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%\title{Physik III}
%\author{erstellt für Gast}
%\date{am 12.09.2024 um 09:21:09}
\begin{document}
% Führende Nullen bei der Nummerierung unterdrücken
\renewcommand \thesubsection {\arabic{subsection}}
% Keine Absatzeinrückung (wie auch bei HTML-Ausgabe)
\parindent0mm
% \maketitle
%\tableofcontents
\section*{Vektorraumtheorie}
\label{sec_id_813}
\vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Lernziele des Kapitels:}}
Fertigkeiten. Rechnen mit Vektoren und elementare
Beweistechniken
Kenntnisse. Beispiele für Vektorräume, Teilräume,
Erzeugendensystem, Summe und direkte Summe von Vektorräumen
\vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Einleitung}}
Wir haben schon ein Beispiel eines Vektorraumes
kennengelernt, nämlich den $n$-dimensionalen Raum $\mathbb{R}^n$. Statt des
Körpers $\mathbb{R}$ kann man aber auch einen beliebigen Körper $K$ zugrunde legen
und dann den $n$-dimensionalen Raum $K^n$ analog einführen. Schließlich
abstrahiert man auch davon und führt einen beliebigen $K$-Vektorraum ein als
Menge, die mit einer Addition und einer Skalarmultiplikation versehen ist,
wobei gewisse Regeln erfüllt sein müssen. Ein Vektorraum besteht dann nicht
unbedingt aus $n$-Tupeln von Zahlen, sondern kann
z.B. aus {\glqq}Funktionen{\grqq} bestehen, was in Mathematik und Physik häufig
vorkommt.
\subsection{Definition und Rechenregeln}
\label{sec_id_815}
Ein \textbf{$K$-Vektorraum} $V$ ist eine
abelsche Gruppe bezüglich einer Addition
\begin{equation*} + : V \times V \longrightarrow V, \quad (v,w) \longmapsto v+w\,,\end{equation*}
und zusätzlich ist eine
\textbf{Skalarmultiplikation}
\begin{equation*} K \times V \longrightarrow V, \quad (\lambda, v) \longmapsto \lambda v\end{equation*}
gegeben derart, dass die folgenden Regeln gelten:
\begin{itemize}
\item \textbf{(SM1)} $(\lambda\mu)v = \lambda(\mu v)$ für alle $\lambda, \mu \in K$,
$v \in V$
\item \textbf{(SM2)} $1 v = v$ für alle $v \in V$
\item \textbf{(D1)} $\lambda (v +w ) = \lambda v + \lambda w$ für alle $\lambda
\in K$, $v,w \in V$
\item \textbf{(D2)} $(\lambda + \mu) v = \lambda v + \mu v$ für alle $\lambda, \mu
\in K, v \in V$
\end{itemize}
Die Elemente eines $K$-Vektorraumes nennen wir auch
\textbf{Vektoren}. Statt
$K$-Vektorraum sagen wir auch \textbf{Vektorraum über
$K$}.
\vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Rechenregeln in Vektorräumen}}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Das neutrale Element der Addition in $V$
bezeichnen wir mit $\vec{0}$ und nennen diesen Vektor den
\textbf{Nullvektor}.
Wir schreiben $-v$ für das Inverse von $v$. Nach (G3) und Satz,
folgen
\begin{equation*}-v + v = \vec{0} \qquad \hbox{ und } \qquad v + (-v) =
\vec{0}\end{equation*}
für alle $v \in V.\;$ Es gilt ferner
\begin{equation*}\vec{0} + v = v = v + \vec{0} \quad \forall \; v \in V\end{equation*}
Es folgen die Regeln:
\begin{enumerate}
\item Für das neutrale Element der Addition $0 \in K$ ist $0 v = \vec{0}
\quad \forall v \in V$
\item $\lambda \vec{0} = \vec{0} \quad \forall \lambda \in K$
\item $(-1) v = -v \quad \forall v \in V$
\end{enumerate}
\begin{enumerate}
\item
Es ist $0 v = (0 + 0) v = 0 v + 0 v$. Addition von $-0v$ ergibt $\vec{0}
= 0 v$.
\item
Es ist $\lambda \vec{0} = \lambda (\vec{0} + \vec{0}) =
\lambda
\vec{0} +
\lambda \vec{0}$. Addition von $-\lambda \vec{0}$ ergibt
$\vec{0} = \lambda \vec{0}$.
\item
Es ist $\vec{0} = 0 v = (-1 + 1) v = (-1)v + 1v = (-1) v + v$, also
$ -v = (-1) v$.
\end{enumerate}
\vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Geometrische Anschauung}}
Sei $V=\mathbb{R}^n$ und $v = (x_1,\ldots, x_n) \in \mathbb{R}^n$. Dann ist
\begin{equation*}\begin{aligned}
\vec{0} &= 0 v = (0, \ldots , 0)\\
-v &= (-1) v = (-x_1, \ldots , -x_n) \end{aligned}
\end{equation*}
Für beliebiges $\lambda \in \mathbb{R}$ ist $\lambda v =
(\lambda x_1, \ldots ,\lambda x_n)$
Ist $w = (x_1', \ldots , x_n')$, so ist $\; v-w = v + (-w) = (x_1 - x_1',
\ldots , x_n - x_n')$
Beispiel in $\mathbb{R}^2$: $v=(2,1), \; w = (1,2) \quad
\Longrightarrow \quad v+w=(3,3) \quad \text{und} \quad v-w=(1,-1)$
Ist $w=\lambda v$, so sind $v$ und $w$ {\glqq}linear abhängig{\grqq}. Ist $\lambda v +
\mu w = \vec{0}$ nur für $\lambda = \mu = 0$ möglich, so
sind $v$ und $w$ {\glqq}linear unabhängig{\grqq}.
\subsection{Beispiele für Vektorräume}
\label{sec_id_816}
\begin{enumerate}
\item $\{\vec 0\}$ mit $\vec 0 + \vec 0 =\vec 0$ und $\lambda \vec 0 = \vec 0
\quad \forall \; \lambda \in
K$ ist ein $K$-Vektorraum.
\item $\mathbb{R}^n$ ist ein $\mathbb{R}$-Vektorraum
\item Analog ist $K^n$ ein $K$-Vektorraum mit komponentenweiser Addition und
Skalarmultiplikation. Auch ist $K=K^1$ ein $K$-Vektorraum.
\item Sei $X$ eine nicht leere Menge, und sei $V := \{ f:X\longrightarrow K\}$ die Menge
aller Abbildungen von $X$ mit Werten in $K$. Definiere für $f, g \in V$
und $\lambda \in K$
$\begin{aligned}
\text{Addition} \quad & f+g:X &\longrightarrow K, & x &\longmapsto f(x) + g(x)\\
\text{Skalarmultiplikation} \quad& \lambda f : X & \longrightarrow K, & x &\longmapsto \lambda
f(x) \end{aligned}
$
Dann wird $V$ dadurch zu einem $K$-Vektorraum.
Das neutrale Element der Addition ist die \textbf{Nullabbildung}, die
jedes Element aus $X$ auf $0$ abbildet,
$\; X \longrightarrow K, \quad x \longmapsto 0\,$.
Die zu $f \in V$ inverse Abbildung ist
$\; -f : X \longrightarrow K, \quad x \longmapsto -f(x)\,.$
Dass $V$ ein $K$-Vektorraum ist, zeigt man durch Rückführung auf die
entsprechenden Vektorraumeigenschaften von $K$.
Wir nennen $V = \{ f:X\longrightarrow K\}$ einen \textbf{Funktionenraum mit Werten in
$K$} und bezeichnen diesen Vektorraum auch als
$\operatorname{Abb}(X,K) = \{ f:X\longrightarrow K\}$
\item Ist allgemeiner $W$ ein $K$-Vektorraum und
$\operatorname{Abb}(X,W):= \{
f:X\longrightarrow W\}$
so ist
$\operatorname{Abb}(X,W)$ analog wie oben ein $K$-Vektorraum. Speziell nennen wir für $X
= \mathbb{R}^n$
und $W = \mathbb{R}^m$ den Vektorraum
$ \{ f:\mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}^m \}$ den Raum
der \textbf{vektorwertigen
Funktionen in $n$ Veränderlichen}.
\item $\mathbb{R}$ ist ein $\mathbb{Q}$-Vektorraum, wie aus den Körpereigenschaften von $\mathbb{R}$
folgt. Ebenso ist $\mathbb{C}$ ein $\mathbb{R}$-Vektorraum und ein $\mathbb{Q}$-Vektorraum.
Allgemein gilt: Ist $L$ ein Körper, der $K$ als {\glqq}Teilkörper{\grqq} enthält, so
ist $L$ ein $K$-Vektorraum.
\end{enumerate}
\subsection{Untervektorräume}
\label{sec_id_817}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum.
Eine Teilmenge $U$ von $V$ heißt \textbf{Teilraum} oder
\textbf{Untervektorraum} von $V$, wenn folgendes gilt:
\begin{itemize}
\item \textbf{(UV1)} $U \neq \emptyset$ \textbf{$U$ enthält mindestens ein Element}
\item \textbf{(UV2)} $u,v \in U$ $\Longrightarrow$ $u+v \in U $ \textbf{$U$ ist abgeschlossen
gegenüber der Addition}
\item \textbf{(UV3)} $u \in U$ und $\lambda \in K$ $\Longrightarrow$ $\lambda u \in U$
\textbf{$U$ ist abgeschlossen bezüglich der Skalarmultiplikation}
\end{itemize}
Ein Teilraum $U$ von $V$ ist selbst ein $K$-Vektorraum.
Wir müssen nur prüfen, dass $\vec{0} \in U$ und dass mit $u \in U$ auch
$-u \in U$ ist. Alle anderen Vektorraumaxiome sind dann erfüllt, da sie in
$V$ gelten.
Nach (UV1) gibt es ein $u \in U$ und es folgt:
$ \; \vec{0} = 0 u \underset{\text{(UV3)}}{\in} U$
Für beliebiges $u\in U$ gilt:
$\; -u = (-1) u \underset{\text{(UV3)}}{\in} U$
\subsection{Beispiele und Gegenbeispiele}
\label{sec_id_823}
\begin{itemize}
\item
$\{\vec{0}\}$ ist ein Teilraum von $V$, da $\vec{0} + \vec{0}
=\vec{0}$ und $\lambda \vec{0} = \vec{0}\quad \forall \; \lambda \in K$
\item $V$ ist Teilraum von $V$
\item
Sind $U_1$, $U_2$ Untervektorräume von $V$, dann ist auch
$ U_1 \cap U_2 := \{v\in V \;|\; v \in U_1 \text{ und } v \in U_2\}$
ein Untervektorraum von $V$.
\item
Allgemein gilt: Ist $J$ eine beliebige Indexmenge und sind $U_j$, $j
\in J$ Untervektorräume von $V$, so ist auch
$U := \bigcap_{j\in J} U_j := \{ v \in V \;|\; v \in U_j \; \forall j \in
J\}$
ein Untervektorraum von $V$.
\end{itemize}
Liegen $u,v$ in allen $U_j$, so auch $u + v$ und $\lambda u$, da die
$U_j$ Untervektorräume sind.
\begin{itemize}
\item Seien $a,b \in \mathbb{R} $ und $(a,b) \neq (0,0)$. Dann ist
$ U := \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \;|\; ax + by = 0\}$
ein Untervektorraum.
\end{itemize}
\begin{itemize}
\item
\textbf{(UV1)} Es ist $\vec{0} = (0,0) \in U$, da $a 0 + b 0 =
0$. Insbesondere ist $U \neq \emptyset$.
\item
\textbf{(UV2)} Seien $(x,y), (x',y') \in U$, dann gilt
$\begin{aligned}
a x + b y &= 0\\
a x' + b y' &=0
\end{aligned}$
Addition ergibt: $a ( x + x') + b (y + y') = 0$ und damit ist
$ (x,y) + (x',y') = ( x + x' , y + y') \in U$
\item
\textbf{(UV3)} Seien $(x,y)\in U$ und $\lambda \in K$, dann gilt
$\begin{aligned}
a x + b y &= 0\\
\Longrightarrow \lambda a x + \lambda b y &= 0
\end{aligned}$
und damit ist
$ \lambda (x,y) = (\lambda x, \lambda y) \in U$
\end{itemize}
\begin{itemize}
\item Behauptung: $U:= \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \;|\; x^2 + y^4 = 0\}$ ist ein
Untervektorraum von $\mathbb{R}^2$.
\end{itemize}
Für $x,y \in \mathbb{R} \setminus 0$ ist stets $x^2 > 0$ und $y^4 > 0$, also wird
die {\glqq}nicht lineare{\grqq} Gleichung $x^2 + y^4 = 0$ in $\mathbb{R}^2$ nur von
$\vec{0} = (0,0)$ erfüllt. Es folgt $U = \{\vec{0}\}$ und somit ist $U$
ein
Untervektorraum von $\mathbb{R}^2$.
\begin{itemize}
\item
Seien $U_1$, $U_2$ Untervektorräume von $V$, dann ist
$ U_1 \cup U_2 := \{ v \in V \;|\; v \in U_1 \text{ oder } v \in U_2\}$
im Allgemeinen \textbf{kein} Untervektorraum von $V$:
\end{itemize}
Sei $V = \mathbb{R}^2$, $U_1 = \{(x,y) \;|\; 2 x + 3 y = 0\}$, $U_2 = \{(x,y) \;|\; 5
x + 3 y = 0\}$. $U_1, U_2$ sind Untervektorräume nach 3.), aber $U_1 \cup
U_2$ nicht:
Sei $(x,y) = (3,-2)$ und $(x',y') = (-3,5)$, dann ist $(x,y) \in U_1$ und
$(x',y') \in U_2$. Es ist $(x,y) + (x',y') = (0,3)$, aber $(0,3) \notin U_1$
und $(0,3) \notin U_2$ also ist $(0,3) \notin U_1 \cup U_2$. Axiom (UV2) gilt
nicht, und
damit ist $U_1 \cup U_2$ kein Untervektorraum.
\begin{itemize}
\item
$S := \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \;|\; x^2 + y^2 \leq 1\}$ ist \textbf{kein}
Untervektorraum von $\mathbb{R}^2$.
\end{itemize}
Es ist $u = (\frac{1}{2},\frac{1}{2}) \in S$, da $(\frac{1}{2})^2 +
(\frac{1}{2})^2 \leq 1$, aber $2 u = (1,1) \notin S$, da $1^2 + 1^2 = 2 >
1$. Die Regel (UV3) gilt also nicht.
\subsection{Der von einer Teilmenge aufgespannte Teilraum}
\label{sec_id_824}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $S \subset V$ eine beliebige Teilmenge von
$V$. Dann ist
\begin{equation*} \operatorname{Span}(S) :=
\bigcap_{\substack{ \text{ } U \text{ Teilraum } \text{ von} V
\text{mit } S \subset U}}
U = \left\{{ \text{ Durchschnitt aller Teilraeume, die
S enthalten } }\right\}.\end{equation*}
ein
Untervektorraum von $V$ nach 2. . Wir nennen
$\operatorname{Span}(S)$ den von $S$
\textit{erzeugten} oder den von $S$ \textit{aufgespannten Untervektorraum} von
$V$.
Es ist $\operatorname{Span}(S)$ der kleinste Unterraum von $V$, der $S$ enthält ({\glqq}kleinste{\grqq}
bezüglich {\grqq}$\subset${\grqq}).
\begin{itemize}
\item
Seien $v_1, \ldots, v_n \in V$ und $\lambda_1, \ldots, \lambda_n \in K\,$.
Dann heißt der Vektor $v := \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_n v_n
$ aus $V$ eine
\textbf{Linearkombination von $v_1, \ldots,
v_n$}.
\item
Sei $S \subset V$ eine beliebige Teilmenge. Ein Vektor $v \in V$ heißt
\textbf{Linearkombination von Vektoren aus $S$}, falls es \textit{endlich
viele} Elemente $v_1,
\ldots, v_n \in S$ gibt so, dass $v$ Linearkombination von $v_1,\ldots,
v_n$ ist.
\end{itemize}
Seien $V$ ein $K$-Vektorraum, $S \subset V$ und $\operatorname{Span}(S)$ der von $S$
erzeugte
Untervektorraum von $V$. Dann besteht $\operatorname{Span}(S)$ aus allen $v \in V$, die
Linearkombinationen von Vektoren aus $S$ sind.
Sei $U := \{v\in V \;|\; \text{v ist Linearkombination von Vektoren aus
S}\}$.
Zu zeigen: $ U = \operatorname{Span}(S)$
\begin{itemize}
\item $\boldsymbol{\subseteq}$. Sei $v \in U$
$\begin{aligned}
\Longrightarrow& v= \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_n v_n \text{ mit }
\lambda_1, \ldots, \lambda_n \in K, v_1, \ldots, v_n \in S\\
\Longrightarrow& v \text{ liegt in jedem Teilraum von } V \text{, der} v_1, \ldots ,
v_n \text{ enthaelt}\\
\Longrightarrow& v \in \operatorname{Span}(S)
\end{aligned}$
\item $\boldsymbol{\supseteq}$. Da $U$ selbst ein Untervektorraum von
$V$
ist, der $S$
enthält, folgt $U \supseteq \operatorname{Span}(S)$.
\end{itemize}
Ist insbesondere $S =\{v_1,\dots,v_n\}$ eine endliche Teilmenge von $V$, so
gilt
\begin{equation*}\operatorname{Span}(S)= \{ \lambda_1 v_1 +\cdots +\lambda_n v_n
\;|\;\lambda_1,\dots,\lambda_n \in K \}\subset V\end{equation*}
\subsection{Erzeugendensysteme}
\label{sec_id_825}
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $S \subset V$. Ist $\operatorname{Span}(S) = V$, so heißt
$S$ ein \textbf{Erzeugendensystem von $V$}.
Ist also $S$ ein Erzeugendensystem, dann gibt es zu jedem $v \in V$ ein $m
\in \mathbb{N}$ sowie Elemente $v_1, \ldots, v_m \in S$, $\lambda_1, \ldots,
\lambda_m \in K$, mit $v = \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_m v_m$
Wenn $V$ eine endliche Teilmenge
$S = \{v_1, \ldots, v_n\}$ als
Erzeugendensystem besitzt, so heißt $V$ \textbf{endlich
erzeugt}. Es ist dann
\begin{equation*} V = \{ \lambda_1 v_1 + \cdots + \lambda_n v_n \;|\; \lambda_1, \ldots,
\lambda_n \in K \}\end{equation*}
Zum Beispiel
\begin{equation*}\mathbb{R}^2 = \{ \lambda_1 (1,0) + \lambda_2 (0,1) \;|\; \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R} \}\end{equation*}
Seien $V = \mathbb{R}^2$, $U_1 = \{0\} \times \mathbb{R}$ und $U_2 = \mathbb{R} \times
\{0\}$. Dann sind $U_1$
und $U_2$ Teilräume von $\mathbb{R}^2$, aber $U_1 \cup U_2$ ist kein
Vektorraum, denn $(1,0) \in U_1$, $(0,1) \in U_2$ aber $(1,0) + (0,1) =
(1,1) \neq U_1 \cup U_2$.
Der von $S = U_1 \cup U_2$ aufgespannte Teilraum von $\mathbb{R}^2$ ist die Summe
$U_1 + U_2 := \{u_1 + u_2 \;|\; u_1 \in U_1, u_2 \in U_2\}$
Hier gilt zusätzlich noch $U_1 + U_2 = \mathbb{R}^2$.
Sei $a,b \in \mathbb{R}$ mit $a \neq 0, b \neq 0$, dann bilden $v_1 = (a,0), v_2
=(0,b)$ und $v_3 = (3,5)$ ein Erzeugendensystem von $\mathbb{R}^2$.
Sei $v \in \mathbb{R}^2$ beliebig. Dann ist $v= (x,y)$ mit $x,y
\in \mathbb{R}$. Es
folgt
$\begin{aligned}
v &= (x,y) = \frac{x}{a} (a,0) + \frac{y}{b} (0,b) + 0 (3,5)\\
&= \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \lambda_3 v_3
\end{aligned}$
mit $\lambda_1 =\frac{x}{a}$, $\lambda_2 = \frac{y}{b}$ und $ \lambda_3 =
0$.
Man sieht insbesondere, dass $v_3 = (3,5)$ entbehrlich ist.
Bilden $v_1 = (1,1)$, $v_2 = (1,-1)$ ein Erzeugendensystem von
$\mathbb{R}^2\;$?
Ansatz:
\begin{equation*}
\begin{aligned}
(x,y) &\overset{!}{=} \lambda_1 (1,1) + \lambda_2 (1,-1) =
(\lambda_1,\lambda_1) + (\lambda_2, -\lambda_2)\\
&=(\lambda_1 + \lambda_2, \lambda_1 - \lambda_2)
\end{aligned}
\end{equation*}
also
\begin{equation*}
\left. \begin{aligned}
\lambda_1 + \lambda_2 &= x\\
\lambda_1 - \lambda_2 &= y
\end{aligned}\right\}
\quad \Longrightarrow \quad \lambda_1 = \frac{x+y}{2} \quad \text{ und } \quad
\lambda_2 = \frac{x-y}{2}
\end{equation*}
Die Vektoren $(1,1)$ und $(1, -1)$ bilden also ein Erzeugendensystem, da
\begin{equation*}(x,y) = \lambda_1 (1,1) + \lambda_2 (1,-1)\end{equation*}
mit $\lambda_1 =\frac{x+y}{2}, \lambda_2 = \frac{x-y}{2}\quad \forall \;
(x,y) \in \mathbb{R}^2$ gilt.
Bilden $v_1 = (-3,3)$, $v_2 = (1,-1)$ ein Erzeugendensystem
von $\mathbb{R}^2\;$?
Ansatz:
\begin{equation*}\begin{aligned}
(x,y) &\overset{!}{=} \lambda_1 (-3,3) + \lambda_2 (1,-1) =
(-3 \lambda_1, 3 \lambda_1) + (\lambda_2, -\lambda_2)\\
&=(-3 \lambda_1 + \lambda_2, 3 \lambda_1 - \lambda_2)
\end{aligned}
\end{equation*}
also
\begin{equation*}\begin{aligned}
-3 \lambda_1 + \lambda_2 &= x\\
3 \lambda_1 - \lambda_2 &= y
\end{aligned}
\end{equation*}
Dieses Gleichungssystem ist aber nicht für alle $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ lösbar,
denn setze z.B. $(x,y) = (0,1)$, dann ist das System
\begin{equation*}
\begin{aligned}
-3 \lambda_1 + \lambda_2 &= 0\\
3 \lambda_1 - \lambda_2 &= 1
\end{aligned}
\quad \Longleftrightarrow \quad
\begin{aligned}
3 \lambda_1 - \lambda_2 &= 0\\
3 \lambda_1 - \lambda_2 &= 1
\end{aligned}
\end{equation*}
nicht lösbar. Insbesondere ist $v = (0,1)$ keine Linearkombination von
$v_1$ und $v_2\,$.
\subsection{Summen von Vektorräumen}
\label{sec_id_826}
\vspace{1cm}\hspace*{\fill}\\ % das hspace verhindert Fehler
\noindent{\large \textbf{Summen von Teilräumen}}
Sind $U_j, j \in J$ (Indexmenge) Teilräume eines $K$-Vektorraumes $V$, so
heißt der von der Vereinigung $S = \bigcup_{j \in J} U_j$ erzeugte Teilraum
von V die \textit{Summe der $U_j$}. Wir schreiben
\begin{equation*}\sum_{j \in J} U_j\end{equation*}
Mit Hilfe des Satzes folgt:
\begin{equation*}\sum_{j \in J} U_j = \left\{\left. \sum_{j \in J} u_j \;\right|\; u_j \in
U_j,\, u_j \neq \vec{0} \text{ fuer nur endlich viele } j \in J \right\} \end{equation*}
Speziell: Sind $U_1$, $U_2$ Teilräume von $V$, so ist
\begin{equation*}U_1 + U_2 = \{u_1 + u_2 \;|\; u_1
\in U_1, u_2 \in U_2\}\end{equation*}
Seien $U_1$, $U_2$ Teilräume eines $K$-Vektorraumes $V$, und sei $U =
U_1 + U_2\,$. Dann sind folgende Bedingungen äquivalent:
\begin{enumerate}
\item Ist $u_1 + u_2 = \vec 0$ für $u_1 \in U_1$, $u_2 \in U_2$, dann ist
$u_1 = u_2 = \vec{0}$
\item Für jedes $u \in U$ ist die Darstellung $u = u_1 + u_2$ eindeutig
\item $U_1 \cap U_2 = \{\vec{0}\}$
\end{enumerate}
\begin{itemize}
\item \textbf{$1 \Longrightarrow 2$} Seien $u = u_1 + u_2 = u_1' + u_2'$ mit $u_1, u_1' \in
U_1$, $u_2, u_2' \in U_2$ zwei Darstellungen von $u$. Zu zeigen: $u_1 =
u_1'$ und $u_2 = u_2'$. Da
$
\begin{aligned}
u_1 + u_2 = u_1' + u_2'\\
\Longrightarrow \underbrace{u_1 - u_1'}_{\in U_1} + \underbrace{u_2 -
u_2'}_{\in U_2} =\vec{0}\\
\overset{\text{nach 1.}}{\Longrightarrow} u_1 - u_1' = \vec{0} \quad \text{
und } \quad u_2 - u_2'
= \vec{0}
\Longrightarrow u_1 = u_1' \quad \text{ und } \quad u_2 = u_2'
\end{aligned}
$
\item \textbf{$2 \Longrightarrow 3$} Sei $u\in U_1 \cap U_2$. Zu zeigen: $u = \vec{0}$
$\begin{aligned}
\text{Es ist} \quad u=u+\vec{0}=\vec{0} + u
\quad \overset{\text{nach 2.}}{\Longrightarrow} u=\vec{0}
\end{aligned}$
\item \textbf{$3 \Longrightarrow 1$} Sei $u_1 + u_2 = \vec{0}$. Zu zeigen $u_1 = u_2 =
\vec{0}$
$
\begin{aligned}
\text{Da} \quad u_1 + u_2 = \vec{0}
\quad \Longrightarrow \quad u_1 = -u_2 \in U_2
\quad \Longrightarrow \quad u_1 \in U_1 \cap U_2
\quad \Longrightarrow \quad u_1 = \vec{0}
\quad \Longrightarrow \quad u_2 = \vec{0}
\end{aligned}
$
\end{itemize}
\begin{itemize}
\item Seien $U_1$, $U_2$ Teilräume eines $K$-Vektorraumes. Dann heißt
die
Summe $U_1 + U_2$ die \textbf{(innere) direkte Summe}
von $U_1$ und $U_2$,
falls eine der Bedingungen (und damit alle) aus obigem Satz
erfüllt sind. Wir
schreiben dann:
$U_1 \oplus U_2$
\item Seien $V_1$, $V_2$ beliebige $K$-Vektorräume. Wir definieren die
\textbf{(äußere) direkte Summe} als
$ V_1 \oplus V_2 := \{ (v_1, v_2) \;|\; v_1 \in V_1, v_2 \in V_2\}$
mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation.
\end{itemize}
Sei $V=\mathbb{R}^2$ und $U_1 = \{0\} \times \mathbb{R}$ und $U_2 = \mathbb{R} \times \{0\}$. Dann
ist $\mathbb{R}^2 = U_1 \oplus U_2$ die innere direkte Summe, da $U_1 \cap U_2 =
\{\vec{0}\}$.
Sei $V_1 = \mathbb{R}$ und $V_2 = \mathbb{R}$. Dann ist $\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \oplus \mathbb{R}$ die
äußere
direkte Summe. Analog ist $\mathbb{R}^n = \underbrace{\mathbb{R} \oplus \cdots \oplus
\mathbb{R}}_{\text{n-Stueck}}$ eine äußere direkte Summe.
\subsection{Übungsaufgaben (Vektorraumtheorie)}
\label{sec_id_2337}
\textbf{Lernerfolgstest.}
\begin{itemize}
\item Sei $v$ ein Vektor in ${\mathbb R}^2$. Sind $v$ und $-v$ linear abhängig
oder linear unabhängig?
\item Seien $X, Y$ zwei nichtleere Mengen. Ist die Menge
$\{f: X \longrightarrow Y\}$ aller Abbildungen von $X$ mit Werten in $Y$ ein
$K$-Vektorraum? Falls ja, wie sind Addition und
Skalarmultiplikation definiert?
\item Zeigen Sie, dass $V := \{f: X \longrightarrow K\}$ mit der in 2.2.4
definierten Addition und Skalarmultiplikation ein $K$-Vektorraum ist.
\item Was ist der von Menge in .6 (vgl. Kap. \ref{sec_id_823})
. (vgl. Abbildung 9) aufgespannte Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$?
\end{itemize}
\textbf{Aufgabe.}
\textbf{Nullvektor}
Sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$. Man zeige:
Wenn für $\lambda \in K$ und $v \in V$ die Gleichung
$\lambda v = \vec 0$ gilt, dann ist $\lambda = 0$ oder $v = \vec 0$.
\textbf{Lösung.}
Die Behauptung ist bewiesen, wenn man zeigt: falls
$\lambda\neq 0$ ist, dann muss $v = \vec 0$ sein.
Wenn $\lambda\neq 0$ ist, dann gibt es $\lambda^{-1}\in K$ mit
$\lambda^{-1}\lambda = 1$. Es folgt
\begin{equation*}v ={} 1
v ={} \lambda^{-1} \lambda v = \lambda^{-1} \vec 0 = \vec
0.\end{equation*}
\textbf{Aufgabe.}
\textbf{Vereinigung von Untervektorräumen}
Sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$, und seien $U_1$ und
$U_2$ zwei Untervektorräume von $V$. Man zeige: Wenn auch die
Vereinigung $U_1 \cup U_2$ ein Untervektorraum von $V$ ist, dann gilt
$U_1 \subseteq U_2$ oder $U_2 \subseteq U_1$.
\textbf{Hinweis.}
Ein \textit{Untervektorraum} eines $K$-Vektorraums $V$ ist
eine Teilmenge $U\subseteq V$ mit den Eigenschaften:
\begin{itemize}
\item $U \neq \emptyset$ (d.h. $U$ enthält mindestens ein Element)
\item für alle $u,v \in U$ ist auch $u+v \in U$ (d.h. $U$ ist
abgeschlossen gegenüber der Addition)
\item für alle $u \in U$ und $\lambda \in K$ gilt $\lambda u \in U$
(d.h. $U$ ist abgeschlossen bezüglich der Skalarmultiplikation).
\end{itemize}
\textbf{Lösung.}
Seien $U_1$ und $U_2$ Untervektorräume von $V$, und sei
$U_1\cup U_2$ ebenfalls ein Untervektorraum von $V$. Verwende einen
Widerspruchsbeweis.
Angenommen, weder $U_1\subseteq U_2$, noch $U_2\subseteq U_1$
wären erfüllt. Dann gäbe es ein Element $v_1\in U_1$
mit $v_1\notin U_2$, sowie ein Element $v_2\in U_2$ mit $v_2\notin
U_1$. Beide Elemente $v_1$ und $v_2$ wären aber in der
Vereinigung $U_1\cup U_2$. Da $U_1\cup U_2$ ein
Untervektorraum von $V$ ist, wäre auch $v_1 + v_2 \in U_1\cup
U_2$.
Dieses Element $v_1 + v_2$ könnte nicht in $U_1$ liegen, da
dann wegen $-v_1\in U_1$ aufgrund des Untervektorraumkriteriums auch
$(v_1 + v_2) + (-v_1) = v_2$ in $U_1$ liegen müsste. Aus
dem gleichen Grund könnte $v_1 + v_2$ auch nicht in $U_2$ liegen,
da dann wegen $-v_2\in U_2$ aufgrund des Untervektorraumkriteriums
auch $(v_1 + v_2) + (-v_2) = v_1$ in $U_2$ liegen müsste.
Wenn $v_1 + v_2$ aber weder in $U_1$ noch in $U_2$ liegen
würde, dann wäre es auch nicht in der Vereinigung $U_1\cup
U_2$. Die Annahme $U_1\not\subseteq U_2$ und
$U_2\not\subseteq U_1$ führt also zu einem Widerspruch. Folglich
muss $U_1\subseteq U_2$ oder $U_2\subseteq U_1$ gelten.
\textbf{Aufgabe.}
\textbf{Untervektorraum im ${\mathbb R}^3$}
Man untersuche, für welche $c \in {\mathbb R} $ die Menge
\begin{equation*}U_c := \{\,(x_1, x_2, x_3)\in {\mathbb R}^3 \mid x_1 + x_2 + x_3 = c\,\}\end{equation*}
ein Untervektorraum von ${\mathbb R}^3$ ist.
\textbf{Hinweis.}
Überprüfe die Untervektorraumkriterien:
Für welche $c$ ist $U_c\neq \emptyset$? Wann gilt $v + w \in U_c$
für alle $v,w\in U_c$? Gilt $\lambda v \in U_c$ für alle $v\in
U_c$ und $\lambda \in {\mathbb R} $?
\textbf{Lösung.}
Für alle $c\in {\mathbb R} $ ist $(c,0,0)\in {\mathbb R}^3$ ein Element von
$U_c$, denn es gilt $c + 0 + 0 = c$. Also ist $U_c \neq
\emptyset$.
Seien $v = (v_1, v_2, v_3)$ und $w = (w_1, w_2, w_3)$ Vektoren
in $U_c$. Dann ist
\begin{equation*}v + w = (v_1 + w_1, v_2 + w_2, v_3 +
w_3)\in {\mathbb R}^3.\end{equation*}
Also gilt $v + w\in U_c$ genau dann, wenn
\begin{equation*}(v_1
+ w_1) + (v_2 + w_2) + (v_3 + w_3) = c\end{equation*}
erfüllt ist.
Es gilt aber
\begin{equation*}(v_1 + w_1) + (v_2 + w_2) + (v_3 + w_3) =
{(v_1 + v_2 + v_3) + (w_1 + w_2 + w_3) ={}} {c + c =
2c.}\end{equation*}
Damit gilt $v + w \in U_c$ nur für $c = 0$.
Gilt für $c = 0$, $v\in U_c$ und $\lambda\in {\mathbb R} $ auch
$\lambda v \in U_c$? Sei $v = (v_1, v_2, v_3)$ mit $v_1 + v_2
+ v_3 = c = 0$. Dann ist $\lambda v = (\lambda v_1, \lambda
v_2, \lambda v_3)$. Es gilt
\begin{equation*} {(\lambda v_1) +
(\lambda v_2) + (\lambda v_3) ={}} {\lambda (v_1 + v_2 + v_3)
={}} {\lambda \cdot 0 = 0.}\end{equation*}
Also ist $\lambda v \in
U_0$.
$U_c$ ist nur für $c=0$ ein Untervektorraum von ${\mathbb R}^3$.
\textbf{Aufgabe.}
\textbf{Untervektorraum der geraden Abbildungen}
Sei $V := \{\,f:{\mathbb R} \to {\mathbb R} \,\}$ der ${\mathbb R} $-Vektorraum aller Abbildungen
von ${\mathbb R} $ in ${\mathbb R} $. Dabei seien $f + g$ und $\lambda f$ für $f, g \in
V$, $\lambda \in {\mathbb R} $ gegeben durch
\begin{equation*} f + g : {\mathbb R} \to {\mathbb R} \,, \;x \mapsto f(x) + g(x) \quad \text{und}\quad
\lambda f : {\mathbb R} \to {\mathbb R} \,,\; x \mapsto \lambda\,f(x)\;.\end{equation*}
Zeige, dass $U := \{\,f \in V \mid f(x) = f(-x) \mbox{ für alle } x
\in {\mathbb R} \,\}$ ein Untervektorraum von $V$ ist.
\textbf{Hinweis.}
Zeige:
\begin{itemize}
\item $U\neq \emptyset$
\item für alle $f,g\in U$ ist auch $f+g\in U$
\item für alle $f\in U$ und alle $\lambda\in {\mathbb R} $ gilt $\lambda
f\in U$.
\end{itemize}
\textbf{Lösung.}
Für die konstante Abbildung $f : {\mathbb R} \to {\mathbb R} $ mit $x\mapsto 0$
gilt $f(x) = 0 = f(-x)$ für alle $x\in {\mathbb R} $. Also ist $U\neq
\emptyset$.
Seien $f, g \in U$, also $f,g : {\mathbb R} \to {\mathbb R} $ mit $f(x) = f(-x)$
und $g(x) = g(-x)$ für alle $x\in R$. Dann ist
\begin{equation*}{(f + g)(x) = {}} {f(x) + g(x) ={}} {f(-x) +
g(-x) ={}} {(f + g)(-x).}\end{equation*}
Also ist $f+g \in U$.
Sei nun $f\in U$ und $\lambda\in {\mathbb R} $; also $f : {\mathbb R} \to {\mathbb R} $ mit
$f(x) = f(-x)$ für alle $x\in {\mathbb R} $. Dann ist
\begin{equation*}{(\lambda f)(x) ={}} {\lambda\, f(x) ={}}
{\lambda\, f(-x) ={}} {(\lambda f)(x)}\end{equation*}
für
alle $x\in {\mathbb R} $. Folglich ist auch $\lambda f\in U$.
\textbf{Aufgabe.}
\textbf{Untervektorräume im ${\mathbb R}^2$}
Man untersuche, welche der folgenden vier Mengen
Untervektorräume von ${\mathbb R}^2$ sind:
\begin{itemize}
\item $U_1 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid y = x^2\,\}$
\item $U_2 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid x \leq y \,\}$
\item $U_3 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid y = 2x\,\}$
\item $U_4 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid xy \geq 0 \,\}$
\end{itemize}
\textbf{Lösung.}
\textbf{Zeige:} $U_1 = \{\, (x,y) \in {\mathbb R}^2 \mid y = x^2\, \}$ ist kein
Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.
Es ist $v := (1,1)\in U_1$, wegen $1 = 1^2$, und $\lambda :=
2\in {\mathbb R} $. Aber $\lambda v = (2,2)$ ist wegen $2 \neq 2^2$
nicht in $U_1$. Also kann $U_1$ kein Untervektorraum von
${\mathbb R}^2$ sein.
\textbf{Zeige:} $U_2 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid x \leq y \,\}$ ist kein
Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.
Es ist $v := (0,1) \in U_2$, wegen $0\leq 1$, und $\lambda :=
-1 \in {\mathbb R} $. Aber $\lambda v = (0, -1)$ ist nicht in $U_2$.
Also kann $U_2$ kein Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$ sein.
\textbf{Zeige:} $U_3 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid y = 2x\,\}$ ist ein
Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.
Es gilt $U_3 \neq \emptyset$, da zum Beispiel $(0,0)\in U_3$
ist.
Seien $v = (x,y)$ und $w = (x', y')$ Vektoren in $U_3$.
Dann ist $v + w = (x + x', y + y')$, und es gilt
\begin{equation*}{y +
y' ={}} {2x + 2x' ={}} {2(x + x').}\end{equation*}
Also ist
$v + w$ auch in $U_3$.
Sei nun $v = (x, y) \in U_3$ und $\lambda \in {\mathbb R} $. Dann
ist $\lambda v = (\lambda x, \lambda y)$, und es gilt
\begin{equation*}{\lambda y ={}} {\lambda (2x) = 2(\lambda x).}\end{equation*}
Also gilt auch $\lambda v \in U_3$.
Damit ist gezeigt, dass $U_3$ ein Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$
ist.
\textbf{Zeige:} $U_4 = \{\,(x,y)\in {\mathbb R}^2\mid xy \geq 0 \,\}$ ist kein
Untervektorraum von ${\mathbb R}^2$.
Die Vektoren $v = (1,0)$ und $w = (0,-1)$ sind in $U_4$, wegen
$1\cdot 0 \geq 0$ und $0\cdot(-1) \geq 0$. Für die Addition
$v + w = (1,-1)$ gilt aber $1\cdot (-1) = -1 < 0$. Also ist
$v + w \notin U_4$ und $U_4$ kann kein Untervektorraum von
${\mathbb R}^2$ sein.
\textbf{Aufgabe.}
Man stelle den Vektor $w \in {\mathbb R}^3$ jeweils als
Linearkombination der Vektoren $v_1, v_2, v_3$ dar:
\begin{enumerate}
\item $\;\;\, w = (3,2,1)\,,\;\; v_1 =
(1,0,1)\,,\;\,v_2=(7,3,1)\,,\;\, v_3=(4,3,-1)$
\item $\;\;\, w = (-8,17,-14)\,,\;\; v_1 =
(2,1,0)\,,\;\,v_2=(3,0,5)\,,\;\, v_3=(-1,4,-1)\;$.
\end{enumerate}
\textbf{Hinweis.}
Löse das Gleichungssystem $ (v_1, v_2, v_3)\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=w$
\textbf{Lösung.}
Die Koeffezienten in $a \cdot v_1 + b \cdot v_2 + c \cdot v_3 = w $ sind:
\textbf{Für 1.:} $a=\frac{49}{3} \quad b=-\frac{16}{3} \quad c = 6$
\textbf{Für 2.:} $a = 1, \quad b = -2, \quad c = 4$
\textbf{Aufgabe.}
\textbf{Direkte Summe von Untervektorräumen}
Seien $U_1,\dots,U_n$ Untervektorräume eines $K$-Vektorraums
$V$. Dann ist auch
\begin{equation*}U := U_1 + \dots + U_n :=\{\, u_1+ \dots + u_n
\mid u_j \in U_j \text{ für alle } j = 1,\dots,n\,\}\end{equation*}
ein Untervektorraum von $V$.
Man beweise, dass folgende drei Bedingungen äquivalent sind:
\begin{enumerate}
\item Ist $u_1 + \dots + u_n = \vec 0$ mit $u_j \in U_j$, so
folgt $u_j = \vec 0$ für jedes $j \in \{1,\dots,n \}$.
\item Für jedes $u \in U$ ist die Darstellung $u = u_1 +
\dots + u_n$ mit $u_j \in U_j$ eindeutig.
\item Es ist $U_i \cap (U_{i+1} + \dots + U_n) = \{\vec 0\}$
für jedes $i \in \{1, \dots, n-1\}$.
\end{enumerate}
Man zeige dann anhand eines Gegenbeispiels, dass die obigen Bedingungen
für $n > 2$ im allgemeinen nicht äquivalent sind zu
$U_1 \cap \dots \cap U_n = \{\vec 0\}$.
\textbf{Lösung.}
\textbf{Zeige {\grqq}(1) $\Rightarrow$ (2){\grqq}:}
Sei $u\in U$ und seien $u = u_1 + \dots + u_n$ und $u = u_1'
+ \dots + u_n'$ zwei Darstellungen mit $u_j\in U_j$ und $u_j'\in
U_j$ für alle $j\in \{1, \dots, n\}$. Dann ist
\begin{equation*}{\vec 0 = u - u ={}} {(u_1 + \dots + u_n) - (u_1' +
\dots + u_n') ={}} {(u_1 - u_1') + \dots + (u_n - u_n').}\end{equation*}
Da $u_j - u_j' \in U_j$ für alle $j\in \{1, \dots, n\}$
gilt, folgt aus (1), dass $u_j - u_j' = \vec 0$, also $u_j = u_j'$
für alle $j\in \{1, \dots, n\}$ gelten muss. Die
Darstellung von $u$ ist also eindeutig.
\textbf{Zeige {\grqq}(2) $\Rightarrow$ (3){\grqq}:}
Sei $i\in \{1, \dots, n-1 \}$ und sei $u \in U_i \cap (U_{i+1}
+ \dots + U_n)$. Das bedeutet $u\in U_i$ und $u \in U_{i+1} +
\dots + U_n$. Also gilt es zwei Darstellungen $u = u_i$ und
$u = u_{i+1} + \dots + u_n$ mit $u_j\in U_j$ für $j \in
\{i, \dots, n\}$. Nach (2) ist eine solche Darstellung aber
eindeutig. Es folgt $u_j = \vec 0$ für alle $j\in \{i, \dots,
n\}$. Also ist $u = \vec 0$, und damit ist $U_i \cap (U_{i+1}
+ \dots + U_n) = \{\vec 0\}$ gezeigt.
\textbf{Zeige {\grqq}(3) $\Rightarrow$ (1){\grqq}:}
Sei $u_1 + \dots + u_n = \vec 0$ mit $u_j \in U_j$ für
$j \in \{1, \dots, n\}$. Angenommen, es gäbe einen Index
$j \in \{1, \dots, n - 1\}$ mit $u_j \neq \vec 0$. Dann gäbe
es auch einen \textit{kleinsten} Index $i$ mit $u_i \neq \vec 0$.
Es wäre dann $u_i + u_{i+1} + \dots + u_n = \vec 0$, also
\begin{equation*}{{\vec 0 \neq {}} u_i = - u_{i+1} - \dots - u_n}
{{}\in U_i \cap (U_{i+1} + \dots + U_n).}\end{equation*}
\{Das steht im
Widerspruch zu (3). Also muss $u_j = \vec 0$ für $j \in
\{1, \dots n-1\}$ gelten. Dann ist aber auch $u_n = \vec 0$.
Gegenbeispiel mit $n>2$ und $U_1 \cap \dots \cap U_n = \{\vec
0\}$.
Betrachte den ${\mathbb R} $-Vektorraum ${\mathbb R}^2$ und darin die
Untervektorräume $U_1 = \{(x,y) \mid y=0\}$, $U_2 = \{(x,y) \mid
x=0\}$ und $U_3 = \{(x,y) \mid x + y = 0\}$.
Dann ist bereits $U_1 \cap U_2 = \{\vec 0\}$, also
insbesondere auch $U_1 \cap U_2 \cap U_3 = \{\vec 0\}$. Und
es gilt
\begin{equation*}(1,0) + (0,-1) + (-1,1) = \vec 0\end{equation*}
mit $(1,0) \in U_1$,
$(0,-1)\in U_2$ und $(-1,1) \in U_3$. Also ist (1) nicht
erfüllt.
\subparagraph{Quelle:} https://lp.uni-goettingen.de/get/text/813
\subparagraph{Erstellt für:} Gast
\end{document}
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