Untervektorraum – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In diesem Artikel betrachten wir den Untervektorraum eines Vektorraums. Der Untervektorraum ist eine Teilmenge des Vektorraums, die selbst wieder ein Vektorraum ist.

Eine Teilmenge $U$ des Vektorraums $V$ ist genau dann ein Untervektorraum, wenn die folgenden drei Eigenschaften erfüllt sind:

• $0_{V}\in U$.
• Für alle $v,u\in U$ gilt $v+u\in U$.
• Für alle $u\in U$ und für alle $\lambda \in K$ gilt $\lambda \cdot u\in U$.

Diese Äquivalenz nennt man das Untervektorraumkriterium.

Motivation

Wie wir im Zusammenhang mit allgemeinen algebraischen Strukturen wie Gruppen oder Körpern schon gesehen haben, spielen Unterstrukturen in der Mathematik eine große Rolle. Zur Wiederholung: Bei Unterstrukturen handelt es sich um Teilmengen eines Grundraumes, welche die gleichen Eigenschaften erfüllen wie dieser Grundraum. Eine Untergruppe ist zum Beispiel eine Teilmenge einer Gruppe, die selbst wieder eine Gruppe ist. Genauso ist ein Teilkörper eine Teilmenge eines Körpers, welcher selbst wieder ein Körper ist.

Die Gründe für die Betrachtung von Unterstrukturen sind vielfältig. Sie werden zum einen benötigt, um weitere algebraische Strukturen zu definieren. Ein prominentes Beispiel sind die so genannten Quotientenräume. Ein anderer Nutzen von Unterstrukturen ist es, bestimmte algebraische Zusammenhänge zu erkennen. Eine algebraische Unterstruktur kann so als Spezialfall einer größeren Struktur aufgefasst werden. Ein Beispiel sind die ganzen Zahlen $\mathbb {Z}$, die eine Untergruppe bzw. ein Teilring von $\mathbb {Q}$ darstellen. Es lohnt sich also, solche Strukturen genauer zu untersuchen.

In der linearen Algebra betrachten wir eine neue algebraische Struktur: den Vektorraum. Wie vorher können wir auch hier die entsprechende Unterstruktur studieren. Wir betrachten also eine Teilmenge eines Vektorraums, die selbst wieder einen Vektorraum bildet. Diese nennen wir Untervektorraum.

Definition eines Untervektorraums

Definition (Untervektorraum)

Sei $(V,+,\cdot )$ ein $K$-Vektorraum. Dann heißt eine Teilmenge $U\subseteq V$ mit den eingeschränkten Verknüpfungen $+_{U}:U\times U\to U,(u_{1},u_{2})\mapsto u_{1}+u_{2}$ und $\cdot _{U}:K\times U\to U,(\lambda ,u)\mapsto \lambda \cdot u$ Untervektorraum von $V$, falls $(U,+_{U},\cdot _{U})$ selbst ein $K$-Vektorraum ist.

Hinweis

In dieser Definition gibt es ein gern vergessenes Detail: Es wird gefordert, dass die Einschränkungen $+_{U}\colon U\times U\to U$ und $\cdot _{U}\colon K\times U\to U$ nach $U$ gehen. Das heißt, für einen Unterraum $U\subseteq V$ wird gefordert, dass für $u_{1},u_{2}\in U$ und $\lambda \in K$ auch $u_{1}+u_{2}\in U\subseteq V$ und $\lambda \cdot u_{1}\in U\subseteq V$ gilt. Das gilt nicht für jede Teilmenge von $V$. Wir sehen dies weiter unten an einem Beispiel.

Hinweis

Du erinnerst dich vielleicht noch an den Begriff der Untergruppe. Wir können jeden Vektorraum $(V,+,\cdot )$ auch als abelsche Gruppe $(V,+)$ auffassen. Wenn nun $(U,+_{U},\cdot _{U})$ ein Untervektorraum von $(V,+,\cdot )$ ist, dann bildet $(U,+_{U})$ eine Untergruppe von $(V,+)$.

Warnung

In der Literatur werden statt Untervektorraum auch oft die Begriffe linearer Unterraum, linearer Teilraum oder Unterraum benutzt. Diese Begriffe bedeuten alle das Gleiche.

Untervektorraumkriterium

Herleitung des Kriteriums

Wie finden wir heraus ob eine eine Teilmenge $U$ eines Vektorraumes $V$ ein Untervektorraum ist? Damit $U$ ein Vektorraum ist, müssen alle Vektorraumaxiome für $U$ gelten. Wir machen uns zunächst an einem Beispiel klar, wie das geht.

Nachprüfen der Vektorraumaxiomen für ein Beispiel

Wir betrachten die Teilmenge $U=\{(x,2x)^{T}\,\mid \,x\in \mathbb {R} \}$ des $\mathbb {R}$-Vektorraums $V=\mathbb {R} ^{2}$. Wir wollen herausfinden, ob es sich bei $U$ um einen Untervektorraum von $V=\mathbb {R} ^{2}$ handelt. Laut Definition müssen wir also zeigen, dass die Menge $U$ zusammen mit den Verknüpfungen $+_{U}$ und $\cdot _{U}$ alle Vektorraumaxiome erfüllt. Wir gehen vor wie im Artikel Beweise für Vektorräume führen. Wir müssen also beweisen, dass die Vektoraddition und die skalare Multiplikation wohldefiniert sind und dass die acht Axiome gelten.

Zunächst müssen wir zeigen, dass die beiden Verknüpfungen wohldefinierte Abbildungen sind. Entscheidend ist hierbei, ob wir den Wertebereich tatsächlich wie behauptet verkleinern dürfen. Wir erklären das am Beispiel der Vektoraddition genauer: Die Addition $+$ in $V$ ist eine Abbildung $V\times V\to V$ mit $(u,v)\mapsto u+v$. Unsere neue Addition entsteht, indem wir zunächst den Definitionsbereich $V\times V$ einschränken auf die Teilmenge $U\times U$. Wir erhalten eine Abbildung $+'\colon U\times U\to V$. Der Wertebereich bleibt also erstmal gleich. Um die Menge $U$ zu einem Vektorraum zu machen, brauchen wir allerdings eine Abbildung $+_{U}\colon U\times U\to U$. Wir würden gerne einfach den Wertebereich der Abbildung $+'$ zu $U$ verkleinern. Bevor wir das machen können, müssen wir allerdings nachprüfen, ob das Bild von $+'$ in $U$ enthalten ist. Anders ausgedrückt müssen wir zeigen, dass für alle $u,u'\in U$ gilt: $u+'u'\in U$. Per Definition ist $+'$ nur die Einschränkung von $+$ auf $U\times U$. Es ist daher äquivalent zu zeigen:

Für alle $u,u'\in U$ gilt, dass auch $u+u'\in U$.

Wir dürfen durch die Addition von Elementen der Menge $U$ diese Menge nicht "verlassen". Diese Eigenschaft nennt man Abgeschlossenheit der Addition.

Ganz analog kann man ein Kriterium für die Wohldefiniertheit der Skalarmultiplikation herleiten:

Für alle $u\in U$ und $\lambda \in K$ gilt, dass auch $\lambda u\in U$.

Diese Eigenschaft nennt man Abgeschlossenheit der Skalarmultiplikation.

Wir prüfen diese Eigenschaften nun in unserem konkreten Beispiel nach:

Zunächst die Addition. Sei $u,u'\in U$. Das heißt, dass $x,y\in \mathbb {R}$ existieren, sodass $u=(x,2x)^{T}$ und $u'=(y,2y)^{T}$. Dann ist $u+u'=(x+y,2(x+y))^{T}$. Setzen wir $z:=x+y$, so gilt $u+u'=(z,2z)^{T}$. Also ist $u+u'\in U$.

Nun die Skalarmultiplikation. Sei wie eben $u=(x,2x)^{T}\in U$ und sei $\lambda \in K$. Dann gilt $\lambda \cdot u=(\lambda x,2\lambda x)^{T}$. Setzen wir $z:=\lambda x$, so gilt $\lambda \cdot u=(z,2z)^{T}$. Also ist $\lambda \cdot u'\in U$.

Die Abgeschlossenheit für Addition und Skalarmultiplikation gelten also in unserem Fall. Somit sind die Vektorraumoperationen wohldefiniert. Wir bemerken, dass wir hier sehr konkret mit der Definition der Menge $U$ gearbeitet haben. Genauer gesagt haben wir verwendet, dass jedes Element von $U$ von der Gestalt $(x,2x)^{T}$ ist.

Nun können wir uns daran machen, die Vektorraumaxiome nachzuprüfen. Zunächst die vier Axiome zur Addition.

Assozitativgesetz der Addition: Seien $u,v,w\in U$. Wir müssen zeigen, dass $u+_{U}(v+_{U}w)=(u+_{U}v)+_{U}w$. Weil $+_{U}$ die Einschränkung von $+$ ist, müssen wir $u+(v+w)=(u+v)+w$ zeigen. Dies gilt, da dass Assoziativgesetz für den Vektorraum $V$ gilt. Wir verwenden hier, dass wegen $U\subseteq V$ auch $u,v,w\in V$ gilt.

Das Kommutativgesetz für $U$ können wir genauso auf das Kommutativgesetz von $V$ zurückführen.

Existenz eines neutralen Elementes: Wir müssen zeigen, dass ein Element $0_{_{U}}\in U$ existiert, sodass $0_{_{U}}+_{U}u=u+_{U}0_{_{U}}=u$ für alle $u\in U$ gilt. Da $V$ ein Vektorraum ist, gilt $0+v=v+0=v$ für alle $v\in V$. Insbesondere gilt das für alle $u\in U$. Da die Addition in $U$ nur die Einschränkung der Addition in $V$ ist, reicht es also zu zeigen, dass $0\in U$. Denn dann können wir $0_{_{U}}=0$ definieren. Das Element $0\in V=\mathbb {R} ^{2}$ ist genauer gesagt der Vektor $(0,0)^{T}$. Dieser lässt sich schreiben als $(0,2\cdot 0)^{T}$ und liegt damit in $U$. Somit ist die Existenz eines neutralen Elementes der Addition gezeigt.

Existenz von additiven Inversen in $U$: Sei $u\in U$. Wir müssen zeigen, dass ein $u'\in U$ existiert, sodass $u+_{U}u'=0$. Wir wissen, dass $u+(-u)=0$ in $V$ gilt. Es würde also reichen, dass $-u\in U$ gilt, denn dann können wir $u'=-u$ wählen. Wir wissen, dass $-u=(-1)\cdot u\in U$ gilt. Außerden haben wir bereits gezeigt, dass $U$ abgeschlossen bezüglich der Skalarmultiplikation ist. Also folgt $-u\in U$. Hier haben wir nur verwendet, dass $U$ abgeschlossen bezüglich der Skalarmultiplikation ist.

Die vier Axiome der Skalarmultiplikation lassen sich auch auf die entsprechenden Eigenschaften von $V$ zurückführen. Dies funktioniert ähnlich wie bei den ersten beiden Axiomen der Addition. Wir verwenden, dass alle relevanten Gleichungen analog in $V$ gelten, wenn man die Operationen in $U$ durch die in $V$ ausdrückt.

Wir sehen also insgesamt: Um zu zeigen, dass die Operationen $+_{U}$ und $\cdot _{U}$ wohldefiniert sind, müssen wir die oben formulierten Eigenschaften der Abgeschlossenheit zeigen. Dafür haben wir eng mit der Definition von $U$ gearbeitet. Weiterhin haben wir für das dritte Axiom der Addition zeigen müssen, dass das neutrale Element der Addition in $V$ auch ein Element von $U$ ist. Auch hier haben wir konkret mit der Definition von $U$ gearbeitet. Das Axiom für die Existenz der inversen Elemente der Addition konnten wir auf die Abgeschlossenheit bezüglich der Skalarmultiplikation zurückgeführt. Für sämtliche andere Axiome konnten wir verwenden, dass die analogen Axiome in $V$ gelten.

Insgesamt haben wir also nur drei Dinge gezeigt:

• Die Abgeschlossenheit von $U$ bezüglich der Addition
• Die Abgeschlossenheit von $U$ bezüglich der Skalarmultiplikation
• $0\in U$

Für diese mussten wir konkret mit der Definition von $U$ und $V$ arbeiten. Die obigen Argumente, dass diese drei Eigenschaften reichen, sollten allgemein für jeden Vektorraum $V$ und alle Teilmengen $U$ von $V$ gelten. Es sollte also im allgemeinen Fall reichen, diese drei Eigenschaften zu beweisen.

Später zeigen wir formell, dass diese Eigenschaften tatsächlich hinreichend sind. Nun überlegen wir uns erstmal, dass die drei Regeln notwendig sind. Wir zeigen also, dass wir keine der drei Regeln weglassen dürfen. Dafür geben wir Teilmengen von $V=\mathbb {R} ^{2}$ an, die jeweils zwei Regeln befolgen aber eine brechen wodurch sie keine Vektorräume sind.

Gegenbeispiel: Leere Menge

Wir betrachten zunächst die leere Menge $U=\emptyset$. Diese ist natürlich eine Teilmenge des $\mathbb {R} ^{2}$.

Überprüfen wir die Abgeschlossenheit bezüglich der Addition, $\forall u,u'\in U:u+u'\in U$, so ist diese erfüllt. Dies liegt daran, dass Allaussagen über die leere Menge trivialerweise immer gelten. Genauso ist die Abgeschlossenheit bezüglich der Skalarmultiplikation erfüllt.

Allerdings gilt die dritte Regel nicht: $0\notin U$, denn die leere Menge enthält per Definition keine Elemente. Die Eigenschaft $0\in U$ lässt sich also im Allgemeinen nicht aus der Abgeschlossenheit der Addition und der skalaren Multiplikation ableiten.

Es handelt sich bei $U$ also nicht um einen Vektorraum, denn $U$ enthält kein Element, insbesondere kein neutrales Element der Addition. Dementsprechend kann $U$ auch kein Untervektorraum sein. Die Eigenschaft $0\in U$ lässt sich im Allgemeinen nicht aus den Abgeschlossenheitseigenschaften ableiten.

Gegenbeispiel: Ganzzahlige Vektoren

Kommen wir nun zu unserem zweiten Beispiel: die Menge der ganzzahligen Vektoren $U:=\mathbb {Z} ^{2}$. Wenn wir die Vektoren mit Punkten im $\mathbb {R} ^{2}$ identifizieren, erhalten wir:

$\mathbb {Z} ^{2}$ als Teilmenge des $\mathbb {R} ^{2}$

Diese Menge ist offensichtlich eine Teilmenge von $\mathbb {R} ^{2}$ und es stellt sich wieder die Frage, ob sie ein Untervektorraum ist. Im Unterschied zum ersten Beispiel ist nun der Nullvektor $0=(0,0)^{T}$ in $U=\mathbb {Z} ^{2}$ enthalten, schließlich ist dieser ganzzahlig. Auch alle anderen Axiome der Vektoraddition sind gültig. Die Summe zweier Vektoren aus $\mathbb {Z} ^{2}$ ist wieder in $\mathbb {Z} ^{2}$.

Dennoch ist der $\mathbb {Z} ^{2}$ kein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{2}$, denn $\mathbb {Z} ^{2}$ ist nicht abgeschlossen bezüglich der Skalarmultiplikation. Es ist beispielsweise $v=(1,0)^{T}\in \mathbb {Z} ^{2}$ und ${\textstyle \lambda ={\frac {1}{2}}\in \mathbb {R} }$, aber ${\textstyle \lambda \cdot v=\left({\frac {1}{2}},0\right)^{T}}$ ist nicht in $\mathbb {Z} ^{2}$ enthalten. Somit erfüllt $\mathbb {Z} ^{2}$ nicht alle Vektorraumaxiome und ist daher auch kein Untervektorraum.

Die Abgeschlossenheit bezüglich der skalaren Multiplikation lässt sich daher nicht aus den anderen Eigenschaften herleiten. Wenn wir nachweisen wollen, dass $U$ ein Untervektorraum ist, müssen wir immer zeigen, dass für jedes $u\in U$ und für jeden Skalar $\lambda \in K$ auch $\lambda \cdot u\in U$ ist.

Gegenbeispiel: Achsenkreuz

Wir haben in beiden Beispielen von oben bereits gesehen, dass jeder Untervektorraum den Nullvektor enthält und abgeschlossen ist unter der Skalarmultiplikation. Zum Schluss wollen wir noch ein drittes und letztes Beispiel anschauen, das obige beiden Bedingungen erfüllt, aber trotzdem nicht alle Vektoraumaxiome erfüllt. Dazu wählen wir uns das Achsenkreuz, die Menge die durch Vereinigung der beiden Ursprungsgeraden $G:=\{(0,t)^{T}:t\in \mathbb {R} \}$ und $H:=\{(t,0)^{T}:t\in \mathbb {R} \}$ entsteht. Wir betrachten also die Teilmenge $U:=G\cup H\subseteq \mathbb {R} ^{2}$. In der Ebene als Punkte veranschaulicht sieht die Menge so aus:

Das unendliche Kreuz

Handelt es sich bei $U$ um einen Untervektorraum? Offenbar ist der Nullvektor $0$ in $U$ enthalten. Außerdem gilt für ein beliebiges $v\in U$ und $\lambda \in \mathbb {R}$, dass auch $\lambda v$ ein Element von $U$ ist. Somit ist $U$ abgeschlossen unter der Skalarmultiplikation. Trotzdem handelt es sich bei $U$ um keinen Untervektorraum. Um das zu sehen, wählen wir die Vektoren $v_{1}=(1,0)^{T}$ und $v_{2}=(0,1)^{T}$. Dann gilt $v_{1},v_{2}\in U$, aber für die Summe gilt $v_{1}+v_{2}=(1,1)^{T}\notin U$.

Also kann die Abgeschlossenheit unter der Vektorraumaddition nicht aus den anderen Eigenschaften hergeleitet werden. Das heißt wir müssen, die Abgeschlossenheit unter der Vektorraumaddition immer nachprüfen, um zu beweisen, dass $U$ ein Untervektorraum ist.

Aussage und Beweis des Kriteriums

Wir haben uns an einem Beispiel überlegt, dass eine Teilmenge $U$ von $V$ ein Untervektorraum ist, wenn sie die folgenden drei Eigenschaften erfüllt:

• Abgeschlossenheit bezüglich der Addition,
• Abgeschlossenheit bezüglich der Skalarmultiplikation und
• $0\in U$.

Wir haben Beispiele für Teilmengen $U$ von $V$ gesehen, bei denen jeweils eine dieser Eigenschaften nicht erfüllt war und die auch keinen Untervektorraum von $V$ bilden. Also vermuten wir, dass diese drei Eigenschaften an eine Teilmenge notwendig und hinreichend dafür sind, dass es sich bei der Teilmenge um einen Untervektorraum handelt. Dies ist der Satz vom Untervektorraumkriterium, den wir jetzt beweisen werden.

Satz (Untervektorraumkriterium)

Eine Teilmenge $U$ eines $K$-Vektorraums $V$ mit Vektoraddition $+:V\times V\to V$ und Skalarmultiplikation $\cdot :K\times V\to V$ ist genau dann ein Untervektorraum, wenn folgende drei Bedingungen gelten:

1. $0_{V}\in U$.
2. Für alle $v,u\in U$ gilt $v+u\in U$.
3. Für alle $u\in U$ und für alle $\lambda \in K$ gilt $\lambda \cdot u\in U$.

Anders formuliert: Eine Teilmenge eines Vektorraums ist genau dann ein Untervektorraum, wenn sie sowohl das Nullelement enthält, als auch bezüglich der Vektoraddition und der skalaren Multiplikation abgeschlossen ist.

Beweis (Untervektorraumkriterium)

Der Satz enthält ein "genau dann ... wenn", was bedeutet, dass wir zwei Implikationen zeigen müssen. Die eine Richtung lautet: Jeder Untervektorraum erfüllt die Bedingungen 1, 2 und 3. Die andere Richtung kann wie folgt formuliert werden: Eine beliebige Teilmenge des Vektorraumes, welche die Bedingungen 1, 2 und 3 erfüllt, ist bereits ein Untervektorraum.

Beweisschritt: Jeder Untervektorraum erfüllt die Bedingungen 1, 2 und 3.

Sei $U$ ein beliebiger Untervektorraum von $V$. Dann ist per Definition $U$ auch ein Vektorraum. Damit gelten für $U$ alle Axiome aus der Definition eines Vektorraums.

Das heißt insbesondere auch, dass die auf $U$ eingeschränkten Verknüpfungsabbildungen $+:U\times U\to U$ und $\cdot :K\times U\to U$ wohldefiniert sind. Dies ist aber nur eine andere Formulierung der Bedingungen 2) und 3).

Da U außerdem zusammen mit $+$ eine abelsche Gruppe bildet, enthält $U$ das neutrale Element $0_{V}$. Das heißt, es gilt auch Bedingung 1.

Beweisschritt: Wenn die Bedingungen 1, 2 und 3 erfüllt sind, so ist die betrachtete Menge ein Untervektorraum.

Sei $U\subseteq V$ eine Teilmenge von $V$, in der die drei Bedingungen gelten. Wir müssen zeigen, dass $U$ ein Vektorraum ist. Dazu zeigen wir, dass $U$ alle Eigenschaften aus der Definition eines Vektorraums erfüllt.

Aus der Bedingung 1 folgt, dass $U$ eine nicht-leere Menge ist. Aus den Bedingungen 2 und 3 können wir ableiten, dass die von $V$ auf $U$ eingeschränkten Verknüpfungen $+:U\times U\to U$ und $\cdot :K\times U\to U$ wohldefiniert sind. Wir haben also eine nicht-leere Menge $U$ mit einer inneren Verknüpfung $+$ (Vektoraddition) und einer äußeren Verknüpfung $\cdot$ (Skalarmultiplikation).

Nun ist noch nachzuweisen, dass $U$ zusammen mit $+$ eine abelsche Gruppe bildet und die Axiome der skalaren Multiplikation gelten. Jetzt können wir verwenden, dass $V$ ein Vektorraum ist. Daraus folgt wegen $U\subseteq V$ bereits:

• Assoziativgesetz: Für alle $v,w,z\in U$ gilt: $v+(w+z)=(v+w)+z$
• Kommutativgesetz: Für alle $v,w\in U$ gilt: $v+w=w+v$
• Skalares Distributivgesetz: Für alle $\lambda ,\mu \in K$ und alle $v\in U$ gilt: $(\lambda +\mu )\cdot v=(\lambda \cdot v)+(\mu \cdot v)$
• Vektorielles Distributivgesetz: Für alle $\lambda \in K$ und alle $v,w\in U$ gilt: $\lambda \cdot (v+w)=(\lambda \cdot v)+(\lambda \cdot w)$
• Assoziativgesetz für Skalare: Für alle $\lambda ,\mu \in K$ und alle $v\in U$ gilt: $(\lambda \cdot \mu )\cdot v=\lambda \cdot (\mu \cdot v)$
• Neutrales Element der skalaren Multiplikation: Für alle $v\in U$ und für $1\in K$ (das neutrale Element der Multiplikation in $K$) gilt: $1\cdot v=v$. 1 heißt neutrales Element der skalaren Multiplikation.

Es bleiben noch die Axiome Existenz eines neutralen Elements und Existenz eines inversen Elements übrig. Ersteres ist durch Bedingung 1 gegeben. Es genügt also zu zeigen, dass zu jedem $u\in U$ ein ${\tilde {u}}\in U$ existiert, so dass $u+{\tilde {u}}=0_{V}$. Für ein beliebiges $u\in U$ gilt aber wegen Bedingung 3:

$-u=(-1)\cdot u\in U$

Also ist ${\tilde {u}}:=(-1)\cdot u$ das in $U$ enthaltene inverse Element von $u$.

Hinweis

Anstelle von $0_{V}\in U$ wird in einigen mathematischen Texten auch $U\neq \emptyset$ gefordert. Beide Forderungen sind (wenn man die anderen beiden Bedingungen 2 und 3 hinzunimmt) äquivalent: Wenn es ein $v\in U$ gibt, so muss wegen der Abgeschlossenheit der skalaren Multiplikation auch $0_{V}=0_{K}\cdot v$ in $U$ enthalten sein.

Hinweis

Eine andere, äquivalente Möglichkeit des Kriteriums ist:

Eine nicht-leere Teilmenge $U\subseteq V$ ist ein Untervektorraum, wenn die Linearkombination $\lambda u+\mu v$ in $U$ liegt für alle $u,v\in U$ und alle $\lambda ,\mu \in K$.

Wir wollen uns von der Äquivalenz der Formulierungen überzeugen:

Da $U$ nicht leer ist, gibt es $u\in U$, und daher liegt auch $0_{K}\cdot u+0_{K}\cdot u=0_{V}$ in $U$ (Punkt 1). Mit $u$ liegt auch $\lambda \cdot u=\lambda \cdot u+0_{K}\cdot 0_{V}$ in $U$ (Punkt 3). Schließlich ist mit $u,v\in U$ auch $u+v=1_{K}\cdot u+1_{K}\cdot v$ in $U$ (Punkt 2).

Umgekehrt ist $U$ nach 1 nicht leer. Weiter sind mit $u$ und $v$ nach 3 auch $\lambda \cdot u$ und $\mu \cdot v$ in $U$ und aus 2 folgt dann $\lambda \cdot u+\mu \cdot v\in U$.

Beweise für Untervektorräume führen

Allgemeine Beweisstruktur

Bevor wir anhand eines Beispiels das Vorgehen genauer untersuchen, ist es sinnvoll, die allgemeine Beweisstruktur zu verstehen. Wie können wir zeigen, dass eine Menge $U$ ein Untervektorraum eines $K$-Vektorraums $V$ ist? Wir können das Untervektorraumkriterium nutzen, das wir gerade gelernt haben. Damit wir das Kriterium anwenden können müssen wir zunächst die Voraussetzungen überprüfen. Der Satz setzt voraus, dass $U\subseteq V$. Um dann zu zeigen, dass $U$ ein Untervektorraum ist, müssen wir die drei Eigenschaften aus dem Kriterium nachprüfen. Insgesamt müssen wir also folgende vier Aussagen zeigen:

1. $U\subseteq V$
2. $0\in U$.
3. Für alle $v,u\in U$ gilt $v+u\in U$.
4. Für alle $u\in U$ und für alle $\lambda \in K$ gilt $\lambda \cdot u\in U$.

Hinweis

Die zweite Aussage "$0\in U$" können wir auch mit "$U\neq \emptyset$" ersetzen. Wenn wir die Bedingungen 3. und 4. hinzunehmen, sind die beiden Aussagen äquivalent.

Wie sehen Beweise dieser Aussagen aus? Die Beweisstruktur dieser Aussagen sieht so aus:

1. Beweis für "$U\subseteq V$": Sei $u\in U$. Dann gilt $u\in V$, da ...
2. Beweis für "$0\in U$": Sei $0\in V$ der Nullvektor. Dann gilt $0\in U$, da ...
3. Beweis für "$\forall \ v,u\in U:\ v+u\in U$": Seien $u,v\in U$ beliebig. Es gilt ... und damit $u+v\in U$.
4. Beweis für "$\forall \ u\in U\ \forall \lambda \in K:\ \lambda \cdot u\in U$": Seien $\lambda \in K$ und $u\in U$ beliebig. Wegen ... folgt, dass $\lambda \cdot u\in U$.

Beweis finden

Wir betrachten eine Beispielaufgabe:

Aufgabe

Sei $u\in \mathbb {R} ^{2}$ und $U:=\{\lambda \cdot u|\ \lambda \in \mathbb {R} \}$. Zeige: $U$ ist ein Untervektorraum des $\mathbb {R}$-Vektorraums $\mathbb {R} ^{2}$.

Wir wollen das Untervektorraumkriterium auf $U$ anwenden. Dazu überprüfen wir die Voraussetzungen des Satzes nach obigem Schema.

• $U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$: sei $v\in U$. Nach Definition von $U$ existiert $\lambda \in \mathbb {R}$ mit $v=\lambda \cdot u$. Da $\mathbb {R} ^{2}$ ein Vektorraum ist, folgt $v=\lambda \cdot u\in \mathbb {R} ^{2}$.
• $0\in U$: Wir haben in Eigenschaften von Vektorräumen gesehen, dass für jeden Vektor $v\in \mathbb {R} ^{2}$ gilt $0\cdot v=0$. Also gilt auch $0\cdot u=0$. Damit folgt $0\in U$.
• Abgeschlossenheit bzgl. Addition: Seien $v,w\in U$. Nach Definition von $U$ existieren $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$ mit $v=\lambda \cdot u$ und $w=\mu \cdot u$. Da $v,w\in \mathbb {R} ^{2}$ können wir sie addieren: $v+w=\lambda \cdot u+\mu \cdot u=(\lambda +\mu )\cdot u$. Wegen $\lambda +\mu \in \mathbb {R}$ folgt $v+w\in U$.
• Abgeschlossenheit bzgl. Skalarmultiplikation: Sei $v\in U$ und sei $\mu \in \mathbb {R}$. Nach Definition von $U$ existiert $\lambda \in \mathbb {R}$ mit $v=\lambda \cdot u$. Da $v\in \mathbb {R} ^{2}$ können wir es mit $\mu$ multiplizieren: $\mu \cdot v=\mu \cdot (\lambda \cdot u)=(\mu \cdot \lambda )\cdot u$. Wegen $\mu \cdot \lambda \in \mathbb {R}$ folgt $\mu \cdot v\in U$.

Dies zeigt, dass alle Voraussetzungen gelten, also folgt mit dem Untervektorraumkriterium, dass $U$ ein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{2}$ ist.

Beweis aufschreiben

Nun können wir den Beweis aufschreiben:

Beweis

Wir überprüfen die Voraussetzungen des Satzes nach obigem Schema.

• $U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$: sei $v\in U$. Dann existiert $\lambda \in \mathbb {R}$ mit $v=\lambda \cdot u$. Es folgt $v\in \mathbb {R} ^{2}$.
• $0\in U$: wegen $0\cdot u=0$ folgt $0\in U$.
• Abgeschlossenheit bzgl. Addition: seien $v,w\in U$. Dann existieren $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$ mit $v=\lambda \cdot u$ und $w=\mu \cdot u$. Wir berechnen: $v+w=\lambda \cdot u+\mu \cdot u=(\lambda +\mu )\cdot u\in U$.
• Abgeschlossenheit bzgl. Skalarmultiplikation: sei $v\in U$ und sei $\mu \in \mathbb {R}$. Dann existiert $\lambda \in \mathbb {R}$ mit $v=\lambda \cdot u$. Wir berechnen: $\mu \cdot v=\mu \cdot (\lambda \cdot u)=(\mu \cdot \lambda )\cdot u\in U$.

Dies zeigt, dass alle Voraussetzungen gelten. Also folgt mit dem Untervektorraumkriterium, dass $U$ ein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{2}$ ist.

Beispiele und Gegenbeispiele für Untervektorräume

Beispiele

Im Folgenden schauen wir uns erste Beispiele an, um unsere Vorstellung von Untervektorräumen zu festigen und Fehlinterpretationen vorzubeugen. Dabei werden wir auch das Untervektorraumkriterium verwenden.

Triviale Untervektorräume

In jedem $K$-Vektorraum $V$ gibt es zwei "triviale" Untervektorräume:

Beispiel (Triviale Untervektorräume)

Sei $V$ ein Vektorraum. Zum einen ist der Nullvektorraum $\{0_{_{V}}\}$ stets ein Untervektorraum von $V$. Dieser ist ein Vektorraum und da $0_{_{V}}\in V$ ist, ist auch $\{0_{_{V}}\}\subseteq V$.

Auf der anderen Seite ist auch der komplette Vektorraum $V$ ein Untervektorraum von $V$. Schließlich gilt $V\subseteq V$ und $V$ ist ein Vektorraum.

Da $\{0_{_{V}}\}$ und $V$ stets Untervektorräume für jeden Vektorraum $V$ sind, werden sie triviale Untervektorräume genannt.

Folgendes Beispiel mit $V=\mathbb {R}$ zeigt, dass es manchmal nur die trivialen Untervektorräume gibt:

Beispiel (Untervektorräume von $\mathbb {R}$)

$\mathbb {R}$ aufgefasst als $\mathbb {R}$-Vektorraum besitzt nur die trivialen Untervektorräume $\lbrace 0\rbrace$ und $\mathbb {R}$ selbst.

Sei $U\subseteq \mathbb {R}$ ein Untervektorraum mit $U\neq \{0\}$. Wir wollen $U=\mathbb {R}$ zeigen. Da $U\neq \{0\}$ ist, existiert eine reelle Zahl $0\neq u\in U$. Weil $U$ unter Skalarmultiplikation abgeschlossen ist, gilt für alle $a\in \mathbb {R}$, dass $a={\frac {a}{u}}\cdot u\in U$. Dies zeigt $U=\mathbb {R}$.

Warnung

Obwohl $\mathbb {Q}$ ein Teilkörper von $\mathbb {R}$ ist, ist $\mathbb {Q}$ kein Untervektorraum des $\mathbb {R}$-Vektorraums $\mathbb {R}$. Denn für ${\tfrac {1}{2}}\in \mathbb {Q}$ ist das skalare Vielfache $\pi \cdot {\tfrac {1}{2}}\notin \mathbb {Q}$.

Gerade durch den Ursprung

In diesem Beispiel betrachten wir eine Gerade $U$ im $\mathbb {R} ^{2}$, die durch den Ursprung geht. Die Geradengleichung soll durch $y=2x$ gegeben sein. Also können wir die Gerade als Menge von Punkten so aufschreiben:

$U=\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}{\bigg |}y=2x\right\}=\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}{\bigg |}2x-y=0\right\}.$

Die Gerade U

Aufgabe

Zeige: $U$ ist ein Untervektorraum des $\mathbb {R}$-Vektorraums $\mathbb {R} ^{2}$.

Beweis

Wir wollen das Untervektorraumkriterium von oben benutzen. Wegen $0=2\cdot 0$ gilt $(0,0)^{T}\in U$. Seien $(x,y)^{T},(x',y')^{T}\in U$, d.h. $y=2x$ und $y'=2x'$. Daraus folgt $y+y'=2(x+x')$ und somit $(x,y)^{T}+(x',y')^{T}=(x+x',y+y')^{T}\in U$. Sei $(x,y)^{T}\in U$ und $\lambda \in \mathbb {R}$. Wegen $y=2x$ gilt auch $\lambda y=2\lambda x$ und somit $\lambda \cdot (x,y)^{T}=(\lambda x,\lambda y)^{T}\in U$. Wir haben gezeigt, dass alle Voraussetzungen des Untervektorraumkriteriums erfüllt sind. Folglich ist $U$ ein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{2}$.

Alternativer Beweis

Wir können auch anders einsehen, dass $U$ ein Untervektorraum ist. Dazu formen wir $U$ zuerst um:

$U=\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}{\bigg |}y=2x\right\}=\left\{{\begin{pmatrix}x\\2x\end{pmatrix}}{\bigg |}x\in \mathbb {R} \right\}=\left\{x\cdot {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}{\bigg |}x\in \mathbb {R} \right\}.$

Nun erinnern wir uns an den Abschnitt Beweise für Untervektorräume führen, in dem wir gesehen haben, dass solche Teilmengen Untervektorräume bilden. Diese Teilmengen waren von der Form $U:=\{x\cdot u|x\in \mathbb {R} \}$ für ein $u\in \mathbb {R} ^{2}$. In diesem Beispiel ist $u=(1,2)^{T}$.

Ein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{3}$

In der folgenden Aufgabe betrachten wir eine Ebene im $\mathbb {R} ^{3}$, die durch die $0$ geht. Wir zeigen, dass diese Ebene ein Untervektorraum des $\mathbb {R} ^{3}$ bildet.

Aufgabe (Ebene im $\mathbb {R} ^{3}$)

Sei $U=\left\{(u_{1},u_{2},u_{3})^{T}\in \mathbb {R} ^{3}\mid u_{1}-u_{2}-u_{3}=0\right\}\subseteq \mathbb {R} ^{3}$. Beweise, dass $U$ ein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{3}$ ist.

Beweis (Ebene im $\mathbb {R} ^{3}$)

Für den Nachweis müssen wir zeigen, dass das Unterraumkriterium erfüllt ist. Das zeigen wir mit den folgenden drei Beweisschritten:

Beweisschritt: $0\in U$

Es gilt $0=(0,0,0)^{T}\in U$, da $0-0-0=0$ erfüllt ist.

Beweisschritt: $U$ ist abgeschlossen unter Addition

Wir betrachten zwei Vektoren $a=(a_{1},a_{2},a_{3})^{T}$ und $b=(b_{1},b_{2},b_{3})^{T}$ aus $U$. Also gilt $a_{1}-a_{2}-a_{3}=0$ und $b_{1}-b_{2}-b_{3}=0$. Wir wissen

$a+b={\begin{pmatrix}a_{1}+b_{1}\\a_{2}+b_{2}\\a_{3}+b_{3}\end{pmatrix}}$

Weiter ist

${\begin{aligned}&(a_{1}+b_{1})-(a_{2}+b_{2})-(a_{3}+b_{3})\\[0.3em]=&\underbrace {a_{1}-a_{2}-a_{3}} _{=0}+\underbrace {b_{1}-b_{2}-b_{3}} _{=0}=0\end{aligned}}$

Damit ist $a+b\in U$ und wir haben die Abgeschlossenheit der Addition gezeigt.

Beweisschritt: $U$ ist abgeschlossen unter Skalarmultiplikation

Sei $\lambda \in \mathbb {R}$ und sei $a=(a_{1},a_{2},a_{3})^{T}\in U$. Somit gilt $a_{1}-a_{2}-a_{3}=0$. Es folgt

$\lambda \cdot a=\lambda \cdot {\begin{pmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\lambda \cdot a_{1}\\\lambda \cdot a_{2}\\\lambda \cdot a_{3}\end{pmatrix}}$

Damit können wir rechnen:

${\begin{aligned}\lambda \cdot a_{1}-\lambda \cdot a_{2}-\lambda \cdot a_{3}&=\lambda \cdot (\underbrace {a_{1}-a_{2}-a_{3}} _{=0})\\[0.3em]&=\lambda \cdot 0=0\end{aligned}}$

Also ist $\lambda \cdot a\in U$ und somit ist $U$ abgeschlossen unter der Skalarmultiplikation.

Wir haben die Bedingungen des Untervektorraumkriteriums nachgewiesen und damit gezeigt, dass $U$ ein Untervektorraum ist.

Ein Untervektorraum des Polynomvektorraumes

Wenden wir uns nun einem etwas abstrakteren Beispiel zu, nämlich dem Polynomvektorraum. Wir zeigen, dass die Teilmenge der Polynome bis Grad $n$ ein Untervektorraum ist:

Satz (Polynome mit Grad $\leq n$)

Sei $n\in \mathbb {N} _{0}$. Dann ist $K[X]_{\leq n}:=\lbrace f\in K[X]{\big |}\operatorname {deg} (f)\leq n\rbrace \subseteq K[X]$ ein Untervektorraum des Vektorraums der Polynome $K[X]$.

Beweis (Polynome mit Grad $\leq n$)

Wir müssen zeigen, dass die drei Bedingungen des Unterraumkriteriums gelten:

Beweisschritt: $0\in K[X]_{\leq n}$

Wir haben $\operatorname {deg} (0)=-\infty \leq n$, also $0\in K[X]_{\leq n}$

Beweisschritt: $K[X]_{\leq n}$ ist abgeschlossen unter der Addition

Seien $f,g\in K[X]_{\leq n}$. Dann ist $\operatorname {deg} (f)\leq n,\operatorname {deg} (g)\leq n$. Deshalb finden wir $f_{i},g_{i}\in K$ für $0\leq i\leq n$, sodass $f=\sum _{i=0}^{n}f_{i}x^{i}$ und $g=\sum _{i=0}^{n}g_{i}x^{i}$ gilt. Somit erhalten wir $f+g=\sum _{i=0}^{n}(f_{i}+g_{i})x^{i}$, also $\operatorname {deg} (f+g)\leq n$. Damit liegt $f+g\in K[X]_{\leq n}$

Beweisschritt: $K[X]_{\leq n}$ ist abgeschlossen unter der skalaren Multiplikation

Seien $f\in K[X]_{\leq n}$ und $\lambda \in K$. Dann ist $\operatorname {deg} (f)\leq n$. Deshalb finden wir $f_{i}\in K$ und $0\leq i\leq n$, sodass $f=\sum _{i=0}^{n}f_{i}x^{i}$ gilt. Somit erhalten wir $\lambda \cdot f=\sum _{i=0}^{n}(\lambda f_{i})x^{i}$, also $\operatorname {deg} (\lambda \cdot f)\leq n$. Damit liegt $\lambda \cdot f\in K[X]_{\leq n}$.

Damit sind nun alle drei Unterraumkriterien erfüllt, und es folgt, dass $K[X]_{\leq n}\subseteq K[X]$ ein Unterraum ist.

Gegenbeispiele

Wir haben schon oben bei der Herleitung drei Beispiele für Teilmengen des $\mathbb {R} ^{2}$ gesehen, die keinen Untervektorraum bilden. Zum besseren Verständnis betrachten wir nun auch für andere Vektorräume Gegenbeispiele.

Gerade, die nicht durch den Ursprung geht

Beispiel

Wir haben bei den Beispielen diese Gerade betrachtet:

$U=\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}{\bigg |}2x-y=0\right\},$

welche einen Untervektorraum des $\mathbb {R} ^{2}$ bildet. Nun verschieben wir diese um eins nach oben und erhalten folgende Menge:

$G:=\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}{\bigg |}2x-y+1=0\right\}.$

Die Mengen U und G

Diese bildet keinen Untervektorraum des $\mathbb {R} ^{2}$ mehr. Es gibt unterschiedliche Möglichkeiten, das zu begründen. Wir können beispielsweise erkennen, dass $G$ nicht den Nullvektor $(0,0)^{T}$ enthält. Denn es gilt: $2\cdot 0-0+1=1\neq 0.$

Beschränkte Teilmenge des $\mathbb {R} ^{3}$

Beispiel

Wir betrachten den $\mathbb {R}$-Vektorraum $\mathbb {R} ^{3}$. Sei

$W:=\{(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 5\}\subseteq \mathbb {R} ^{3}.$

$W$ ist kein Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{3}$. Denn $W$ ist nicht abgeschlossen unter skalarer Multiplikation. Wir wissen $(1,0,0)^{T}\in W$. Aber $3\cdot (1,0,0)^{T}=(3,0,0)^{T}\notin W$, denn $3^{2}+0^{2}+0^{2}=9>5$.

Alternativ können wir auch zeigen, dass $W$ unter der Addition nicht abgeschlossen ist. Zum Beispiel ist $(2,0,0)^{T}$ und $(0,2,0)^{T}\in W$. Es gilt aber $(2,0,0)^{T}+(0,2,0)^{T}=(2,2,0)^{T}\notin W$, weil $2^{2}+2^{2}=8>5$.

Graph einer nicht-linearen Funktion

Beispiel

Wir betrachten den $\mathbb {R}$-Vektorraum $\mathbb {R} ^{3}$. Definiere

$G=\{(x,y,xy)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}\mid x,y\in \mathbb {R} \}.$

Die Menge $G$ ist kein Untervektorraum des $\mathbb {R} ^{3}$, da sie unter der Addition nicht abgeschlossen ist. Um das einzusehen, betrachten wir die zwei Elemente $(1,1,1)^{T},(2,0,0)^{T}\in G$. Dann gilt $(1,1,1)^{T}+(2,0,0)^{T}=(3,1,1)^{T}\notin G$, da $3\cdot 1=3\neq 1$.

Polynome mit Grad genau $n$ ist kein Untervektorraum

Beispiel

Als abstrakteres Beispiel betrachten wir nun den Polynomvektorraum $K[X]$ für einen beliebigen Körper $K$. Sei

$M=\{p\in K[X]\mid \deg(p)=5\}.$

Wir zeigen, die Menge $M$ bildet keinen Untervektorraum von $K[X]$, da sie nicht unter der Addition abgeschlossen ist. Um das einzusehen, betrachten wir die zwei Elemente $X^{5}+1,-X^{5}\in M$. Dann gilt $X^{5}+1-X^{5}=1\notin M$, da $\deg(1)=0\neq 5$.

Andere Kriterien für Untervektorräume

Wir lernen nun drei Kriterien kennen, die in vielen Fällen die Beweise einfacher machen. Dazu werden wir vorgreifen und den Begriff der linearen Abbildung benutzen.

Kern einer linearen Abbildung

Bei den Beispielen für Untervektorräume haben wir die folgenden Mengen betrachtet:

${\begin{aligned}U_{1}&=\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}{\bigg |}\,2x-y=0\right\}\subseteq \mathbb {R} ^{2},\\[0.5em]U_{2}&=\left\{{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}{\bigg |}\,a-b-c=0\right\}\subseteq \mathbb {R} ^{3}\end{aligned}}$

Wir haben oben nachgewiesen, dass $U_{1}$ und $U_{2}$ Untervektorräume von $\mathbb {R} ^{2}$ bzw. $\mathbb {R} ^{3}$ sind. Die beiden Mengen sind nach dem gleichen Prinzip definiert. Die Untervektorräume enthalten alle Vektoren, die bestimmte Bedingungen erfüllen. Die Bedingungen sind

${\begin{aligned}2x-y=0{\text{ und }}a-b-c=0\end{aligned}}.$

Diese sehen sehr ähnlich aus. Beide Bedingungen sagen uns, dass ein Ausdruck in $x$ und $y$ bzw. in $a,b$ und $c$ gleich Null sein soll. Dieser Ausdruck ist linear in $x,y$ bzw. $a,b,c$. Das heißt beide Formeln lassen sich auch als lineare Abbildungen hinschreiben:

${\begin{aligned}f&\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ;\quad (x,y)^{T}\mapsto 2x-y\\[0.5em]g&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ;\quad (a,b,c)^{T}\mapsto a-b-c\end{aligned}}$

Damit können wir unsere Untervektorräume umschreiben zu

${\begin{aligned}U_{1}&=\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}{\bigg |}\,f{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=0\right\}\subseteq \mathbb {R} ^{2},\\[0.5em]U_{2}&=\left\{{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}{\bigg |}\,g{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}=0\right\}\subseteq \mathbb {R} ^{3}\end{aligned}}$

Damit ist $U_{1}$, sowie $U_{2}$ der Kern einer linearen Abbildung. Man kann ganz allgemein zeigen, dass der Kern einer linearen Abbildung immer ein Untervektorraum ist.

Bild einer linearen Abbildung

Genau wie beim Kern kann man ganz allgemein zeigen, dass das Bild einer linearen Abbildung immer ein Untervektorraum ist. Damit können wir manchmal einfachere Beweise dafür finden, dass eine gegebene Menge ein Untervektorraum ist.

Beispiel (Lineare Abbildung aus den Polynomen höchstens ersten Grades)

Wir betrachten ein Beispiel einer linearen Abbildung von $V:=\mathbb {R} [X]_{\leq 1}$, dem Vektorraum der reellen Polynome höchstens ersten Grades in den $\mathbb {R} ^{3}$.

Wir definieren eine Abbildung, die einem Polynom im Vektorraum $V$ den Vektor seiner Funktionswerte an den Stellen $0$, $2$ und $4$ zuordnet. Also definieren wir die lineare Abbildung $f:V\to \mathbb {R} ^{3}$ durch

$f(p)={\begin{pmatrix}p(0)\\p(2)\\p(4)\end{pmatrix}}$

Wir erinnern uns daran, wie die Addition und skalare Multiplikation von Polynomen definiert ist: Für zwei Polynome $p_{1},p_{2}\in V$ ist die Summe $p_{1}+p_{2}$ definiert durch $(p_{1}+p_{2})(x)=p_{1}(x)+p_{2}(x)$. Für einen Skalar $\lambda \in \mathbb {R}$ und ein Polynom $p\in V$ ist die skalare Multiplikation $\lambda \cdot p$ gegeben durch $(\lambda \cdot p)(x)=\lambda \cdot p(x)$.

Als erstes weisen wir nach, dass $f$ wirklich eine lineare Abbildung ist. Dazu müssen wir die Additivität und die Homogenität nachweisen. Wir wählen also $p_{1},p_{2}\in V$ und $\lambda \in \mathbb {R}$.

Additivität:

${\begin{aligned}f(p_{1}+p_{2})&={\begin{pmatrix}(p_{1}+p_{2})(0)\\(p_{1}+p_{2})(2)\\(p_{1}+p_{2})(4)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}p_{1}(0)+p_{2}(0)\\p_{1}(2)+p_{2}(2)\\p_{1}(3)+p_{2}(4)\end{pmatrix}}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}p_{1}(0)\\p_{1}(2)\\p_{1}(4)\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}p_{2}(0)\\p_{2}(2)\\p_{2}(4)\end{pmatrix}}=f(p_{1})+f(p_{2}).\end{aligned}}$

Homogenität:

${\begin{aligned}f(\lambda p)&={\begin{pmatrix}(\lambda p)(0)\\(\lambda p)(2)\\(\lambda p)(4)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\lambda \cdot p(0)\\\lambda \cdot p(2)\\\lambda \cdot p(4)\end{pmatrix}}=\lambda \cdot {\begin{pmatrix}p(0)\\p(2)\\p(4)\end{pmatrix}}=\lambda \cdot f(p).\end{aligned}}$

Damit wissen wir, dass $U=\{(p(0),p(2),p(4))^{T}\mid p\in V\}$ ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{3}$ ist.

Wenn wir uns die Rechnung noch einmal ansehen, merken wir, dass es auf die $x$-Werte $0,2$ und $4$ gar nicht ankam. Der Beweis geht genauso für die Aussage:

Seien $r,s,t\in \mathbb {R}$ (und diese Zahlen können, müssen aber nicht, verschieden sein). Die Abbildung $f:V\to \mathbb {R} ^{3}$, $f(p)=(p(r),p(s),p(t))^{T}$ ist linear und das Bild von $f$ ist ein Untervektorraum des $\mathbb {R} ^{3}$.

Wir wissen, dass $U=f(V)\subseteq \mathbb {R} ^{3}$ ein Unterraum ist. Wir finden auch eine explizite Darstellung für $U$: Ein Polynom $p\in V$ hat die Form $p(x)=ax+b$ für $a$ und $b\in \mathbb {R}$. Außerdem ist $p(0)=b$ und $p(2)=2a+b$ und $p(4)=4a+b$.

Der Unterraum $U$ hat damit die Gestalt

$U=\left\{{\begin{pmatrix}b\\2a+b\\4a+b\end{pmatrix}}{\Bigg |}a,b\in \mathbb {R} \right\}=\left\{a\cdot {\begin{pmatrix}0\\2\\4\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}{\Bigg |}a,b\in \mathbb {R} \right\}.$

Es handelt sich also um eine Ebene im $\mathbb {R} ^{3}$.

Erzeugnis von Vektoren

Wir werden später einen allgemeinen Satz beweisen, dass jedes Erzeugnis einer Teilmenge $M\subseteq V$ ein Untervektorraum von $V$ ist.

Damit können wir einen Beweis von oben kürzer fassen:

Wir haben oben nachgerechnet, dass für $u\in \mathbb {R} ^{2}$ und $U:=\{\lambda \cdot u|\ \lambda \in \mathbb {R} \}$ die Menge $U$ ein Untervektorraum des $\mathbb {R}$-Vektorraums $\mathbb {R} ^{2}$ ist.

Die Menge $U$ ist genau das Erzeugnis von der Menge $M=\{u\}$ im Vektorraum $v=\mathbb {R} ^{2}$. Das Erzeugnis von $M$ sind genau alle Linearkombinationen von Elementen aus $M$. In unserem Fall sind das gerade die Vielfachen von $u$. Daher ist $U$ ein Untervektorraum des $\mathbb {R} ^{2}$.

Aufgaben

Aufgabe (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$?)

Ist $U=\left\{x={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mid x_{1}^{2}=x_{2}^{2}\right\}$ ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$?

Wie kommt man auf den Beweis? (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$?)

Die Gleichung $x_{1}^{2}=x_{2}^{2}$ ist äquivalent zu $x_{1}=x_{2}\vee x_{1}=-x_{2}$. Diese Gleichungen geben die Winkelhabierenden im $\mathbb {R} ^{2}$. Diese Menge ist ebensowenig ein Unterraum wie das Achsenkreuz in diesem Beispiel. Wieder ist die Menge unter der skalaren Multiplikation abgeschlossen, aber nicht unter der Addition. Wir nehmen uns je einen Vektor aus der ersten und der zweiten Winkelhalbierenden, um ein Gegenbeispiel zu finden.

Lösung (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$?)

Die Menge $U$ ist kein Unterraum, denn $u_{1}=(1,1)^{T}$ und $u_{2}=(-1,1)^{T}$ sind in $U$. Aber $u_{1}+u_{2}=(0,2)^{T}$ ist nicht in $U$.

Aufgabe (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$? (Teil II))

Ist $U=\left\{x={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mid x_{1}^{3}=x_{2}^{3}\right\}$ ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$?

Wie kommt man auf den Beweis? (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$? (Teil II))

Nach der letzten Aufgabe sind wir etwas gewarnt, dass Potenzen in den Bedingungen kritisch sein können. Aber $x_{1}^{3}=x_{2}^{3}$ ist für relle Zahlen äquivalent zu $x_{1}=x_{2}$, und alle Elemente von $U$ sind damit die Vielfachen des Vektors ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$.

Lösung (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$? (Teil II))

$U$ ist ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{2}$. Wegen $x_{1}^{3}=x_{2}^{3}\iff x_{1}=x_{2}$ ist

$U=\left\{x={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mid x_{1}=x_{2}\right\}=\left\{t\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}},t\in \mathbb {R} \right\}.$

Nach einem Beispiel von oben ist $U$ ein Untervektorraum des $\mathbb {R} ^{2}$.

Aufgabe (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{3}$?)

Ist $U=\left\{x={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}{\bigg |}x=\alpha \cdot {\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+\beta \cdot {\begin{pmatrix}2\\3\\1\end{pmatrix}},\alpha ,\beta \in \mathbb {R} ,x_{2}=0\right\}$ ein Unterraum von $V=\mathbb {R} ^{3}$?

Wie kommt man auf den Beweis? (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{3}$?)

Wir rechnen, wie es oben in Beweise für Untervektorräume führen beschrieben ist, das Untervektorraumkriterium nach.

Lösung (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{3}$?)

Da wir eine Teilmenge von $V=\mathbb {R} ^{3}$ betrachten, ist $U\subseteq V$.

Der Nullvektor $0$ erfüllt beide Bedingungen: Für $\alpha =\beta =0$ ist $x=0\cdot {\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}+0\cdot {\begin{pmatrix}2\\3\\1\end{pmatrix}}=0$, und die zweite Komponente des Nullvektors ist Null. $U$ ist also nicht leer.

Nun müssen wir zeigen, dass für $u,v\in U$ auch $u+v\in U$ liegt. Dazu rechnen wir wieder beide Bedingungen getrennt nach.

Ist $u=\alpha _{1}\cdot (1,2,3)^{T}+\beta _{1}\cdot (2,3,1)^{T}$ und $v=\alpha _{2}\cdot (1,2,3)^{T}+\beta _{2}\cdot (2,3,1)^{T}$, so ist $u+v=(\alpha _{1}+\alpha _{2})\cdot (1,2,3)^{T}+(\beta _{1}+\beta _{2})\cdot (2,3,1)^{T}$. $u+v$ hat damit wieder die gesuchte Gestalt.

Wenn die zweiten Komponenten von $u$ und $v$ Null sind, trifft das auch für die zweite Komponente von $u+v$ zu.

Nun müssen wir als letztes nachweisen, dass mit $u\in U$ und $\lambda \in \mathbb {R}$ auch $\lambda \cdot u\in U$ ist.

Wir sehen, dass $\lambda \cdot u=(\lambda \cdot \alpha _{1})\cdot (1,2,3)^{T}+(\lambda \cdot \beta _{1})\cdot (2,3,1)^{T}$ ist, also wieder die geforderte Gestalt hat. Mit $u$ ist auch die zweite Komponente von $\lambda \cdot u$ Null.

Damit ist $U$ ein Unteraum von $V$.

Lösung (Ein Unterraum des $\mathbb {R} ^{3}$? (Alternative Lösung))

Später haben wir mehr Methoden zur Verfügung und können den Unterraumbeweis mit abstrakteren Methoden führen.

Man sieht, dass $U=U_{1}\cap U_{2}$ ist, wobei $U_{1}$ das Erzeugnis von $(1,2,3)^{T}$ und $(2,3,1)^{T}$ ist. Das Erzeugnis ist immer ein Unterraum.

$U_{2}$ ist der Kern der linearen Abbildung $f:\mathbb {R} ^{3}\to R$, $f((x_{1},x_{2},x_{3})^{T})=x_{2}$. Der Kern einer linearen Abbildung ist auch immer ein Unterraum.

Im nächsten Abschnitt weisen wir nach, dass der Schnitt zweier Unterräume wieder ein Unterraum ist, so dass wir $U$ als Unterraum des $\mathbb {R} ^{3}$ identifizieren können.

Aufgabe (Ein Unterraum des $K^{3}$?)

Sei $K$ irgendein Körper und $V=K^{3}$. Sei $c\in K$. Wir definieren $U=\{\,(x_{1},x_{2},x_{3})\in K^{3}\,\vert \,x_{1}+x_{2}+x_{3}=c\,\}$. Welche Bedingungen muss $c$ erfüllen, damit $U$ ein Untervektorraum von $V$ ist?

Lösung (Ein Unterraum des $K^{3}$?)

Wir nehmen zunächst an, dass $U$ ein Untervektorraum von $V$ ist. Dann muss gelten $(0,0,0)\in U$. Laut Definition von $U$ gilt dann aber $0+0+0=c$. Wir wissen also, dass $U$ höchstens dann ein Vektorraum sein kann, wenn $c=0$ ist.

Wir wollen nun überprüfen, ob $U$ im Fall $c=0$ tatsächlich ein Untervektorraum ist. Wir verwenden dazu das Untervektorraumkriterium und nehmen $c=0$ an.

Für $(x_{1},x_{2},x_{3})=(0,0,0)$ gilt $x_{1}+x_{2}+x_{3}=0+0+0=0=c$. Also gilt $0_{V}\in U$.

Sind $x=(x_{1},x_{2},x_{3})$ und $y=(y_{1},y_{2},y_{3})$ in $U$, so gilt $x_{1}+x_{2}+x_{3}=c=0$ und $y_{1}+y_{2}+y_{3}=c=0$. Dann gilt $(x_{1}+y_{1})+(x_{2}+y_{2})+(x_{3}+y_{3})=0$, also $x+y\in U$.

Ist $x=(x_{1},x_{2},x_{3})\in U$, so gilt $x_{1}+x_{2}+x_{3}=c=0$. Für jedes $\lambda \in K$ gilt auch $\lambda x_{1}+\lambda x_{2}+\lambda x_{3}=\lambda (x_{1}+x_{2}+x_{3})=0$, also $\lambda x\in U$.

Somit gelten die Voraussetzungen des Untervektorraumkriteriums und $U$ ist für $c=0$ ein Untervektorraum von $V$.