Beweis: Basis, Erzeugendensystem, ...

30.11.2013, 17:00

Vazrael

Beweis: Basis, Erzeugendensystem, ...

Wäre nett, wenn mir jemand weiterhelfen könnte:
_________________________________________

Sei V ein K-Vektorraum. Sei M ein Erzeugendensystem von V.
Zeige: M ist Basis von V <=> (mindestens) ein Vektor $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ ist darstellbar als eindeutige Linearkombination von M.

"=>"

Sei M eine Basis von V, d.h.:
a) M ist ein Erzeugendensystem
b) M ist linear unabhängig
(also ist M ein linear unabhängiges, unverkürzbares Erzeugendensystem.)

Zu zeigen: Mindestens ein v hat eindeutig bestimmte $\begin{eqnarray*} l_1, ..., l_n \in K \end{eqnarray*}$ sodass
$\begin{eqnarray*} v = l_1v_1 + ... + l_nv_n \end{eqnarray*}$ .

Widerspruchsbeweis:
Angenommen, es gibt $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v = l_1v_1 + ... + l_nv_n = k_1v_1 + ... + k_1v_n \end{eqnarray*}$ . mit $\begin{eqnarray*} l_1 \not = k_1 \end{eqnarray*}$ .

Dann ergibt sich für v_1:
$\begin{eqnarray*} v_1 = \frac{k_2 - l_2}{l_1 - k_1}\cdot v_2 + ... + \frac{k_n - l_n}{l_1 - k_1} \cdot v_n \end{eqnarray*}$

d.h. aber, dass sich ein Vektor, nämlich hier $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen lässt, d.h.: A ist nicht linear unabhängig und kann verkürzt werden, was ein Widerspruch zur Annahme ist, nämlich: M ist eine BAsis von V.

"<="

Mindestens ein Vektor v hat eine eindeutige Linearkombination von M. Zu zeigen: M ist Basis von V.

Angenommen M ist keine Basis von V.
Dann kann M verkürzt werden, denn es gibt mindestens einen Vektor v der sich als LK von anderen Vektoren darstellen lässt.

verwirrt

30.11.2013, 17:36

jimmyt

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Hi,

es gilt: $\begin{eqnarray*} \neg (A ~\Longleftrightarrow~ B) ~\Longleftrightarrow~ (\neg A ~\Longleftrightarrow~ B) \end{eqnarray*}$

ein Vorschlag:

Kannst du dann die Ursprungsaussage $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ nicht einfach negieren, und diese Negation zu einem Widerspruch führen?
Also einen indirekten Beweis machen.

in etwa so:

$\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ : M ist Basis von V <=> (mindestens) ein Vektor $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ ist darstellbar als eindeutige Linearkombination von M.

$\begin{eqnarray*} \neg S \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \neg \end{eqnarray*}$ (M ist Basis von V <=> (mindestens) ein Vektor $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ ist darstellbar als eindeutige Linearkombination von M.)

Und dann $\begin{eqnarray*} \neg S \end{eqnarray*}$ zu einem Widerspruch führen. smile

Wenn du $\begin{eqnarray*} \neg S \end{eqnarray*}$ zu einem Widerspruch geführt hast, dann weißt du, das $\begin{eqnarray*} \neg S ~=~ \text{false} \end{eqnarray*}$ .
Dann gilt aber auch $\begin{eqnarray*} \neg (\neg S) ~=~ S ~=~ \text{true} \end{eqnarray*}$ , und damit hättest du die Aussage bewiesen. Freude

30.11.2013, 17:51

Vazrael

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Hallo,

vielen Dank für den tollen Vorschlag.

Ich zeige dann also

$\begin{eqnarray*} \neg S \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \neg \end{eqnarray*}$ (M ist Basis von V <=> (mindestens) ein Vektor $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ ist darstellbar als eindeutige Linearkombination von M.)

was ja äquivalent ist [s. dein Hinweis am Beginn deines Beitrags] zu:
M ist keine Basis von V <=> (mindestens) ein Vektor ... .

Es reicht ja dann zu zeigen, dass eine der beiden Richtungen falsch ist, nicht wahr?
Also wenn ich zeigen kann:
M ist KEINE Basis von V => (mindestens) ein Vektor ... ist FALSCH, dann weiß ich dass die ursprüngliche Aussage wahr ist - ?

-> Dann zeige ich also die FALSCHHEIT der Aussage:

M ist keine Basis => (mindestens) ein Vektor...

Sei M keine Basis von V. Da M aber noch immer ein Erzeugendensystem von V ist (!) heißt das, dass M linear abhängig ist und alle Vektoren von V als Linearkombinationen von Vektoren aus M darstellbar sind.

Ich weiß: Ist eine Menge von Vektoren linear UNabhängig, so lässt sich keiner der Vektoren dieser Menge als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen.

Nun aber mein Problem: Gilt für eine Menge linear ABhängiger Vektoren dann, dass sich jeder Vektor als Linearkombination der anderen darstellen lässt.. ?

30.11.2013, 20:45

jimmyt

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Wegen der Äquivalenz kannst du die Aussagen auch anders herum formulieren.
(Ich nenne sie einfach mal $\begin{eqnarray*} S_1,S_2 \end{eqnarray*}$ ):

$\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ : M ist Basis von V <=> (mindestens) ein Vektor $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ ist darstellbar als eindeutige Linearkombination von M.

$\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ : (mindestens) ein Vektor $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ ist darstellbar als eindeutige Linearkombination von M. <=> M ist Basis von V

Ich schreibe die Äquivalenz mal ein bißchen komprimierter hin mit $\begin{eqnarray*} m \in M, v \in V \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ : M ist Basis von V <=> $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig)

$\begin{eqnarray*} \neg S_1 \end{eqnarray*}$ : M ist keine Basis von V <=> $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig)

$\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig) <=> M ist Basis von V

$\begin{eqnarray*} \neg S_2 \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \forall_v: v\neq m \end{eqnarray*}$ (eindeutig) <=> M ist Basis von V

Ich würde es sowohl für $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ als auch für $\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ zeigen.
Dann bist du auf der sicheren Seite. Freude

Noch ein Tipp:
Es gilt auch: $\begin{eqnarray*} (A ~\implies~ B) ~\Longleftrightarrow~ (\neg B ~\implies~ \neg A) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Vazrael
...
Ich weiß: Ist eine Menge von Vektoren linear UNabhängig, so lässt sich keiner der Vektoren dieser Menge als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen.
Nun aber mein Problem: Gilt für eine Menge linear ABhängiger Vektoren dann, dass sich jeder Vektor als Linearkombination der anderen darstellen lässt.. ?

Probiere es aus: smile

A: Vektoren einer Menge sind linear unabhängig
B: keiner dieser Vektoren läßt sich als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen

$\begin{eqnarray*} (A ~\implies~ B) ~\Longleftrightarrow~ \dots \end{eqnarray*}$

EDIT: Tipp:
Überlege dir mal was mit der eindeutigen Darstellung passiert, wenn die Vektoren linear abhängig sind.

01.12.2013, 10:28

Vazrael

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Hallo und herzlichen Dank.

Ich glaube bei mir haperts noch grad an den Definitionen. Ich leg nochmal los:

1) Ich will zunächst die folgende Aussage auf einen Widerspruch führen:

$\begin{eqnarray*} \neg S_1 \end{eqnarray*}$ : M ist keine Basis von V <=> $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig)

Sei M also keine Basis von V. Da M aber Erzeugendensystem ist, ist V = span(M), also lässt sich V aus M darstellen, aber M ist eine linear abhängige Menge.

Nun.. Wenn M linear abhängig ist, dann kann man einen Vektor aus M als Linearkombination anderer Vektoren aus M darstellen.
a)Das sagt mir ja aber nichts darüber aus, ob ich v als eindeutige Linearkombination von Vektoren aus M darstellen kann, oder? verwirrt

b) Andererseits müssen ja alle Vektoren aus M an der Linearkombination beteiligt sein, d.h. es gibt keinen einzigen Vektor v mit eindeutiger LK.. verwirrt

Wenn b) stimmt, stimmt $\begin{eqnarray*} \neg S_1 \end{eqnarray*}$ nicht.

2) Ich will nun die zweite Aussage auf einen Widerspruch führen:

$\begin{eqnarray*} \neg S_2 \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \forall_v: v\neq m \end{eqnarray*}$ (eindeutig) <=> M ist Basis von V

Das führt mich auf das, was ich in meinem ersten Beitrag getan habe:

Angenommen, es gibt $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v = l_1v_1 + ... + l_nv_n = k_1v_1 + ... + k_1v_n \end{eqnarray*}$ . mit $\begin{eqnarray*} l_1 \not = k_1 \end{eqnarray*}$ .

Dann ergibt sich für v_1:
$\begin{eqnarray*} v_1 = \frac{k_2 - l_2}{l_1 - k_1}\cdot v_2 + ... + \frac{k_n - l_n}{l_1 - k_1} \cdot v_n \end{eqnarray*}$

D.h. aber wiederum, dass M verkürzbar ist, also nicht linear abhängig sein kann, mitnichten also eine Basis.

01.12.2013, 14:24

jimmyt

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Das sieht doch schon ganz gut aus. Freude

Zitat:

Original von Vazrael
...
D.h. aber wiederum, dass M verkürzbar ist, also nicht linear abhängig sein kann, mitnichten also eine Basis.

Ein kleiner Tippfehler, du meinst bestimmt linear unabhängig.

Zum Verständnis ein kleines Beispiel:

$\begin{eqnarray*} M~=~ \left \{ \binom 1 0, \binom 0 1 \right \}, \quad N~=~ \left \{ \binom 1 0, \binom 0 1, \binom 0 2 \right \} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist die Standardbasis der euklidischen Ebene $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ ist ein Erzeugendensystem, aber keine Basis.
Frage:
Gibt es überhaupt irgendein $\begin{eqnarray*} v \in \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ , das darstellbar ist als eindeutige Linearkombination aus $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ ?

02.12.2013, 08:07

Vazrael

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Hallo,

ja leider ein Tippfehler, sollte wirklich nicht vorkommen unglücklich

Du hast ihn ja glücklicherweise entdeckt!

Ich glaube dein Beispiel trifft mein Problem von 1a) und 1b) ganz gut.

1a) ist Quatsch (gewesen), denn eine Linearkombination von vektoren $\begin{eqnarray*} v_1, ..., v_n \end{eqnarray*}$ meint ja die Kombination aller Vektoren davon.

In diesem Sinne existiert tatsächlich für kein $\begin{eqnarray*} v \in \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ eine eindeutige Linearkombination aus N.

Also sollte ich bei 1b) fortfahren, wie ich es mir schon überlegt hatte.

Dann aber muss ich noch meine im vorherigen Beitrag gepostete Überlegung beweisen. geschockt

Hast du einen Hinweis?

02.12.2013, 12:32

jimmyt

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Naja, ich habe dir ja noch etwas anderes gepostet (Stichwörter: Implikation und Kontraposition).

"=>":
(M ist keine Basis von V => $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig)) <=> (nicht ( $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig) => nicht (M ist keine Basis von V) )

"<=":
...

Dafür, mal wieder, $\begin{eqnarray*} \underbrace{\text{special, \dots, special}}_{\text{n-mal}} \end{eqnarray*}$ thanks to George Boole. Freude

Ab sofort sollte ich ihn eigentlich nur noch Big George nennen. Big Laugh

Und das mit dem Tippfehler: Mach dir keinen Kopf, das kann immer mal wieder passieren. smile

02.12.2013, 18:08

Vazrael

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Stimmt, das hast du! smile

Bin nur etwas durcheinander gekomme.. Big Laugh

(v.a. wenn so viele Aufgaben gleichzeitig bewältigt werden wollen).

Wenn ich eine Zeile von dir übernehme:

"=>": (M ist keine Basis von V => $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig)) <=> (nicht ( $\begin{eqnarray*} \exists_v: v=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig) => nicht (M ist keine Basis von V) )

Die rechte, äquivalente Seite lautet also:

$\begin{eqnarray*} \forall v: v\not=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig) => M ist Basis von V

Aber dann lande ich ja wieder bei

$\begin{eqnarray*} \neg S2 \end{eqnarray*}$ ??

02.12.2013, 20:37

jimmyt

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Zitat:

Original von Vazrael
...
Die rechte, äquivalente Seite lautet also:

$\begin{eqnarray*} \forall v: v\not=m \end{eqnarray*}$ (eindeutig) => M ist Basis von V

Aber dann lande ich ja wieder bei

$\begin{eqnarray*} \neg S2 \end{eqnarray*}$ ??

Stimmt.

Ich glaube mittlerweile es langt, wenn du es für $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ zeigst.
Führe einfach $\begin{eqnarray*} \neg S_1 \end{eqnarray*}$ zu einem Widerspruch, und dann hast du $\begin{eqnarray*} S_1 \end{eqnarray*}$ und auch $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ bewiesen.
Das ist so offensichtlich falsch, da fällt dir bestimmt ein bißchen Text ein.
Oder schau dir die Def. von Basis an. Freude

EDIT:
Ich glaube da langt sogar ein einziges Gegenbeispiel, weil es ja für alle M gelten muß (Stichwörter: Standardbasis, Nullvektor). smile

04.12.2013, 14:06

Vazrael

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Im Übungskurs war ein sehr kurzer Beweis offnebar ausreichend. Dabei wurde in etwas verkürzter Version $\begin{eqnarray*} \neg S_2 \end{eqnarray*}$ zum Widerspruch geführt.

Ein direkter Beweis wurde übrigens im Kurs nicht empfohlen.

Vielen Dank für die freundliche Hilfe Augenzwinkern

04.12.2013, 14:58

jimmyt

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Dann war indirekter Beweis in jedem Fall die richtige Wahl. Freude

Und gerne geschehen. smile

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