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Lineare Algebra » Vektorräume » Austauschsatz von Steinitz
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Universität/Hochschule J Austauschsatz von Steinitz
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-14 23:14


Guten Abend zusammen!

Ich verstehe den Beweis zum Austauschsatz von Steinitz nicht so ganz.

Austauschsatz von Steinitz

Sei $V$ ein Vektorraum. Ist die Familie $\{a_1,\ldots,a_p\}$ linear unabhängig und sei $\{b_1,\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$.
Dann gilt $p\le n$ und nach einer Umnummerierung der $b_i$'s ist auch die Familie $\{a_1,\ldots,a_p,b_{p+1},\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$.

Beweis:
 
Wir beweisen per Induktion nach $k$, dass $\{a_1,\ldots,a_k, b_{k+1},\ldots,b_n\}$ für $0\le k\le n$ nach Umnummerierung der $b_i$'s ebenfalls ein Erzeugendensystem von $V$ ist. (Wäre $p>n$, so folgte aus diesem Beweis, dass insbesondere $\{a_1,\ldots,a_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$ ist. Dann wäre aber $a_{n+1}$ aus $a_1,\ldots,a_n$ linear kombinierbar. Widerspruch.)
Für $k=0$ ist die Aussage klar. Sei also $\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+1},\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$. Es gibt also eine Linearkombination davon, die $a_{k+1}$ darstellt \[a_{k+1}=\sum\limits_{i=1}^k \lambda^ia_i +\sum\limits_{j=k+1}^n \mu^jb_j.\] Da $a_{k+1}\neq0$ ist und da die $a_i$'s linear unabhängig sind, ist ein $\mu^j\neq0$, ohne Einschränkung $\mu^{k+1}\neq0$. Daher ist $b_{k+1}\in\langle a_1,\ldots,a_{k+1}, b_{k+2},\ldots,b_n\rangle$. Setze $S:=\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+2},\ldots,b_n\}$. Nach Theorem erhalten wir \[\langle S\cup\{b_{k+1}\}\rangle =\langle S\cup\{a_{k+1},b_{k+1}\}\rangle =\langle S\cup\{a_{k+1}\}\rangle.\] Die Behauptung folgt nun per Induktion.

- - - - - - - - - -

Frage 1) Es steht eine handschriftliche Korrektur, dass die Induktion für k durchgeführt wird, wobei $0 \le k \le p$. Was ist denn nun richtig? $0 \le k \le p$, oder $0 \le k \le n$?

Frage 2) Wieso gibt es eine Linearkombination aus Vektoren von $\{a_1, ..., a_k, b_{k+1}, ..., b_{n}\}$, die $a_{k+1}$ darstellt?

Frage 3) Ist $b_{k+1} \in \langle a_1, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n} \rangle$, weil man obige Gleichung nach $b_{k+1}$ umstellen kann und damit eine Linearkombination für $b_{k+1}$ aus Vektoren aus $\{a_{1}, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n}\}$? erhält?

Frage 4) Wieso folgt die Behauptung per Induktion?

Ich wäre euch wie immer für jede Hilfe zum Verständnis sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-15 15:23

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

ich versuche mich mal kurz an deinen Fragen:

2020-07-14 23:14 - X3nion im Themenstart schreibt:
Frage 1) Es steht eine handschriftliche Korrektur, dass die Induktion für k durchgeführt wird, wobei $0 \le k \le p$. Was ist denn nun richtig? $0 \le k \le p$, oder $0 \le k \le n$?

Letzteres. Alles andere ergibt doch keinen Sinn. Denn es wird ja von vornherein \(p\le n\) gefordert und gilt damit insbesondere auch für den Fall \(p=n\) (in dem Fall wäre das Erzeugendensystem eben schon eine Basis).

2020-07-14 23:14 - X3nion im Themenstart schreibt:
Frage 2) Wieso gibt es eine Linearkombination aus Vektoren von $\{a_1, ..., a_k, b_{k+1}, ..., b_{n}\}$, die $a_{k+1}$ darstellt?

Das ist die Induktionsvoraussetzung, wenn ich es richtig verstanden habe.

2020-07-14 23:14 - X3nion im Themenstart schreibt:
Frage 3) Wieso ist $b_{k+1} \in \langle a_1, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n} \rangle$?

Nach Annahme. Weil o.B.d.A \(\mu^{k+1}\neq 0\) angenommen wird.

2020-07-14 23:14 - X3nion im Themenstart schreibt:
Frage 4) Wieso folgt die Behauptung per Induktion?

Na ja, es wird ja einfach gezeigt, dass wenn \(\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+1},\ldots,b_n\}\) ein Erzeugendensystem ist, dann auch \(\{a_1,\ldots,a_{k+1},b_{k+2},\ldots,b_n\}\).


Gruß, Diophant


[Verschoben aus Forum 'Lineare Algebra' in Forum 'Vektorräume' von Diophant]
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 17:12


Hi Diophant und vielen Dank für deine Antwort!

1) Hmm ich werde den Gedanken nicht los, dass die Induktion doch nach p geführt wird. Weil falls ein induktiver Beweis nach $n$ geführt wird, so würde ja im Falle $p < n$ kein $a_{p+1}$, $p+1 \le n$ existieren, insbesondere also für $k = p$ und $a_{k}$ keinen Nachfolger $a_{k+1}$?
Also k kann ja nicht größer sein, als Vektoren $a_{i}, i \in \{1, ..., p\}$ existieren?
Also wenn wir die Induktionsbehauptung (Induktion für $0 \le k \le p$) sukzessive fortsetzen, erhalten wir ja, dass $\langle a_{1}, ..., a_{k}, b_{k+1}, ..., b_{n} \rangle = \langle a_{1}, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n} \rangle = ... = \langle a_{1}, ..., a_{p}, b_{p+1}, ..., b_{n} \rangle$

2) Die Induktionsvoraussetzung ist ja, dass A:= $\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+1},\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von V ist. Wieso gibt es dann eine Linearkombination aus A, die $a_{k+1}$ darstellt? Wir wissen ja nur, dass $\{a_{1}, ..., a_{p}\}$ linear unabhängig sind, aber nicht, dass $a_{k+1} \in V$ ist?

3) Wieso folgt aus $\mu_{k+1} \neq 0$, dass $b_{k+1} \in \langle a_1, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n} \rangle$ ? Könntest du das noch einmal genauer erläutern?


Viele Grüße,
X3nion



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-15 17:45

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

2020-07-15 17:12 - X3nion in Beitrag No. 2 schreibt:
1) Hmm ich werde den Gedanken nicht los, dass die Induktion doch nach p geführt wird. Weil falls ein induktiver Beweis nach $n$ geführt wird, so würde ja im Falle $p < n$ kein $a_{p+1}$, $p+1 \le n$ existieren, insbesondere also für $k = p$ und $a_{k}$ keinen Nachfolger $a_{k+1}$?
Also k kann ja nicht größer sein, als Vektoren $a_{i}, i \in \{1, ..., p\}$ existieren?
Also wenn wir die Induktionsbehauptung (Induktion für $0 \le k \le p$) sukzessive fortsetzen, erhalten wir ja, dass $\langle a_{1}, ..., a_{k}, b_{k+1}, ..., b_{n} \rangle = \langle a_{1}, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n} \rangle = ... = \langle a_{1}, ..., a_{p}, b_{p+1}, ..., b_{n} \rangle$

Also, hier gebe ich dir nach gründlicherer Überlegung recht. Die Induktion läuft bis \(p\) und der Rest ergibt sich aus \(1\le p\le n\) sukzessive. 😉

2020-07-15 17:12 - X3nion in Beitrag No. 2 schreibt:
2) Die Induktionsvoraussetzung ist ja, dass A:= $\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+1},\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von V ist. Wieso gibt es dann eine Linearkombination aus A, die $a_{k+1}$ darstellt? Wir wissen ja nur, dass $\{a_{1}, ..., a_{p}\}$ linear unabhängig sind, aber nicht, dass $a_{k+1} \in V$ ist?

Hm, welchen Sinn würde es ergeben, Vektoren aus einem anderen Vektorraum zu einem Erzeugendensystem hinzuzufügen? Nein, hier würde ich sagen geht man von vorn herein davon aus, dass die \(a_i\) aus \(V\) sind.

2020-07-15 17:12 - X3nion in Beitrag No. 2 schreibt:
3) Wieso folgt aus $\mu_{k+1} \neq 0$, dass $b_{k+1} \in \langle a_1, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n} \rangle$ ? Könntest du das noch einmal genauer erläutern?

Nun, für den Fall ist ja gewährleistet, dass man die Gleichung

\[a_{k+1}=\sum\limits_{i=1}^k \lambda^ia_i +\sum\limits_{j=k+1}^n \mu^jb_j\]
nach \(b_{k+1}\) auflösen kann. Also ist \(b_{k+1}\) eine Linearkombinationen eben aus den Vektoren \(a_1, ..., a_{k+1}, b_{k+2}, ..., b_{n}\).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 18:49


Hi Diophant,

okay mir ist es nun klar geworden! 🙂


Hm, welchen Sinn würde es ergeben, Vektoren aus einem anderen Vektorraum zu einem Erzeugendensystem hinzuzufügen? Nein, hier würde ich sagen geht man von vorn herein davon aus, dass die \(a_i\) aus \(V\) sind.

Hier bist du dir ganz sicher? Weil dann handelt es sich um eine Unvollständigkeit im Skript, welche ich dem Professor mitteilen müsste.

Viele Grüße,
X3nion



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-15 19:02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

2020-07-15 18:49 - X3nion in Beitrag No. 4 schreibt:

Hm, welchen Sinn würde es ergeben, Vektoren aus einem anderen Vektorraum zu einem Erzeugendensystem hinzuzufügen? Nein, hier würde ich sagen geht man von vorn herein davon aus, dass die \(a_i\) aus \(V\) sind.

Hier bist du dir ganz sicher? Weil dann handelt es sich um eine Unvollständigkeit im Skript, welche ich dem Professor mitteilen müsste.

Ja, ich denke schon. Wenn es nicht so wäre, wie sollten Vektoren an einem Erzeugendensystem eines Vektorraums beteiligt sein, die keine Elemente dieses Raumes sind? Sprich: mit \(a_i\notin V\) bräuchte man hier doch überhaupt nicht damit anfangen, über den ganzen Rest nachzudenken?...

Inbesondere sehe ich da eigentlich auch keine Unvollständigkeit. Ich würde sagen, das wird aus dem Kontext klar.


Gruß, Diophant
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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 19:32


Hallo Diophant,

okay ja klar, das ergibt Sinn!

Dann gibt es noch einen Zusatz. Und zwar steht geschrieben, dass a priori nicht klar ist, ob die Dimension wohldefiniert ist, da es verschiedene Basen mit unterschiedlich vielen Elementen geben könnte.

Aufgrund des folgenden Theorems ist die Dimension wohldefiniert:
Sei $V$ ein Vektorraum mit Basen $S$ und $T$. Habe $S$ endlich viele Elemente $n$, $n\in\mathbb{N}$. Dann besitzt $T$ ebenfalls $n$ Elemente.

Beweis: Seien $|T|$ und $|S|$ die Anzahlen der Elemente von $T$ bzw. $S$. Dann gilt nach dem Austauschsatz von Steinitz, dass $|T|\le|S|$ und $|S|\le|T|$. Die Behauptung folgt.

- - - - - - - - - - - -

Wieso gelten die beiden Beziehungen nach dem Austauschsatz von Steinitz??

VG X3nion



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-15 19:53

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

Die Argumentation läuft sinngemäß so oder so ähnlich: angenommen es gelte \(|T|>|S|\). Wenn wir jetzt alle Vektoren aus \(T\) durch solche aus \(S\) ersetzen, dann kommen in \(T\) Vektoren doppelt bzw. mehrfach vor, was ein Widerspruch ist. Begründung sollte klar sein. 😉


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 20:42


Hallo Diophant,

es ist mir nun klar geworden!

Es wird ja im Austauschsatz von Steinitz das Erzeugendensystem $\{b_1, ..., b_n\}$ und durch linear unabhängige Vektoren $\{a_1, ..., a_p\}$ mit  betrachtet. Die erste Aussage ist, dass $p \le n$.

Wir wissen, dass $S:= \{b_1, ..., b_n\}$ und $T:=  \{a_1, ..., a_p\}$ Basen sind, wobei S nach Voraussetzung vom Theorem n Elemente besitzt.

Sei also in diesem Fall S dieses Erzeugendensystem aus dem Austauschsatz von Steinitz und $T$ die linear unabhängige Teilmenge.
Gelte $|T| = p > n = |S|$. Dies ist ja ein Widerspruch zum Satz. Damit gilt $p \le n$ und somit $|T| \le |S|$.

Sei nun andersherum T das Erzeugendensystem aus dem Austauschsatz von Steinitz und S die linear unabhängige Teilmenge.
Hier gilt $|S| \le |T|$.

Man kann es also per Widerspruch beweisen oder direkt, es kommt unmittelbar dasselbe heraus :)

VG X3nion



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-15 21:05


Hallo X3nion,

jetzt hast du meine kleine Gedankenskizze richtig schön ausformuliert! 🙂


Gruß, Diophant



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X3nion
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2020-07-15 21:05 - Diophant in Beitrag No. 9 schreibt:
Hallo X3nion,

jetzt hast du meine kleine Gedankenskizze richtig schön ausformuliert! 🙂


Gruß, Diophant

Hehe, Dankeschön! 🙂

Viele Grüße und noch einen schönen Abend wünscht,
X3nion



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