Zeigen, dass {vi | i E I} eine Basis eines Vektorraumes ist.

Question

Mojn,

habe eine Aufgabe, bei der ich nicht weiterkomme :(

Hier erstmal die Aufgabenstellung:

Sei V ein Vektorraum über einem Körper K. Sei weiter {v₁,...,v_n} ein endliches Erzeugendensystem von V, und sei

I = {i ∈ {1,...,n}| v_i∉⟨v₁,...,v_i-1⟩}

Zeigen Sie, dass {v_i | i∈I} eine Basis von V ist.

Vektoren bilden ja eine Basis, wenn sie lin. Unabhängig und ein Erzeugendensystem sind.

Mehr kann ich dazu auch nicht sagen.

 

Evtl ein Ansatz für mich ? :)

Answer 1

Um zu zeigen, dass {v_i Ι i ∈ I} eine Basis von V ist, müssen zwei Bedingungen gezeigt werden:

1) {v_i Ι i ∈ I}  ist linear unabhängig.
2) {v_i Ι i ∈ I} erzeugt den gesamten Raum

Zu 1) Per Definition von I gilt: i ∈ I ⇒ v_i ∉ <v₁ , … , v_i-1>, d.h. v_i ist nicht als Linearkombination der vorhergehenden Vektoren darstellbar.

Sei $$\sum \limits_{i\in I}^{}λ_{i}v_{i} =0$$

Z.z. Ist, daß λ_i = 0 für alle i ∈ I. Sei j der größte Index, für den λ_j ≠ 0.

Da v_j ∉ <v₁ , … , v_j-1> , kann v_j nicht durch die vorherigen Vektoren dargestellt werden. Dies widerspricht der Annahme, daß

$$\sum \limits_{i\in I}^{}λ_{i}v_{i} =0$$

es sei denn λ_j = 0 . Also müssen alle λ_i = 0 sein und somit alle Vektoren linear unabhängig.

Zu 2)

Die Menge {v₁ , … , v_n} ist ein Erzeugendensystem von V, jeder Vektor v kann also als Linearkombination dieser Vektoren ausgedrückt werden. Sei nun k ∉ I, dann gilt

v_k ∈ <v₁ , … , v_k-1> und somit kann v_k als Linearkombination der {v_i Ι i ∈ I} geschrieben werden.

Da dies für alle k ∉ I gilt, erzeugen die v_i gesamt V.

Damit ist insgesamt gezeigt, daß {v_i Ι i ∈ I} eine Basis von V bildet.

Comments

Hallo,

ich halte Deinen Beweis zu 2) für nicht ganz korrekt: Du benutzt für \(k \notin I\), das \(v_k\) als Linearkombination der \(v_1, \ldots v_{k-1}\) geschrieben werden kann. Es könnte aber sein, dass nicht alle \(v_1, \ldots v_{k-1}\) zur (potentiellen) Basis gehören. Man könnte dieses Problem umgehen, indem man das kleinste solche k betrachtet.

Allerdings ist mir dabei aufgefallen, dass die Aufgabenstellung nicht ganz korrekt ist: Es ist damit nicht entscheidbar, ob 1 zu I gehört, weil es kein \(v_0\) gibt. Man müsste \(1 \in I\) explizit festlegen - vorher aber noch alle Null-Vektoren herausnehmen ....

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Da die Vorgängermenge für v₁ leer ist, ist die Bedingung trivialerweise erfüllt. M.E. muß man daher nicht fordern, daß 1 ∈ I.

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Hallo,

ich halte Deinen Beweis zu 2) für nicht ganz korrekt: Du benutzt für \(k \notin I\), das \(v_k\) als Linearkombination der \(v_1, \ldots v_{k-1}\) geschrieben werden kann. Es könnte aber sein, dass nicht alle \(v_1, \ldots v_{k-1}\) zur (potentiellen) Basis gehören. Man könnte dieses Problem umgehen, indem man das kleinste solche k betrachtet.

Allerdings ist mir dabei aufgefallen, dass die Aufgabenstellung nicht ganz korrekt ist: Es ist damit nicht entscheidbar, ob 1 zu I gehört, weil es kein \(v_0\) gibt. Man müsste \(1 \in I\) explizit festlegen - vorher aber noch alle Null-Vektoren herausnehmen ....

Du hast das Problem nur verbal verschoben. Jetzt musst Du Vorgängermenge von v_i definieren, dabei wirst Du dann die Vorgängermenge von v_1 als leere Menge definieren.

Answer 2

Wir führen den Beweis per Induktion (oder genauer gesagt: per Invariante).

Wir definieren \(V_k:=\{v_1,\ldots,v_k\}\) und \(I_k:=V_k\cap I\).

Es gilt natürlich \(V_n=\{v_1,\ldots,v_n\}\) und \(I_n=I\).

In dem Kontext genügt es zu zeigen:

1. Für alle \(1\leq k\leq n\) ist \(I_k\) linear unabhängig.

2. Für alle \(1\leq k\leq n\) spannen \(V_k\) und \(I_k\) den selben Untervektorraum auf.

Die Base-cases sind klar, deshalb nur die Induktionsschritte:

1. Falls \(I_k=I_{k-1}\) ist nichts zu zeigen, wir nehmen also an \(I_k=I_{k-1}\cup\{v_k\}\). Dann gilt durch Definition der \(I_k\)'s, dass \(v_k\notin \mathcal{L}(I_{k-1})\). Die Gleichung \(\sum\limits_{v_i\in I_{k-1}}\lambda_iv_i-v_k=0\) besitzt also keine Lösung, daraus folgt dass die Gleichung \(\sum\limits_{v_i\in I_{k}}\lambda_iv_i=\sum\limits_{v_i\in I_{k-1}}\lambda_iv_i+\lambda_kv_k=0\) nur Lösungen mit \(\lambda_k=0\) besitzen kann (andernfalls multiplizieren wir die Gleichung mit \(-\lambda_k^{-1}\)). Dann folgt aus Induktionsannahme, dass alle \(\lambda_1=\ldots=\lambda_{k-1}=0\) und \(I_k\) ist also linear unabhängig.

2. Es gilt in beiden Fällen (ob das \(v_k\) zu \(I_k\) hinzugefügt wird oder nicht): \(\mathcal{L}(V_k)=\mathcal{L}(V_{k-1}\cup\{v_k\})=\mathcal{L}(V_{k-1})+\mathcal{L}(v_k)\stackrel{\text{IV}}{=}\mathcal{L}(I_{k-1})+\mathcal{L}(v_k)=\mathcal{L}(I_k).\)

Hierbei steht das "\(+\)" für Summe von Untervektorräumen von \(V\). Die letzte Gleichung ist gerechtfertigt durch die Definition der \(I_k\)'s. Ist nämlich \(v_k\in\mathcal{L}(I_{k-1})\), dann \(I_k=I_{k-1}\) und auch \(\mathcal{L}(v_k)\subseteq\mathcal{L}(I_{k-1})\), es handelt sich dann also um eine triviale Summe. Im anderen Fall handelt es sich einfach um die Vereinigungsregel für die lineare Hülle.

Nun da wir diese zwei Invarianten gezeigt haben, ist die zu zeigende Aussage einfach der Fakt, dass \(I=I_n\) linear unabhängig ist und den selben Raum aufspannt wie \(V_n=\{v_1,\ldots,v_n\}\).