^{T}=(0,0,1)^{T}$ im Schnitt von $U$ und $W$. Deshalb gilt $U\cap W\neq \{(0,0,0)^{T}\}$.

Verschiedene Polynome im Polynomraum

Sei $K$ ein Körper. Wir betrachten zwei Untervektorräume im Polynomraum $K[X]$: Sei $U=\{f\in K[X]\mid \deg f\leq 2\}$ der Untervektorraum der Polynome von Grad höchstens zwei und sei

$V=\{f=a_{0}+a_{1}X+\dots a_{n}X^{n}\mid a_{0}+\dots +a_{n}=0\}$

der Untervektorraum der Polynome deren Summe der Koeffizienten $0$ ist. Wir wollen untersuchen, ob die Summe $U+V$ direkt ist. Dafür müssen wir entscheiden, ob $U\cap V=0$ gilt.

Ein Element $f\in U\cap V$ ist ein Polynom $f=a_{0}+a_{1}X+\dots +a_{n}X^{n}$, das maximal Grad $2$ hat und für das $a_{0}+\dots ,a_{n}=0$ gilt. Weil das Polynom Grad zwei hat, gilt $a_{3}=\dots =a_{n}=0$. Daher erhalten wir $a_{0}+a_{1}+a_{2}=0$. Das heißt, $U\cap V$ besteht aus allen Polynomen $f=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}$, für die $a_{0}+a_{1}+a_{2}=0$ gilt. Damit können wir ein nicht-null Element von $U\cap V$ finden, wenn wir die Gleichung

$a_{0}+a_{1}+a_{2}=0$

mit nichttrivialen $a_{0},a_{1},a_{2}$ lösen können. Eine Möglichkeit dafür ist $a_{0}=1,a_{1}=-1,a_{2}=0$, das heißt $f=1-X\in U\cap V$. Damit ist der Schnitt von $U$ und $V$ nicht Null und die Summe $U+V$ somit nicht direkt.

Eindeutige Zerlegung von Vektoren

Bereits in der Herleitung haben wir uns überlegt, dass bei der direkten Summe die Zerlegung von Vektoren eindeutig ist. Das beweisen wir hier noch einmal konkret.

Satz (Äquivalente Charakterisierungen der direkten Summe)

Seien $U_{1},U_{2}$ Unterräume von $V$. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:

1. Die Summe von $U_{1}$ und $U_{2}$ ist direkt (d.h. $U_{1}+U_{2}=U_{1}\oplus U_{2}$).
2. $U_{1}$ und $U_{2}$ haben trivialen Schnitt (d.h. $U_{1}\cap U_{2}=\{0\}$ ist der triviale Untervektorraum).
3. Die Darstellung aller Elemente von $U_{1}+U_{2}$ ist eindeutig (d.h. wenn $u=u_{1}+u_{2}=u_{1}'+u_{2}'$ mit $u_{1},u_{1}'\in U_{1}$ und $u_{2},u_{2}'\in U_{2}$, dann gilt bereits $u_{1}=u_{1}'$ und $u_{2}=u_{2}'$).
4. Die Darstellung der Null ist eindeutig (d.h. wenn $u_{1}+u_{2}=0$ mit $u_{1}\in U_{1}$ und $u_{2}\in U_{2}$, dann gilt bereits $0=u_{1}=u_{2}$).

Beweis (Äquivalente Charakterisierungen der direkten Summe)

Die Definition der inneren direkten Summe ist gerade $1\iff 2$. Wir zeigen nun die Implikationen $2\implies 3\implies 4\implies 2$. Dann folgt die Behauptung durch einen Ringschluss.

Beweisschritt: $2\implies 3$

Sei $u\in U_{1}+U_{2}$. Wir müssen zeigen, dass $u$ sich auf eindeutige Weise als Summe von Elementen von $U_{1}$ und $U_{2}$ schreiben lässt.

Seien dazu $u_{1},u_{1}'\in U_{1}$ und $u_{2},u_{2}'\in U_{2}$ mit der Eigenschaft, dass $u_{1}+u_{2}=u=u_{1}'+u_{2}'$. Wir haben also zwei Darstellungen von $u$ und müssen zeigen, dass sie gleich sind. "Gleich" bedeutet dabei, dass $u_{1}=u_{1}'$ und $u_{2}=u_{2}'$.

Wegen $u_{1}+u_{2}=u_{1}'+u_{2}'$ gilt $u_{1}-u_{1}'=u_{2}'-u_{2}$. Dieses Element liegt in $U_{1}$ (wegen der Darstellung links von "$=$") und in $U_{2}$ (wegen der Darstellung rechts von "$=$"). Also liegt es im Schnitt $U_{1}\cap U_{2}$. Nach Voraussetzung ist $U_{1}\cap U_{2}=\{0\}$. Damit folgt $0=u_{1}-u_{1}'=u_{2}'-u_{2}$. Also gilt $u_{1}=u_{1}'$ und $u_{2}=u_{2}'$. Das ist genau, was wir zeigen wollten.

Beweisschritt: $3\implies 4$

Sei $u_{1}\in U_{1}$ und $u_{2}\in U_{2}$ mit $u_{1}+u_{2}=0\in U_{1}+U_{2}$. Dies ist eine Darstellung von $0\in U_{1}+U_{2}$.

Andererseits ist $0=0+0\in U_{1}+U_{2}$ auch eine Darstellung von $0$.

Da Darstellungen nach Voraussetzung eindeutig sind, folgt $u_{1}=0$ und $u_{2}=0$.

Beweisschritt: $4\implies 2$

Sei $u\in U_{1}\cap U_{2}$. Dann ist natürlich auch $u\in U_{1}$ und $u\in U_{2}$. Da $U_{2}$ ein Untervektorraum ist, muss für jedes Element $x\in U_{2}$ auch sein inverses Element bezüglich der Addition $-x\in U_{2}$ sein. Deshalb ist $-u\in U_{2}$.

Damit erhalten wir $\underbrace {u} _{\in U_{1}}+\underbrace {(-u)} _{\in U_{2}}=0=\underbrace {0} _{\in U_{1}}+\underbrace {0} _{\in U_{2}}$. Aus der Eindeutigkeit der Darstellung der Null folgt damit $u=0$. Also ist der Schnitt trivial, d.h. $U_{1}\cap U_{2}=\{0\}$.

Innere direkte Summe und disjunkte Vereinigung von Mengen

Wir können uns die Summe von zwei Untervektorräumen als strukturerhaltende Vereinigung vorstellen: Das Bilden der Summe ist „strukturerhaltend“, weil das Ergebnis wieder ein Untervektorraum ist. Also bleibt die Vektorraumstruktur beim Summe Bilden erhalten. Wir können uns die Konstruktion als Vereinigung vorstellen, weil die Summe beide Untervektorräume enthält. Die Untervektorräume $U$ und $W$ sind Teilmengen der Summe $U+W$. Die Summe $U+W$ ist der kleinste Untervektorraum, der die beiden Untervektorräume $U$ und $W$ enthält. So wie man bei Mengen Vereinigungen bilden kann, so funktionieren auch die Summen von Untervektorräumen.

Die direkte Summe ist ein Spezialfall der Summe von Untervektorräumen. Damit ist jede direkte Summe auch eine strukturerhaltende Vereinigung. „Direkt zu sein“ ist eine Eigenschaft einer Summe von Untervektorräumen. Wir wollen nun sehen, ob es eine Eigenschaft der Vereinigung von Mengen gibt, die dem Direktsein einer Summe entspricht.

Direkte Summen sind dadurch charakterisiert, dass die Zerlegung der Vektoren in der Summe eindeutig ist. Haben wir einen Vektor $v\in U\oplus W$ mit $v=u+w$, wobei $u\in U$ und $w\in W$, dann sind die Vektoren $u$ und $w$ eindeutig. Bei einer Vereinigung $X\cup Y$ von Mengen $X$ und $Y$ liegt jedes Element $a\in X\cup Y$ in $X$ oder in $Y$. Das Element kann auch in beiden liegen, das heißt, wir wissen im Allgemeinen nicht eindeutig, wo sie liegen. Wir können $a$ genau dann nicht eindeutig zuordnen, wenn $a\in X\cap Y$, also im Schnitt, liegt. Damit ist die Zuordnung von Elementen $a\in X\cup Y$ genau dann eindeutig, wenn $X\cap Y$ leer ist. Tatsächlich entspricht dieses Kriterium genau dem Kriterium, damit eine Summe direkt ist: Wir wollen, dass $U\cap W=\{0\}$, was der kleinstmögliche Vektorraum ist, der Schnitt enthält also nichts aus $U$ und $W$ mehr (außer der Null, die er als Vektrorraum sowieso enthalten muss). Das ist genau die Definition einer disjunkten Vereinigung. Das heißt, die direkte Summe von Untervektorräumen entspricht intuitiv der disjunkten Vereinigung von Mengen.

Basis und Dimension

Wir haben gesehen, dass die direkte Summe ein Spezialfall der Summe von Untervektorräumen ist. Also können wir alles, was wir über die Summe wissen, auf die direkte Summe übertragen. Wir haben schon gesehen, dass die Vereinigung von Basen von $U$ und $W$ ein Erzeugendensystem von $U+W$ ist. Das bedeutet, wenn $B_{U}$ eine Basis von $U$ und $B_{W}$ eine Basis von $W$ ist, dann ist $B_{U}\cup B_{W}$ ein Erzeugendensystem von $U+W$. Wenn $U$ und $W$ endlich dimensional sind, gilt die Dimensionsformel

$\dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)-\dim(U\cap W).$

Damit wissen wir noch mehr, wenn die Summe $U+W$ direkt ist, also wenn $U+W=U\oplus W$ gilt: Dann ist $U\cap W=\{0\}$. Da $\dim(\{0\})=0$ ist, gilt im endlich dimensionalen Fall

$\dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)-\underbrace {\dim(U\cap W)} _{=0}=\dim(U)+\dim(W).$

Also ist die Dimension der Summe $U+W$ die Summe der Dimensionen $\dim(U)$ und $\dim(W)$. Wenn nun $B_{U}$ eine Basis von $U$ und $B_{W}$ eine Basis von $W$ ist, dann können wir folgern

$\dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)=|B_{U}|+|B_{W}|.$

Weil $U\cap W=\{0\}$ gilt, ist die Vereinigung der Basen von $U$ und $W$ disjunkt, d.h. $B_{U}\uplus B_{W}$. Deshalb gilt $|B_{U}|+|B_{W}|=|B_{U}\cup B_{W}|$. Weil $B_{U}\cup B_{W}$ ein Erzeugendensystem von $U+W$ ist und $\dim(U+W)=|B_{U}\cup B_{W}|$ ist, muss $B_{U}\cup B_{W}$ auch eine Basis der Summe $U+W$ sein.

Wir haben damit gesehen, dass im Endlichdimensionalen die Vereinigung der Basen von $U$ und $W$ eine Basis von $U\oplus W$ ist. Das gilt auch allgemein:

Satz (Basis der direkten Summe)

Seien $U$ und $W$ zwei Untervektorräume eines $K$-Vektorraums $V$. Angenommen, die Summe von $U$ und $W$ ist direkt; d.h. wir können $U\oplus W$ schreiben. Sei $B_{U}$ eine Basis von $U$ und $B_{W}$ eine Basis von $W$. Dann ist die Vereinigung von $B_{U}$ und $B_{W}$ disjunkt und $B_{U}\cup B_{W}$ ist eine Basis von $U\oplus W$.

Beweis (Basis der direkten Summe)

Wir haben schon gesehen, dass $B_{U}\cup B_{W}$ ein Erzeugendensystem von $U+W$ ist. Wir müssen also nur noch zeigen, dass die Vereinigung disjunkt $B_{U}\uplus B_{W}$ und linear unabhängig ist.

Beweisschritt: $B_{U}\uplus B_{W}$

Angenommen, es gibt $v\in B_{U}\cap B_{W}$. Dann gilt $v\in U\cap W=\{0\}$, also ist $v=0$. Das ist aber ein Widerspruch zu $v\in B_{U}$ und $v\in B_{W}$, da eine Basis nicht den Nullvektor enthalten kann. Also kann es kein $v\in B_{U}\cap B_{W}$ geben, d.h. $B_{U}\cap B_{W}=\emptyset$.

Beweisschritt: $B_{U}\cup B_{W}$ ist linear unabhängig

Sei

$0=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{m}\beta _{j}w_{j}$

für beliebige $n,m\in \mathbb {N}$, $u_{i}\in B_{U}$ und $w_{j}\in B_{W}$ paarweise verschieden, sowie $\alpha _{i},\beta _{j}\in K$. Wir müssen zeigen, dass alle $\alpha _{i}$ und $\beta _{j}$ gleich $0$ sind. Das entspricht genau der Definition der linearen Unabhängigkeit von $B_{U}\cup B_{W}$.

Aus

$0=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{m}\beta _{i}w_{i}$

folgt

$\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}u_{i}=\sum _{j=1}^{m}-\beta _{j}w_{j}.$

Dieser Term ist sowohl in $U$ (als Linearkombination von Elementen in $B_{U}$) als auch in $W$ (als Linearkombination von Elementen in $B_{W}$). Da $U\oplus W$ eine direkte Summe ist, folgt

$\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}u_{i}=0=\sum _{j=1}^{m}-\beta _{j}w_{j}.$

Aus der linearen Unabhängigkeit von $B_{U}$ folgt $\alpha _{i}=0$ für alle $i$ und aus der linearen Unabhängigkeit von $B_{W}$ folgt $\beta _{j}=0$ für alle $j$.

Wir können nun auch aus dem Satz folgern, dass

$\dim(U\oplus W)=\dim(U)+\dim(W)$

gilt.

Aufgaben

Aufgabe

Sei $K=\mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$ und sei $V=K^{3}$. Betrachte die beiden Unterräume $U=\operatorname {span} \{(1,1,0)\}$ und $W=\operatorname {span} \{(0,2,2),(0,0,1)\}$. Zeige, dass $U\oplus W=V$ gilt und bestimme $u\in U$ und $w\in W$, sodass $(2,0,2)=u+w$ gilt.

Lösung

Um $U\oplus W=V$ zu zeigen, müssen wir zwei Dinge beweisen: Erstens, dass die Summe von $U$ und $W$ direkt ist, d.h. $U\cap W=\{0\}$. Zweitens müssen wir zeigen, dass die Summe von $U$ und $W$ ganz $V$ ergibt, d.h. $U+W=V$.

Beweisschritt: $U\cap W=\{0\}$

Weil $U$ und $W$ als Unterräume den Nullvektor enthalten, ist $\{0\}\subseteq U\cap W$ klar. Für den Beweis der umgekehrten Inklusion sei $v\in U\cap W$ beliebig. Dann gilt

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

für gewisse $\lambda ,\mu _{1},\mu _{2}\in K$. Aus der ersten Zeile der Vektoren folgt $\lambda \cdot 1=\mu _{1}\cdot 0+\mu _{2}\cdot 0=0$. Also ist $\lambda =0$ und damit $v=0$.

Beweisschritt: $U+W=V$

Es gilt $U+W\subseteq V$. Die beiden Vektoren, die $W$ aufspannen, sind offenbar linear unabhängig, also ist $\dim(W)=2$. Außerdem gilt $\dim(U)=1$ und $\dim(V)=\dim(K^{3})=3$. Mit der Dimensionsformel für Unterräume folgt

$\dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)-\dim(U\cap W)=1+2-0=3=\dim(V).$

Also sind die Dimensionen der Unterräume gleich und aus $U+W\subseteq V$ folgt $U+W=V$.

Alternativ könnte man die Gleichheit beweisen, indem man zeigt, dass sich jedes $v\in V$ als Summe von einem $u\in U$ und einem $w\in W$ schreiben lässt.

Wir wollen $v=(2,0,2)$ also Summe von einem Vektor in $U$ und einem Vektor in $W$ schreiben. Wir suchen also $\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}\in K=\mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$ mit

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

Das können wir als lineares Gleichungssystem schreiben:

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

Aus der ersten Zeile folgt $\lambda _{1}=2\in \mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$. Einsetzen in die zweite Zeile ergibt $\lambda _{2}=-2=2\in \mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$. Einsetzen in die dritte Zeile ergibt $\lambda _{3}=1\in \mathbb {Z} /3\mathbb {Z}$. Also gilt $v=u+w$ mit

$u=2\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\2\\0\end{pmatrix}}\in U\quad \quad {\text{und}}\quad \quad w=2\cdot {\begin{pmatrix}0\\2\\2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}\in W.$

Für die folgenden beiden Aufgaben solltest du wissen, was eine lineare Abbildung ist.

Aufgabe (Selbstinverse lineare Abbildungen und Unterräume)

Sei $V$ ein $\mathbb {R}$-Vektorraum und $f\colon V\to V$ eine lineare Abbildung.

1. Zeige, dass die Teilmengen $U=\{v\in V\mid v=f(v)\}$ und $W=\{v\in V\mid f(v)=-v\}$ Unterräume von $V$ sind.
2. Es gelte zusätzlich $f\circ f=\operatorname {id} _{V}$, wobei $\operatorname {id} _{V}$ die Identität auf $V$ bezeichnet. (Eine lineare Abbildung mit dieser Eigenschaft heißt selbstinvers.) Zeige, dass dann $V=U\oplus W$ für die beiden Unterräume aus dem ersten Teil der Aufgabe gilt.

Lösung (Selbstinverse lineare Abbildungen und Unterräume)

Lösung Teilaufgabe 1:

Wir nutzen das Untervektorraumkriterium und zeigen, dass $U$ und $W$ nichtleere Teilmengen von $V$ sind, die abgeschlossen unter der Bildung von Linearkombinationen sind. Wir führen den Beweis nur für $W$. Der Beweis für $U$ geht genauso, man muss nur alle Gleichungen der Form "$f(v)=-v$" durch "$f(v)=v$" ersetzen.

Beweisschritt: $W\subseteq V$

Das gilt per Definition von $W$.

Beweisschritt: $W$ ist nichtleer.

Wegen $f(0_{V})=0_{V}=-0_{V}$ gilt $0_{V}\in W$. Also ist $W$ nichtleer.

Beweisschritt: $W$ ist abgeschlossen unter Bildung von Linearkombinationen.

Seien $u,v\in W$ und $\lambda ,mu\in \mathbb {R}$ beliebig. Dann gilt

${\begin{aligned}&f(\lambda \cdot u+\mu \cdot v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität von }}f\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot f(u)+\mu \cdot f(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ u,v\in W{\text{und Definition von }}W\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot (-u)+\mu \cdot (-v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivgesetz}}\right.}\\[0.3em]&=-(\lambda \cdot u+\mu \cdot v),\\[0.3em]\end{aligned}}$

also liegt die Linearkombination $\lambda \cdot u+\mu \cdot v$ ebenfalls in $W$.

Lösung Teilaufgabe 2:

Um $U\oplus W=V$ zu zeigen, müssen wir zwei Dinge beweisen: Erstens, dass die Summe von $U$ und $W$ direkt ist, d.h. $U\cap W=\{0\}$. Zweitens müssen wir zeigen, dass die Summe von $U$ und $W$ ganz $V$ ergibt, d.h. dass sich jeder Vektor $v\in V$ als Summe eines Vektors $u\in U$ und eines Vektors $w\in W$ schreiben lässt.

Beweisschritt: $U\cap W=\{0\}$

Weil $U$ und $W$ als Unterräume den Nullvektor enthalten, ist $\{0\}\subseteq U\cap W$ klar. Für den Beweis der umgekehrten Inklusion sei $v\in U\cap W$ beliebig. Dann gilt

$v{\overset {v\in U}{=}}f(v){\overset {v\in W}{=}}-v,$

also $2\cdot v=0$, also $v=0$. Weil $v\in U\cap W$ beliebig war, ist damit $U\cap W=\{0\}$ gezeigt.

Beweisschritt: $U+W=V$

Weil $U$ und $W$ als Unterräume Teilmengen von $V$ sind, ist $U+W\subseteq V$ klar. Für die umgekehrte Inklusion sei $v\in V$ beliebig. Dann gilt

$v={\frac {1}{2}}v+{\frac {1}{2}}v+{\frac {1}{2}}f(v)-{\frac {1}{2}}f(v)=\underbrace {{\frac {1}{2}}(v+f(v))} _{=:u}+\underbrace {{\frac {1}{2}}(-f(v)+v)} _{=:w}=u+w.$

Weil $f\circ f=\operatorname {id} _{V}$ ist, folgt aus der Linearität von $f$

$f(u)=f({\frac {1}{2}}(v+f(v)))={\frac {1}{2}}(f(v)+f(f(v)))={\frac {1}{2}}(f(v)+\operatorname {id} _{V}(v))={\frac {1}{2}}(f(v)+v)=u.$

Also ist $u\in U$. Genauso zeigt man ${\frac {1}{2}}w\in W$: Es ist

$f(w)=f({\frac {1}{2}}(v-f(v)))={\frac {1}{2}}(f(v)-f(f(v)))={\frac {1}{2}}(f(v)-v)=-w.$

Also ist $v$ eine Summe eines Vektors aus $U$ und eines Vektors aus $W$. Da $v\in V$ beliebig war, ist damit $V\subseteq U+W$ gezeigt.

Für diese Aufgabe brauchst du zusätzlich die Begriffe Kern und Bild einer linearen Abbildung.

Aufgabe (Idempotente Abbildungen)

Sei $f\colon V\to V$ eine lineare Abbildung mit $f\circ f=f$. (Eine lineare Abbildung mit dieser Eigenschaft heißt idempotent oder Projektion.) Zeige: $V=\operatorname {im} (f)\oplus \operatorname {ker} (f)$.

Lösung (Idempotente Abbildungen)

Wir zeigen, dass $V=\operatorname {im} (f)+\operatorname {ker} (f)$ und $\{0\}=\operatorname {im} (f)\cap \operatorname {ker} (f)$ gilt. Nach der Definition der direkten Summe ist die Summe $\operatorname {ker} (f)+\operatorname {im} (f)$ somit direkt.

Beweisschritt: $V=\operatorname {im} (f)+\operatorname {ker} (f)$

Da sowohl der Kern als auch das Bild von $f$ Untervektorräume von $V$ sind, gilt $\operatorname {ker} (f)+\operatorname {im} (f)\subseteq V$. Wir zeigen nun die umgekehrte Inklusion $V\subseteq \ker(f)+\operatorname {im} (f)$.

Sei $v\in V$ beliebig. Wegen der Voraussetzung $f=f\circ f$ gilt $f(v)=f(f(v))$, oder in anderen Worten $f(v)-f(f(v))=0$. Wegen der Linearität von $f$ folgt $f(v-f(v))=0$. Also liegt das Element $v-f(v)$ im Kern von $f$. Außerdem liegt das Element $f(v)$ per Definition im Bild von $f$. Somit ist

$v=v-f(v)+f(v)=\underbrace {(v-f(v))} _{\in \ker(f)}+\underbrace {f(v)} _{\in \operatorname {im} (f)}$

die Summe eines Elementes aus $\operatorname {ker} (f)$ und eines Elementes aus $\operatorname {im} (f)$. Also liegt $v$ in $\operatorname {im} (f)+\operatorname {ker} (f)$. Weil $v\in V$ beliebig war, haben wir $V\subseteq \ker(f)+\operatorname {im} (f)$ gezeigt.

Beweisschritt: $\operatorname {ker} (f)\cap \operatorname {im} (f)=\{0\}$

Weil $U$ und $W$ als Unterräume den Nullvektor enthalten, ist $\{0\}\subseteq U\cap W$ klar. Für den Beweis der umgekehrten Inklusion sei $v\in \ker(f)\cap \operatorname {im} (f)$ beliebig. Dann ist $v$ ein Element des Kerns von $f$ und es gilt $f(v)=0$. Weil $v$ außerdem im Bild von $f$ liegt, existiert ein $w\in V$, sodass $v=f(w)$ ist. Weil $f=f\circ f$ gilt, folgt

$0=f(v)=f(f(w))=f(w)=v.$

Weil $v\in \ker(f)\cap \operatorname {im} (f)$ beliebig war, haben wir damit $\ker(f)\cap \operatorname {im} (f)=\{0\}$ gezeigt.

Im $\mathbb {R} ^{2}$ können wir die Aussage aus der vorherigen Aufgabe gut veranschaulichen:

Beispiel (Projektion im $\mathbb {R} ^{2}$)

Sei $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ mit $(x,y)\mapsto (x,x)$. Dann ist $f$ linear. Außerdem gilt $f\circ f=f$: Für jeden Vektor $(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}$ gilt

$f(f(x,y))=f(x,x)=(x,x)=f(x,y).$

Die Abbildung $f$ ist also eine Projektion. Anschaulich projiziert $f$ Vektoren im $\mathbb {R} ^{2}$ entlang der $y$-Achse auf die erste Winkelhalbierende $\operatorname {span} \{(1,1)\}$. Insbesondere gilt $\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} \{(1,1)\}$. Außerdem bildet $f$ die $y$-Achse auf den Nullvektor ab, d.h. $\ker(f)=\operatorname {span} \{(0,1)\}$. Wir sehen, dass tatsächlich $\mathbb {R} ^{2}=\operatorname {im} (f)\oplus \ker(f)$ gilt wie in der Aufgabe gezeigt.

To-Do:

Bild einfügen, wo gezeigt ist, was $f$ macht und für einen Beispielvektor die Aufteilung in f(v) und v-f(v) eintragen