Spann, Erzeugnis, lineare Hülle – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wir wollen nun den Zusammenhang zwischen Linearkombinationen und Untervektorräumen genauer beleuchten. Dabei werden wir unter anderem feststellen, dass eine Ebene als Untervektorraums des Raumes nichts weiter ist als die Menge der Linearkombinationen von zwei Vektoren. Im Rahmen dieser Feststellung werden wir auf die neuen Begriffe Erzeugnis und Spann treffen.

Herleitung des Spanns

Wir beginnen unsere Betrachtungen mit dem uns wohl bekannten euklidischen Raum $\mathbb {R} ^{3}$. Hier wollen wir uns zunächst auf die $(x,y)$-Ebene beschränken, also auf die Menge aller Vektoren der Form $(a,b,0)^{T}$ mit $a,b\in \mathbb {R}$:

To-Do:

Grafik von der Ebene im Raum einfügen?

Jeder Vektor, der Element dieser Ebene ist lässt sich nach unserer eben beschriebenen Beobachtung als Linearkombination der Vektoren $(1,0,0)^{T}$ und $(0,1,0)^{T}$ schreiben:

${\begin{pmatrix}a\\b\\0\end{pmatrix}}=a\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}.$

Darüber hinaus liegt auch jede Linearkombination der beiden Vektoren $(1,0,0)^{T}$ und $(0,1,0)^{T}$ in der $(x,y)$-Ebene, da die $z$-Komponente der beiden betrachteten Vektoren $0$ ist und damit auch die dritte Komponente der Linearkombination der Vektoren $0$ betragen muss.

Zusammenfassend können wir also festhalten: Wir haben gesehen, dass jeder Vektor der Ebene eine Linearkombination von $(1,0,0)^{T}$ und $(0,1,0)^{T}$ ist und zusätzlich jede Linearkombination dieser beiden Vektoren wieder in der Ebene ist. Unser Ergebnis können wir auch so formulieren: Die beiden Vektoren $(1,0,0)^{T}$ und $(0,1,0)^{T}$ spannen die betrachtete Ebene auf. Die gleiche Ebene lässt sich aber auch durch andere Vektoren aufspannen. Denke etwa an die beiden Vektoren $(1,0,0)^{T}$ und $(1,1,0)^{T}$, denn

${\begin{pmatrix}a\\b\\0\end{pmatrix}}=(a-b)\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}.$

Die beiden Vektoren, die wir für die Beschreibung unserer Ebene benötigen, sind also nicht zwingend eindeutig. Da wir uns bei unseren Betrachtungen im $\mathbb {R} ^{3}$ bewegen und eine Ebene betrachten, stellt diese Ebene einen Untervektorraum $U$ des $\mathbb {R} ^{3}$ dar. Wir machen uns an dieser Stelle klar, dass die beiden Vektoren $(1,0,0)^{T}$ und $(0,1,0)^{T}$ selbst in dieser Ebene liegen und somit Element des Untervektorraums $U$ sind. Da wir eben schon festgestellt haben, dass diese beiden Vektoren die Ebene aufspannen, schreiben wir im Folgenden

$U=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}\right\}$

Wir sagen „$U$ ist der Spann der beiden Vektoren $(1,0,0)^{T}$ und $(0,1,0)^{T}$“ beziehungsweise „$U$ ist das Erzeugnis der beiden Vektoren $(1,0,0)^{T}$ und $(0,1,0)^{T}$“. Intuitiv können wir uns den Spann von Vektoren vorstellen als die Menge aller möglichen Linearkombinationen, die man aus diesen Vektoren bilden kann.

To-Do:

• Weitere Intuition: Der Spann beschreibt genau den Vektorraum, der sich ergibt, wenn alle Richtungen, die durch die Vektoren in der betrachteten Teilmenge $M$ repräsentiert werden, zu einem Vektorraum zusammengeführt werden.
• die Formel $\operatorname {deg} (p+q)=\max\{\operatorname {deg} (p),\operatorname {deg} (q)\}$ ist falsch ($\leq$ gemeint?)

Wir untersuchen im Folgenden noch ein etwas komplizierteres Beispiel: Sehen wir uns den Vektorraum $V$ der Polynome an. Sei $M=\{x^{n}|n{\text{ ist gerade}}\}\subseteq V$. Beispiele für Elemente aus $M$ sind die Monome $x^{2}$, $x^{4}$ usw., die einen geraden Exponenten besitzen. Jedoch ist $x^{3}\notin M$. Betrachten wir nun $\operatorname {span} (M)$, die Menge aller endlichen Linearkombinationen mit Vektoren aus $M$. (Beispielsweise $2\cdot x^{2}+5\cdot x^{4}+2\cdot x^{8}$) Da die Menge $M$ nicht leer ist, ist auch die Menge $\operatorname {span} (M)$, also die Menge aller endlichen Linearkombinationen mit Vektoren aus $M$, nicht leer. Um nun die Abgeschlossenheit bzgl. der Addition und der skalaren Multiplikation zu untersuchen, schauen wir uns erstmal an, wie der Grad eines Polynoms im Zusammenhang mit Linearkombination steht.

Für die Addition zweier Polynome $p,q\in V$ gilt bezüglich des Grades (welcher häufig auch $\operatorname {deg}$ vom Englischen "Degree = Grad) genannt wird):

$\operatorname {deg} (p+q)=\max\{\operatorname {deg} (p),\operatorname {deg} (q)\}$

Für die skalare Multiplikation mit einem Element $a\in K$ gilt bzgl. des Grades:

$\operatorname {deg} (a\cdot p)=\operatorname {deg} (p)$

Dies bedeutet, dass die Menge $\operatorname {span} (M)$ ebenfalls nur Polynome mit geradem Grad enthält. Addiert man nun zwei Polynome $p,q\in \operatorname {span} (M)$ , so bleibt der Grad des Polynoms $p+q$, wie oben gezeigt, gerade. Da es sich bei der Addition lediglich um eine Linearkombination handelt, ist das Polynom $p+q$ wieder in $\operatorname {span} (M)$, da in ihr alle Linearkombinationen aus Elementen aus $M$ enthalten sind. Die Menge $\operatorname {span} (M)$ ist also abgeschlossen bzgl. der Addition.

Selbiges Argument gilt für die skalare Multiplikation und somit ist die Menge $\operatorname {span} (M)$ ein Untervektorraum, des Vektorraums aller Polynome. Wie wir später noch sehen werden, ist es sogar der kleinste Untervektorraum, welcher $M$ enthält.

Definition des Spanns

Definition (Spann)

Wir haben einen Vektorraum $V$ über einem Körper $K$ sowie eine Teilmenge $M$ von Vektoren aus $V$ gegeben. Den Spann $\operatorname {span} (M)$ von $M$ definieren wir als die Menge aller Vektoren aus $V$, welche sich als eine endliche Linearkombination von Vektoren aus $M$ darstellen lassen:

$\operatorname {span} (M)=\left\{\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}\cdot m_{i}:\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K,m_{1},\ldots ,m_{n}\in M\right\}$

Alternativ kann man den Spann einer Menge auch Erzeugnis oder lineare Hülle nennen.

Hinweis

Gelegentlich wird für den Spann auch die Schreibweise $\langle M\rangle _{K}$ verwendet. Die Schreibweise hat den Vorteil, dass hierbei deutlich wird, über welchen Körper der Vektorraum definiert ist. Die Relevanz des Grundkörpers ist wichtig, wenn man sich beispielsweise den Unterschied zwischen $\langle M\rangle _{\mathbb {Q} }$ und $\langle M\rangle _{\mathbb {R} }$ mit $M$ der einelementigen Menge, die nur $(1,0)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ enthält.

Beispiele

Beispiel (Ursprungsgerade als Erzeugnis)

To-Do:

Grafik einfügen

Sei $x=(1,2)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$. Das Erzeugnis $\operatorname {span} (\lbrace x\rbrace )$ ist die Gerade durch den Nullpunkt mit dem Richtungsvektor $(1,2)^{T}$.

$\operatorname {span} (\lbrace x\rbrace )=\operatorname {span} \left(\left\lbrace {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}\right\rbrace \right)=\left\lbrace \rho \cdot {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}\,|\,\rho \in \mathbb {R} \right\rbrace$

Beispiel (Ursprungsebene als Erzeugnis)

Seien $(5,0,0)^{T}$ und $(0,3,0)^{T}$ zwei Vektoren aus $\mathbb {R} ^{3}$. Das Erzeugnis dieser beiden Vektoren ist die $(x_{1},x_{2})$-Ebene. Folgende Umformung zeigt dies:

${\begin{aligned}\operatorname {span} \left(\left\lbrace {\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}}\right\rbrace \right)&=\left\lbrace \lambda \cdot {\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}}:\lambda ,\mu \in \mathbb {R} \right\rbrace \\[0.3em]&=\,\left\lbrace \lambda \cdot 5\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot 3\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}:\lambda ,\mu \in \mathbb {R} \right\rbrace \\[0.3em]&=\,\left\lbrace \lambda '\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\mu '\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}:\lambda ',\mu '\in \mathbb {R} \right\rbrace \\[0.3em]&=\,\left\lbrace {\begin{pmatrix}\lambda '\\\mu '\\0\end{pmatrix}}:\lambda ',\mu '\in \mathbb {R} \right\rbrace \end{aligned}}$

Eigenschaften des Spanns

• Das Erzeugnis der leeren Menge ist der Nullvektorraum, das heißt $\operatorname {span} (\emptyset )=\lbrace 0\rbrace$, denn die leere Summe von Vektoren ergibt per Definition den Nullvektor.
• Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $K$ ein Körper. Weiterhin seien $A,B\subseteq V$. Ist $A\subseteq B$, dann ist $\operatorname {span} (A)\subseteq \operatorname {span} (B)$.
• Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $A\subseteq V$. Dann gilt $A\subseteq \operatorname {span} (A)$.
• Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $A$, $B\subseteq V$. Dann gilt $B\subseteq \operatorname {span} (A)\Longleftrightarrow \operatorname {span} (A)=\operatorname {span} (A\cup B)$
• Der von einem Vektor $v\neq 0$ erzeugte Vektorraum ist $\operatorname {span} (v)=\lbrace \rho \cdot v\,|\,\rho \in K\rbrace$. Für $K=\mathbb {R}$ ist es eine Gerade durch den Nullpunkt.
• Das Erzeugnis eines Unterraums $W$ von $V$ ist dieser Raum selber, denn $\operatorname {span} (W)$ ist der kleinste Unterraum, der $W$ enthält, daher muss $\operatorname {span} (W)=W$ sein.
• Die Anzahl der erzeugenden Vektoren eines Vektorraums ist nicht eindeutig bestimmt. Zum Beispiel ist $\operatorname {span} ({v,w})=\operatorname {span} ({v,w,v+w})$, denn $v+w$ ist Linearkombination der Vektoren $v,w$ und damit gilt $\operatorname {span} ({v,w,v+w})\subseteq \operatorname {span} ({v,w})$. Umgekehrt gilt $v=(v+w)+(-1)\cdot w$ und $w=(v+w)+(-1)\cdot v$. Das bedeutet aber $\operatorname {span} ({v,w})\subseteq \operatorname {span} ({v,w,v+w})$ und damit ist $\operatorname {span} ({u,v})=\operatorname {span} ({u,v,u+v})$ und die beiden Mengen erzeugen den gleichen Vektorraum.

Sätze zum Spann

Spann und kleinster Untervektorraum

Satz (Spann und kleinster Untervektorraum)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $K$ ein Körper, $n\in \mathbb {N}$. Weiter seien $m_{1},...,m_{n}\in V$. Dann ist $M:=\operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}\subseteq V$ der kleinste Untervektorraum von $V$, der $m_{1},...,m_{n}$ enthält.

Wie kommt man auf den Beweis? (Spann und kleinster Untervektorraum)

Wir wollen versuchen den Satz zu beweisen, indem wir den Beweis in zwei Schritte aufteilen. Wir zeigen zunächst, dass $M$ ein Untervektorraum ist. Im zweiten - etwas anspruchsvolleren - Teil wollen wir noch zeigen, dass $M$ der kleinste Untervektorraum ist. Um den ersten Schritt zu zeigen, schauen wir uns nochmal das Untervektorraumkriterium an. Dafür müssen wir zunächst zeigen, dass $M\neq \emptyset$. Die naheliegendste Idee ist zu zeigen, dass das Nullelement in $M$ enthalten ist, weil ${\vec {0}}$ in jedem Untervektorraum enthalten ist. Um dies zu zeigen setzen wir einfach $\lambda _{1}=...=\lambda _{n}=0$ und erhalten somit den Nullvektor. Dieser ist nach unserer Definition im Spann enthalten. Weiter ist zu zeigen, dass $\forall v,w\in M$ auch $v+w\in M$ gilt. Nehmen wir uns also zwei Elemente $v,w\in M$. Dann sind diese von der Form $v=\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}m_{i}$, $w=\sum _{i=0}^{n}\mu _{i}m_{i}$. Damit - und unter Verwendung der Rechenregeln für das Summenzeichen - können wir schreiben:

$v+w=\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}m_{i}+\sum _{i=0}^{n}\mu _{i}m_{i}=\sum _{i=0}^{n}(\lambda _{i}+\mu _{i})\cdot m_{i}\in M$

Um das Untervektorraumkritierium zu erfüllen bleibt abschließend nur noch zu zeigen, dass $\forall \rho \in K,v\in V$ gilt: $\rho \cdot v\in M$. Auch hier können wir einfach unter Anwendung der Rechenregeln für das Summenzeichen nachrechnen:

$\rho \cdot v=\rho \sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}m_{i}=\sum _{i=0}^{n}\rho \lambda _{i}m_{i}\in M$

Damit haben wir den ersten Teil des Beweises bereits erbracht.

Wenden wir uns nun dem zweiten Teil des Beweises zu. Um zu zeigen, dass $M=\operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}$ der kleinste Untervektorraum ist, der $\{m_{1},...,m_{n}\}$ enthält, nehmen wir uns einen weiteren Untervektorraum, der ebenfalls $\{m_{1},...,m_{n}\}$ enthält. Nennen wir diesen Unterraum ${\tilde {M}}$. Unser Ziel ist es nun zu zeigen, dass $M\subseteq {\tilde {M}}$. Dies wäre gezeigt, wenn es uns gelingt zu begründen, dass ein Element aus $M$ auch in ${\tilde {M}}$ liegt. Wir müssen also versuchen eine Verknüpfung zwischen den $\{m_{1},...,m_{n}\}$, welche sowohl in $M$ als auch in ${\tilde {M}}$ liegen und $\operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}$ zu finden. Dafür betrachten wir nochmal die Definition des Spannes. Es fällt auf, dass wir die Koeffizienten so wählen kann, dass gilt

$m_{i}=0\cdot m_{1}+...+0\cdot m_{i-1}+1\cdot m_{i}+0\cdot m_{i+1}+...+0\cdot m_{n}$

Dies können wir natürlich für alle $i$ mit $1\leq i\leq n$ machen. Damit haben wir gezeigt, dass $\{m_{1},...,m_{n}\}\subseteq \operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}$. Nun wissen wir nach unserer Annahme, dass $\{m_{1},...,m_{n}\}\subseteq {\tilde {M}}$. Nun wissen wir ja, dass ${\tilde {M}}$ ein Untervektorraum ist. Dies bedeutet, dass ${\tilde {M}}$ abgeschlossen unter Addition ist, was aus dem Unterraumkritierum folgt. Damit ist auch $\operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}$ eine Teilmenge von ${\tilde {M}}$. Gleichzeitig ist ja $\operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}=M$. Damit sind wir jetzt an unserem Ziel, denn wir haben es geschafft zu zeigen, dass $M\subseteq {\tilde {M}}$.

Beweis (Spann und kleinster Untervektorraum)

Wir unterteilen den Beweis in zwei Teile. Im ersten Teil des Beweises zeigen wir mit Hilfe des Untervektorraumkriteriums, dass $M$ ein Untervektorraum ist. Anschließend zeigen wir, dass $M$ zudem auch noch der kleinste Untervektorraum ist.

Offensichtlich ist $M$ nicht leer, da für $\lambda _{1}=...=\lambda _{n}=0\in \mathbb {R}$ ist ${\vec {0}}=0\cdot m_{1}+...+0\cdot m_{n}\in M$. Es bleibt die Abgeschlossenheit von $M$ unter Addition und Multiplikation zu zeigen. Um die Abgeschlossenheit unter Addition zu sehen, betrachten wir $v=\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}m_{i}\in M$ und $w=\sum _{i=0}^{n}\mu _{i}m_{i}\in M$. Dann gilt:

$v+w=\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}m_{i}+\sum _{i=0}^{n}\mu _{i}m_{i}=\sum _{i=0}^{n}(\lambda _{i}+\mu _{i})\cdot m_{i}\in M$

Weiterhin gilt für $\rho \in \mathbb {R}$:

$\rho \cdot v=\rho \sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}m_{i}=\sum _{i=0}^{n}\rho \lambda _{i}m_{i}\in M$

Damit haben wir gezeigt, dass $M$ ein Untervektorraum ist.

Im zweiten Teil des Beweises zeigen wir noch, dass $M$ der kleinste Untervektorraum ist, der $m_{1},...,m_{n}$ enthält. Hierfür betrachten wir ein $m_{i}\in M$, das wir in der Form

$m_{i}=0\cdot m_{1}+...+0\cdot m_{i-1}+1\cdot m_{i}+0\cdot m_{i+1}+...+0\cdot m_{n}.$

als Linearkombination der $m_{1},...,m_{n}$ schreiben können. Dies gilt natürlich für jedes $m_{i}$ mit $1\leq i\leq n$.

Damit gilt $\{m_{1},...,m_{n}\}\subseteq \operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}$ für alle $1\leq i\leq n$. Wir betrachten nun einen Untervektorraum ${\tilde {M}}$ von $V$, welcher $\{m_{1},...,m_{n}\}$ enthält. Aufgrund des Unterraumkriteriums sind auch alle Linearkombinationen der $m_{1},...,m_{n}$ in ${\tilde {M}}$ enthalten. Daraus folgt schließlich unsere Behauptung, dass $M=\operatorname {span} \{m_{1},...,m_{n}\}\subseteq {\tilde {M}}$.

Spann erhält Teilmengenbeziehung

Satz (Spann erhält Teilmengenbeziehung)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $K$ ein Körper. Weiterhin seien $A,B\subseteq V$. Ist $A\subseteq B$, dann ist $\operatorname {span} (A)\subseteq \operatorname {span} (B)$.

Beweis (Spann erhält Teilmengenbeziehung)

Sei $A\subseteq B$. Wir betrachten ein $v\in \operatorname {span} (A)$. Nach der Definition des Spannes existieren Vektoren $a_{1},...,a_{n}\in A$ und $\lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K$, sodass $v=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}a_{i}$. Wegen $A\subseteq B$ gilt für alle $a_{i}$ mit $1\leq i\leq n$, dass $a_{i}\in B$. Dann ist auch $v\in \operatorname {span} (B)$. Folglich gilt $\operatorname {span} (A)\subseteq \operatorname {span} (B)$.

Hinweis

Die Umkehrung, also $\operatorname {span} (A)\subseteq \operatorname {span} (B)\implies A\subseteq B$ gilt im Allgemeinen nicht! Betrachten wir hierfür das folgende Gegenbeispiel: Seien $A=\left\{{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}}\right\}$ und $B=\left\{{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\right\}$, also $B\subseteq A$. Dann ist:

$\operatorname {span} (A)=\left\{\lambda _{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+\lambda _{2}\cdot {\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}}|\lambda _{1},\lambda _{2}\in K\right\}$

$\operatorname {span} (B)=\left\{\mu \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}|\mu \in K\right\}$

Nun sind $\operatorname {span} (A)=\operatorname {span} (B)$, da wir in beiden Fällen die Ursprungsgerade durch den Punkt $(1,0)^{T}$ erhalten. Wenn der Spann beider Teilmengen gleich ist, gilt insbesondere $\operatorname {span} (A)\subseteq \operatorname {span} (B)$, aber $B\subseteq A$. Daher kann die Umkehrung des Satzes im Allgemeinen nicht gelten.

Spann vergrößert die Menge

Satz (Spann vergrößert die Menge)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $A\subseteq V$. Dann gilt $A\subseteq \operatorname {span} (A)$

Beweis (Spann vergrößert die Menge)

Sei $v\in A$ beliebig. Dann lässt sich $v$ darstellen durch $v=1\cdot v$. Insbesondere ist $v$ eine Linearkombination aus $A$. Damit gilt $v\in \operatorname {span} (A)$. Daraus folgt die Behauptung $A\subseteq \operatorname {span} (A)$.

Monotonie des Spannes

Satz (Monotonie des Spannes)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $A$, $B\subseteq V$. Dann gilt

$A\subseteq B\implies \operatorname {span} (A)\subseteq \operatorname {span} (B)$

Die Teilmengenbeziehung ist eine partielle Ordnung. Damit zeigt dieser Satz, dass die Bildung eines Spanns eine monoton steigende Abbildung ist. Wenn man anstelle von $\subseteq$ das Symbol $\leq$ für eine partielle Ordnung benutzt, so hat der Satz die Form $A\leq B\implies \operatorname {span} (A)\leq \operatorname {span} (B)$. In dieser Schreibweise sieht man, dass der Spann die Eigenschaft der monotonen Steigung erfüllt.

Beweis (Monotonie des Spannes)

Sei $u\in \operatorname {span} (A)$ beliebig, dann existieren $v_{1},...,v_{n}\in A$ und $\lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K$, so dass $u=\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}v_{i}$. Da $A\subseteq B$ gilt, ist jedes $v_{i}\in B$ und damit ist $\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}v_{i}$ auch eine Linearkombination von Elemente in $B$. Es folgt $v\in \operatorname {span} (B)$ und damit die Behauptung.

Idempotenz des Spannes

Satz (Idempotenz des Spannes)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $A\subseteq V$. Dann gilt $\operatorname {span} (\operatorname {span} (A))=\operatorname {span} (A)$. Diese Eigenschaft des Spannes wird Idempotenz genannt.

Beweis (Idempotenz des Spannes)

Sei $v\in \operatorname {span} (\operatorname {span} (A))$. Wir müssen nun zeigen, dass $v\in \operatorname {span} (A)$, dass also $v$ eine Linearkombination der Vektoren aus $A$ ist. Dann lässt sich $v$ darstellen als

$v=\lambda _{1}\cdot {\tilde {v}}_{1}+...+\lambda _{n}\cdot {\tilde {v}}_{n}$

Dabei ist $\lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K$ und ${\tilde {v}}_{1},...,{\tilde {v}}_{n}\in \operatorname {span} (A)$. Da ${\tilde {v}}_{i}\in \operatorname {span} (A)$ für alle $1\leq i\leq n$ ist, lässt sich jedes ${\tilde {v_{i}}}$ als Linearkombination von Elementen aus $A$ schreiben:

${\tilde {v}}_{i}=\mu _{1}\cdot {\hat {v}}_{1}+...+\mu _{m_{i}}\cdot {\hat {v}}_{m_{i}}$

Hier ist $\mu _{1},...,\mu _{m_{i}}\in K$ und ${\hat {v}}_{1},...,{\hat {v}}_{m_{i}}\in A$. Ersetzen wir nun in die Darstellung von $v$ die ${\tilde {v}}_{i}$ durch ihre Darstellung als Linearkombination der ${\hat {v}}_{i}$, so haben wir $v$ als Linearkombination von Elementen aus $A$ geschrieben:

${\begin{aligned}v&=\lambda _{1}\cdot {\tilde {v}}_{1}+...+\lambda _{n}\cdot {\tilde {v}}_{n}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}{\tilde {v}}_{i}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\tilde {v}}_{i}=\mu _{1}\cdot {\hat {v}}_{1}+...+\mu _{n}\cdot {\hat {v}}_{n}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}\left(\sum _{j=1}^{m_{i}}\mu _{j}{\hat {v}}_{j}\right)\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m_{j}}(\mu _{j}\lambda _{i}){\hat {v}}_{j}\end{aligned}}$

Damit folgt $v\in \operatorname {span} (A)$ und damit die Aussage.

Elemente des Spannes verändern den Spann nicht

Satz (Elemente des Spannes verändern den Spann nicht)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $A$, $B\subseteq V$. Dann gilt

$B\subseteq \operatorname {span} (A)\Longleftrightarrow \operatorname {span} (A)=\operatorname {span} (A\cup B)$

Beweis (Elemente des Spannes verändern den Spann nicht)

Wir beweisen zuerst die Hinrichtung $\Longrightarrow$:

Sei $v\in B$, dann folgt nach Voraussetzung, dass auch $v\in \operatorname {span} (A)$ liegt. Somit kann $v$ als Linearkombination aus Vektoren aus $A$ geschrieben werden.

Es existieren also $v_{1},...,v_{n}\in A$ und $\rho _{1},...,\rho _{n}\in K$, so dass $v=\sum _{i=1}^{n}\rho _{i}v_{i}$.

Betrachten wir nun ein Element $u\in (\operatorname {span} (A\cup B))$. Dieses können wir schreiben als

$u=\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}v_{i}+\sum _{j=0}^{n}\mu _{j}w_{j}$.

Wobei $w_{1},...,w_{n}\in B$,$\lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K$ und $\mu _{1},...,\mu _{n}\in K$. Da aber die Vektoren $w_{1},...,w_{n}\in B$ als Linearkombination aus Vektoren aus $A$ geschrieben werden können, gilt für unser Element $u$:

$u=\sum _{i=0}^{n}(\lambda _{i}+\rho _{i})\cdot v_{i}$.

To-Do:

Du solltest noch genauer erklären, wie die $w_{i}$ als Summe der $v_{i}$ geschrieben werden können und auch darstellen, wie dann die $\rho _{i}$ aussehen

Somit haben wir $u$ als Linearkombination aus Vektoren aus $A$ darstellen können und somit gilt: $\operatorname {span} (A)=\operatorname {span} (A\cup B)$

Nun schauen wir uns die Rückrichtung $\Longleftarrow$ an:

Hierzu nehmen wir an, dass $w\in B$ aber $w\notin \operatorname {span} (A)$. Wir definieren uns nun ein Element $u:=\sum _{i=0}^{n}\lambda _{i}v_{i}+w$.

Wobei $v_{1},...,v_{n}\in A$ und $\lambda _{1},...,\lambda _{n}\in K$

Nun ist $u$ eine Linearkombination aus Vektoren aus $A\cup B$. Es gilt also $u\in \operatorname {span} (A\cup B)$, da $w\in B$. Allerdings ist $u\notin \operatorname {span} (A)$, da $w\notin \operatorname {span} (A)$. Dies würde aber der Voraussetzung $\operatorname {span} (A)=\operatorname {span} (A\cup B)$ widersprechen.

Wir haben somit unseren gewünschten Widerspruch und es muss gelten $B\subseteq \operatorname {span} (A)$

Beweise zum Spann führen

Nachdem wir einige Eigenschaften des Spannes nachgewiesen haben, wollen wir in diesem Abschnitt beispielhaft darstellen, wie wir nachweisen können, ob ein Vektor eines Vektorraums $V$ innerhalb des Spannes einer Teilmenge dieses Vektorraums liegt oder nicht. Wir werden feststellen, dass wir, um diese Frage beantworten zu können, lediglich ein lineares Gleichungssystem lösen müssen.

Beispiel (Die Ebene und Ursprungsgerade)

Sehen wir uns zu Beginn ein einfaches Beispiel aus dem $\mathbb {R} ^{2}$ an. Wir betrachten die Ursprungsgerade $\operatorname {span} (A)$ mit der einelementigen Teilmenge des $\mathbb {R} ^{2}$ $A=\{(4,3)^{T}\}$. Die Fragestellung lautet nun, ob der Vektor $(12,9)^{T}$ im Spann von $A$ liegt. Man kann sofort sehen, dass

${\begin{pmatrix}12\\9\end{pmatrix}}=3\cdot {\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}$

gilt. Mit anderen Worten

${\begin{pmatrix}12\\9\end{pmatrix}}\in \operatorname {span} (A)$

Rein formal liegt die Aufgabe im Lösen eines Gleichungssystems. In unserem einfachen Beispiel also konkret darin, ob es uns gelingt ein $\lambda \in K$ zu finden, derart, dass

${\begin{pmatrix}12\\9\end{pmatrix}}=\lambda \cdot {\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}}$

Aus dieser Gleichung gewinnen wir das lineare Gleichungssystem

${\begin{aligned}12&=\lambda \cdot 4\\9&=\lambda \cdot 3\end{aligned}}$

mit der offensichtlichen Lösung $\lambda =3$.

Beispiel (Polynome)

Untersuchen wir nun ein Beispiel, dessen Lösung nicht auf den ersten Blick ersichtlich ist. Dafür betrachten wir die Teilmenge der Monome $B=\{x^{3},x^{1},x^{0}\}$ und das Polynom $(x-2)^{3}+3(x-2)^{2}$. Wir wollen zeigen, dass das Polynom nicht im Spann von $B$ liegt. Es kann uns also nicht gelingen, das Polynom als Linearkombination der Monome von $B$ darzustellen. Das können wir einsehen, indem wir das Polynom umformen zu

$(x-2)^{3}+3(x-2)^{2}=x^{3}-3x^{2}+4$

Wir sehen, dass nun ein Summand die Variable $x$ in zweiter Potenz enthält, dieses Monom $x^{2}$ aber nicht in $B$ enthalten ist. Damit liegt das Polynom nicht im Spann der Menge $B$.

Beispiel (Vektoren aus dem $\mathbb {R} ^{4}$)

Wir betrachten die Teilmenge $C=\{(1,-2,3,2)^{T},(3,0,2,1)^{T},(0,-2,1,-3)^{T},(1,1,-2,2)^{T}\}$ des $\mathbb {R} ^{4}$ und wollen beweisen, dass der Vektor $(2,-9,2,-3)^{T}\in \operatorname {span} (C)$. Dafür müssen zeigen, dass es Koeffizienten $\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3},\lambda _{4}\in \mathbb {R}$ gibt, derart, dass

${\begin{pmatrix}2\\-9\\2\\-3\end{pmatrix}}=\lambda _{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-2\\3\\2\end{pmatrix}}+\lambda _{2}\cdot {\begin{pmatrix}3\\0\\2\\1\end{pmatrix}}+\lambda _{3}\cdot {\begin{pmatrix}0\\-2\\1\\-3\end{pmatrix}}+\lambda _{4}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\-2\\2\end{pmatrix}}$

Aus dieser Darstellung erhalten wir das lineare Gleichungssystem

${\begin{aligned}2&=1\cdot \lambda _{1}&+3\cdot \lambda _{2}&+0\cdot \lambda _{3}&+1\cdot \lambda _{4}\\-9&=-2\cdot \lambda _{1}&+0\cdot \lambda _{2}&-2\cdot \lambda _{3}&+1\cdot \lambda _{4}\\2&=3\cdot \lambda _{1}&+2\cdot \lambda _{2}&+1\cdot \lambda _{3}&-2\cdot \lambda _{4}\\-3&=2\cdot \lambda _{1}&+1\cdot \lambda _{2}&-3\cdot \lambda _{3}&+2\cdot \lambda _{4}\\\end{aligned}}$

mit der Lösung $\lambda _{1}=2$, $\lambda _{2}=-1$, $\lambda _{3}=4$, $\lambda _{4}=3$. Damit gilt

${\begin{pmatrix}2\\-9\\2\\-3\end{pmatrix}}=2\cdot {\begin{pmatrix}1\\-2\\3\\2\end{pmatrix}}-1\cdot {\begin{pmatrix}3\\0\\2\\1\end{pmatrix}}+4\cdot {\begin{pmatrix}0\\-2\\1\\-3\end{pmatrix}}+3\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\-2\\2\end{pmatrix}}$

und somit $(2,-9,2,-3)^{T}\in \operatorname {span} (C)$.