9.3. Lineare Unabhängigkeit

Im letzten Abschnitt haben wir präzise angeben, wann eine Erzeugersequenz verlängert werden kann, ohne das Erzeugnis zu ändern. Wir greifen diesen Gedanken noch einmal auf, betrachten diesmal jedoch die umgekehrte Richtung: Unter welchen Umständen läßt sich eine Erzeugersequenz "verlustfrei" verkürzen? Oder: Welche Sequenzen enthalten "überflüssige" Erzeuger, welche nicht?

Die folgenden Begriffe beschreiben beide Situationen:
 

Definition:Es sei V ein Vektorraum. Eine Sequenz ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ von Vektoren aus V heißt linear abhängig, falls es ein ${\displaystyle v_i\in \{v_1,\dots ,v_k\}}$ gibt, so dass ${\displaystyle <v_1,\dots ,v_k>=<v_1,\dots ,v_{i-1},v_{i+1},\dots ,v_k>}$. *)   linear unabhängig, falls sie nicht linear abhängig ist. _______ *) Gelegentlich kürzen wir ${\displaystyle <v_1,\dots ,v_{i-1},v_{i+1},\dots ,v_k>}$ durch ${\displaystyle <v_1,\dots ,\bcancel{v_i},\dots ,v_k>}$ ab.

Beachte:

Da bei einem Erzeugnis ${\displaystyle <v_1,\dots ,v_k>}$ die Reihenfolge der Erzeuger unwesentlich ist, spielt auch bei der linearen Abhängigkeit, bzw. Unabhängigkeit die Reihenfolge der Vektoren keine Rolle.

 
Bei Sequenzen der Länge 1 bzw. 2 ist die lineare Anhängigkeit leicht zu überblicken:
 

Bemerkung: ${\displaystyle v\text{ linear abhängig}\iff v=\mathbf{0}}$. ${\displaystyle v,w\text{ linear abhängig}\iff v=\alpha w\vee w=\alpha v}$. Beweis: Zu 1.: ${\displaystyle v\text{ linear abhängig}\iff <v>=<\bcancel{v}>=<\varnothing >=\{\mathbf{0}\}\iff v=\mathbf{0}}$. Zu 2.:  "${\displaystyle \Rightarrow }$":  Ist etwa ${\displaystyle v\in <\bcancel{v},w>=<w>}$, so gibt es ein geeignetes ${\displaystyle \alpha }$, so dass ${\displaystyle v=\alpha w}$. "${\displaystyle \Leftarrow }$":  Ist etwa ${\displaystyle v=\alpha w}$, so hat man:  ${\displaystyle v\in <w>=<\bcancel{v},w>}$, also ist die Sequenz ${\displaystyle v,w}$ linear abhängig.

Bei längeren Sequenzen ist meist ein deutlich größerer Aufwand erforderlich, um die lineare Abhängigkeit zu testen. Es lohnt sich daher, nach zusätzlichen Kriterien zu suchen.

3. in der folgenden Bemerkung ist das Standardkriterium für lineare Abhängigkeit.
  

Bemerkung: Es sei V ein Vektorraum, ${\displaystyle v_1,\cdots ,v_k\in V}$, dann sind die folgenden Aussagen äquivalent: ${\displaystyle v_1,\cdots ,v_k}$ linear abhängig   Es gibt ein ${\displaystyle v_i\in \{v_1,\cdots ,v_k\}}$, so dass ${\displaystyle v_i\in <v_1,\cdots ,\bcancel{v_i},\dots ,v_k>}$   Es gibt ${\displaystyle {\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_k}$, mit mindestens einem ${\displaystyle {\alpha }_i\ne 0}$, so dass ${\displaystyle {\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_k{v}_k=\mathbf{0}}$   Eine Darstellung des Nullvektors gemäß 3. nennt man eine nicht-triviale Darstellung der Null (in ${\displaystyle <v_1,\dots ,v_k>}$). Die Äquivalenz 1. ${\displaystyle \iff }$ 3. läßt sich daher auch so formulieren: ${\displaystyle v_1,\cdots ,v_k}$ ist genau dann linear abhängig, wenn sich der Nullvektor nicht-trivial aus ${\displaystyle v_1,\cdots ,v_k}$ linear kombinieren lässt. Beweis: 1. ${\displaystyle \Rightarrow }$ 2.:  Nach Definition gibt es also ein ${\displaystyle v_i\in \{v_1,\cdots ,v_k\}}$, so dass   ${\displaystyle <v_1,\dots ,v_k>=<v_1,\dots ,\bcancel{v_i},\dots ,v_k>}$. Mit ${\displaystyle v_i\in <v_1,\cdots ,v_k>}$, hat man daher aber auch: ${\displaystyle v_i\in <v_1,\cdots ,\bcancel{v_i},\dots ,v_k>}$. 2. ${\displaystyle \Rightarrow }$ 3.:  ${\displaystyle v_i\in <v_1,\cdots ,\bcancel{v_i},\dots ,v_k>}$ bedeutet: es gibt ${\displaystyle {\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_k}$ so dass ${\displaystyle v_i={\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_{i-1}{v}_{i-1}+{\alpha }_{i+1}{v}_{i+1}+\dots +{\alpha }_k{v}_k}$. Folgt:  ${\displaystyle \mathbf{0}={\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_{i-1}{v}_{i-1}+(-1)v_i+{\alpha }_{i+1}{v}_{i+1}+\dots +{\alpha }_k{v}_k}$. Dabei ist der Koeffizient von ${\displaystyle v_i}$ ungleich Null; es liegt also eine nicht-triviale Darstellung der Null vor. 3. ${\displaystyle \Rightarrow }$ 1.:  Ist nun ${\displaystyle {\alpha }_1{v}_1+\dots {\alpha }_k{v}_k=\mathbf{0}}$ eine nicht-triviale Darstellung der Null, etwa ${\displaystyle {\alpha }_i\ne 0}$, so lässt sich diese Gleichung nach ${\displaystyle v_i}$ umstellen: ${\displaystyle v_i=-\frac{{\alpha }_1}{{\alpha }_i}{v}_1-\dots -\frac{{\alpha }_{i-1}}{{\alpha }_i}{v}_{i-1}-\frac{{\alpha }_{i+1}}{{\alpha }_i}{v}_{i+1}-\dots -\frac{{\alpha }_k}{{\alpha }_i}{v}_k\in <v_1,\dots ,\bcancel{v_i},\dots ,v_k>}$. Das bedeutet aber: ${\displaystyle <v_1,\dots ,v_k>=<v_1,\dots ,\bcancel{v_i},\dots ,v_k>}$.

 

Das folgende Beispiel benutzt neben dem Standardkriterium (in a.) auch die Alternative 2. (in b. und in c.):
 

Beispiel: In ${\displaystyle {ℝ}^3}$ ist die Sequenz ${\displaystyle \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -1\end{array}\right)}$ linear abhängig, denn: ${\displaystyle 2\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)+3\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 0\end{array}\right)+2\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -1\end{array}\right)=\mathbf{0}}$ ist eine nicht-triviale Darstellung der Null.   In ${\displaystyle \mathbb{P}}$ ist ${\displaystyle {\mathrm{X}}^2+\mathrm{X},{\mathrm{X}}^2-\mathrm{X},\mathrm{X}}$, denn: ${\displaystyle {\mathrm{X}}^2-\mathrm{X}={\mathrm{X}}^2+\mathrm{X}-2\mathrm{X}\in <{\mathrm{X}}^2+\mathrm{X},\mathrm{X}>}$.   In ${\displaystyle \mathbb{F}(ℝ)}$ ist ${\displaystyle {\sin }^2,{\cos }^2\mathrm{,1}}$ linear abhängig, denn: ${\displaystyle 1={\sin }^2+{\cos }^2\in <{\sin }^2,{\cos }^2>}$.

 

In einer ersten Anwendung notieren wir drei allgemeine Beispiele:

In der folgenden Bemerkung stehen technische Aspekte im Vordergrund; beim Beweis nutzen wir das Standardkriterium:

Diese Bemerkung eröffnet eine neue Möglichkeit, die lineare Abhängigkeit einer Sequenz zu begründen: Man wende die Äquivalenzen 2. bis 4. solange an, bis eine Sequenz entsteht, deren Abhängigkeit direkt zu erkennen ist, z.B. weil in ihr der Nullvektor auftritt oder Vektoren doppelt vorkommen.
 

Beispiel:   ${\displaystyle \begin{array}{ll}\hfill & \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\text{ linear abhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Addiere den}\\ \text{1. Vektor zum 2.}\end{array}}{\iff }\hfill & \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\text{ linear abhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Multipliziere den}\\ \text{3. Vektor mit 2}\end{array}}{\iff }\hfill & \left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right)\text{ linear abhängig}\hfill \end{array}}$

Die folgende Bemerkung gibt Auskunft über einen bestimmten strukturellen Aspekt des ${\displaystyle {ℝ}^n}$. In der Natur seiner Elemente, also der n-Tupel, liegt es begründet, dass nicht beliebig lange, linear unabhängige Sequenzen gebildet werden können.
 

Bemerkung:  Für; ${\displaystyle {\mathit{x}}_1,\dots ,{\mathit{x}}_k\in {ℝ}^n}$ gilt: ${\displaystyle k>n\Rightarrow {\mathit{x}}_1,\dots ,{\mathit{x}}_k}$  linear abhängig. ${\displaystyle {\mathit{x}}_1,\dots ,{\mathit{x}}_k}$  linear unabhängig${\displaystyle \Rightarrow k\le n}$. Beweis: Es reicht offensichtlich, nur den Fall ${\displaystyle k=n+1}$ zu betrachten (Siehe 1. in der letzten Bemerkung). Wir führen den Beweis per Induktion über n. Im Induktionsschluss muß dabei zwischen ${\displaystyle {ℝ}^{n+1}}$ und ${\displaystyle {ℝ}^n}$ vermittelt werden; wir benutzen dabei die folgenden Zusammenhänge:   ${\displaystyle \mathit{x}\in {ℝ}^n}$, so ist ${\displaystyle \left(\begin{array}{c}\mathit{x}\\ 0\end{array}\right)\in {ℝ}^{n+1}}$. Ist ${\displaystyle \mathit{x}\in {ℝ}^{n+1}}$ und setzt man ${\displaystyle x^{\prime }=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)}$ , so ist ${\displaystyle x^{\prime }\in {ℝ}^n}$ und ${\displaystyle \mathit{x}=\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ x_{n+1}\end{array}\right)}$. Es gilt nun zunächst der folgende Hilfssatz: Ist ${\displaystyle {\mathit{x}}_1,\dots ,{\mathit{x}}_k}$ linear abhängig in ${\displaystyle {ℝ}^n}$, so ist ${\displaystyle \left(\begin{array}{c}{\mathit{x}}_1\\ 0\end{array}\right),\dots ,\left(\begin{array}{c}{\mathit{x}}_k\\ 0\end{array}\right)}$ linear abhängig in ${\displaystyle {ℝ}^{n+1}}$.(+) Denn ist ${\displaystyle {\alpha }_1{\mathit{x}}_1+\dots +{\alpha }_k{\mathit{x}}_k=\mathbf{0}}$ eine nicht-triviale Darstellung der Null in ${\displaystyle {ℝ}^n}$, so ist offensichtlich ${\displaystyle {\alpha }_1\left(\begin{array}{c}{\mathit{x}}_1\\ 0\end{array}\right)+\dots +{\alpha }_k\left(\begin{array}{c}{\mathit{x}}_k\\ 0\end{array}\right)=\mathbf{0}}$ eine nicht-triviale Darstellung der Null in ${\displaystyle {ℝ}^{n+1}}$. Nun zum eigentlichen Induktionsbeweis: ${\displaystyle \underset{¯}{n=\mathrm{1:}}}$   Die Vektoren des ${\displaystyle {ℝ}^1}$ sind gewöhnliche reelle Zahlen. Die Sequenz ${\displaystyle x_1,x_2}$ in ${\displaystyle ℝ}$ ist sicherlich linear abhängig, falls ${\displaystyle x_1=0}$ ist; sei daher ${\displaystyle x_1\ne 0}$. Dann ist aber ${\displaystyle x_2=\frac{x_2}{x_1}{x}_1\in <x_1>}$, d.h. ${\displaystyle x_1,x_2}$ ist linear abhängig. ${\displaystyle \underset{¯}{n\Rightarrow n+1:}}$   Seien nun ${\displaystyle n+2}$ Vektoren des ${\displaystyle {ℝ}^{n+1}}$ gegeben:  ${\displaystyle {\mathit{x}}_1,\dots ,{\mathit{x}}_{n+2}}$. Dann sind ${\displaystyle {x^{\prime }}_1,\dots ,{x^{\prime }}_{n+2}}$   ${\displaystyle n+2}$ Vektoren des ${\displaystyle {ℝ}^n}$, nach Induktionsvoraussetzung ist diese Sequenz also linear abhängig. Ist nun die Sequenz  ${\displaystyle {\mathit{x}}_1,\dots ,{\mathit{x}}_{n+2}}$ von der Form ${\displaystyle \left(\begin{array}{c}{x^{\prime }}_1\\ 0\end{array}\right),\dots ,\left(\begin{array}{c}{x^{\prime }}_{n+2}\\ 0\end{array}\right)}$, so ist sie nach (+) ebenfalls linear abhängig. Wir nehmen daher an, einer der Vektoren ${\displaystyle {\mathit{x}}_i}$ ist in der letzten Koordinate nicht mit 0 besetzt; dies sei - die Reihenfolge ist ja unerheblich - etwa der letzte: ${\displaystyle x_{n+\mathrm{2,}n+1}\ne 0}$. Wir setzen nun für ${\displaystyle i\in \{\mathrm{1,}\dots ,n+1\}}$: ${\displaystyle {\mathit{y}}_i={\mathit{x}}_i-\frac{x_{i,n+1}}{x_{n+\mathrm{2,}n+1}}{\mathit{x}}_{n+2}}$. Nach Induktionsvoraussetzung ist  ${\displaystyle {y^{\prime }}_1,\dots ,{y^{\prime }}_{n+1}}$ eine linear abhängige Sequenz in ${\displaystyle {ℝ}^n}$. Da gemäß Konstruktion bei den Vektoren  ${\displaystyle {\mathit{y}}_1,\dots ,{\mathit{y}}_{n+1}}$ die letzte Koordinate jeweils mit 0 belegt ist, ist nach (+) diese Sequenz, und damit auch  ${\displaystyle {\mathit{y}}_1,\dots ,{\mathit{y}}_{n+1},{\mathit{x}}_{n+2}}$ linear abhängig in ${\displaystyle {ℝ}^{n+1}}$. Dies ist aber nach 4. in der Bemerkung zuvor äquivalent zur linearen Abhängigkeit von  ${\displaystyle {\mathit{x}}_1,\dots ,{\mathit{x}}_{n+2}}$.

 

In einigen Fällen ist die lineare Abhängigkeit also durch einfaches Zählen festzustellen. So ist z.B. die Sequenz ${\displaystyle \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}3\\ 4\end{array}\right)}$ allein auf Grund ihrer Länge linear abhängig.

Linear unabhängig sein bedeutet nach Definition: nicht linear abhängig sein. Daher ergibt sich aus nahezu jedem der bisherigen Ergebnisse über die lineare Abhängigkeit durch bloßes Verneinen eine entsprechende (und sogar schon bewiesene) Aussage über die lineare Unabhängigkeit!

 

Bemerkung: ${\displaystyle \varnothing }$ ist linear unabhängig. ${\displaystyle v}$ linear unabhängig${\displaystyle \iff v\ne \mathbf{0}}$ ${\displaystyle v,w}$ linear unabhängig${\displaystyle \iff v\ne \alpha w\wedge w\ne \alpha v}$ Beweis: 2. und 3. ergeben sich direkt aus der entsprechenden Bemerkung für die lineare Abhängigkeit.  Zu 1. argumentiert man folgendermaßen: ${\displaystyle \varnothing }$ kann nicht linear abhängig sein, denn sonst gäbe es in ${\displaystyle \varnothing }$ einen überflüssigen Vektor; die leere Sequenz enthält aber überhaupt keine Vektoren.

 

 

Bemerkung: Es sei V ein Vektorraum, ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k\in V}$, dann sind die folgenden Aussagen äquivalent: ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ linear unabhängig Es gibt keine Darstellung der Null  ${\displaystyle {\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_k{v}_k=\mathbf{0}}$, so dass ${\displaystyle {\alpha }_i\ne 0}$ für ein i,  d.h.: ist  ${\displaystyle {\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_k{v}_k=\mathbf{0}}$, so folgt:  ${\displaystyle {\alpha }_1=\dots ={\alpha }_k=0}$.  Es gilt also das folgende Standardkriterium für die lineare Unabhängigkeit: ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ ist genau dann linear unabhängig, wenn sich der Nullvektor nur trivial aus ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ linear kombinieren lässt.

Wir üben das Standardkriterium an einigen Beispielen und betrachten zunächst zwei Sequenzen, auf die wir als Referenzbeispiele oft zurückgreifen werden:
 

Beispiel: In ${\displaystyle {ℝ}^n}$ gilt: ${\displaystyle {\mathit{e}}_1,\dots ,{\mathit{e}}_n}$ ist linear unabhängig. In ${\displaystyle {\mathbb{P}}^n}$ gilt: ${\displaystyle \mathrm{1,}\mathrm{X},\dots ,{\mathrm{X}}^n}$ ist linear unabhängig. Beweis: Zu a.: Ist ${\displaystyle \left(\begin{array}{c}{\alpha }_1\\ ⋮\\ {\alpha }_n\end{array}\right)={\alpha }_1{\mathit{e}}_1+\dots +{\alpha }_n{\mathit{e}}_n=\mathbf{0}}$ eine Darstellung des Nullvektors, so hat man offensichtlich: ${\displaystyle {\alpha }_1=\dots ={\alpha }_n=0}$. D.h.: Aus den Vektoren ${\displaystyle {\mathit{e}}_1,\dots ,{\mathit{e}}_n}$ lässt sich der Nullvektor nur trivial kombinieren. Zu b.: Eine Darstellung des Nullvektors ${\displaystyle {\alpha }_{0}1+{\alpha }_1\mathrm{X}+\dots +{\alpha }_n{\mathrm{X}}^n=\mathbf{0}}$ ist hier eine Darstellung des Nullpolynoms; gemäß Nullpolynomtest ist dies aber nur möglich, wenn alle Koeffizienten mit 0 besetzt sind: ${\displaystyle {\alpha }_1=\dots ={\alpha }_n=0}$.

 

Beispiel: ${\displaystyle \left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)}$ ist linear unabhängig, denn: Aus einer beliebigen Darstellung des Nullvektors ${\displaystyle \alpha \left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 1\end{array}\right)+\beta \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 0\end{array}\right)+\gamma \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=0}$ ergibt sich das folgende lineare Gleichungssystem:   ${\displaystyle \begin{array}{rrrrr}\hfill \alpha +2\beta +\gamma =0& \hfill & \hfill 2\beta =0& \hfill & \hfill \beta =0\\ \hfill 3\alpha +2\beta =0& \hfill \Rightarrow & \hfill 3\alpha +2\beta =0& \hfill \Rightarrow & \hfill \alpha =0\\ \hfill \alpha +\gamma =0& \hfill & \hfill \alpha +\gamma =0& \hfill & \hfill \gamma =0\end{array}}$ Also lässt sich der Nullvektor aus den gegebenen Vektoren nur trivial kombinieren. sin , cos  ist linear unabhängig:  Sei ${\displaystyle \alpha \sin +\beta \cos =\mathbf{0}}$. Da dies eine Funktionengleichung ist, kann man durch Einsetzen gezielt gewählter Werte beliebig viele Zahlengleichungen ableiten; so ergibt sich z.B. für 0 die Gleichung    ${\displaystyle \alpha \sin 0+\beta \cos 0=0\iff \beta =0}$, und für ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ die Gleichung  ${\displaystyle \alpha \sin \frac{\pi }{2}+\beta \cos \frac{\pi }{2}=0\iff \alpha =0}$.   ${\displaystyle e^{a\mathrm{X}},e^{b\mathrm{X}}}$  linear unabhängig${\displaystyle \iff a\ne b}$ Beweis: "${\displaystyle \Rightarrow }$": Wäre ${\displaystyle a=b}$, so wäre ${\displaystyle e^{a\mathrm{X}},e^{b\mathrm{X}}=e^{a\mathrm{X}},e^{a\mathrm{X}}}$ als Sequenz mit einer Verdopplung linear abhängig. "${\displaystyle \Leftarrow }$": Mit ${\displaystyle a\ne b}$ ist auch <${\displaystyle e^a\ne e^b}$. Sei nun ${\displaystyle \alpha e^{a\mathrm{X}}+\beta e^{b\mathrm{X}}=0}$. Setzt man in diese Gleichung zunächst 0 und anschließend 1 ein, erhält man das folgende Gleichungssystem:   ${\displaystyle \begin{array}{r}\hfill \alpha +\beta =0\\ \hfill \alpha e^a+\beta e^b=0\end{array}\Rightarrow \begin{array}{r}\hfill \beta =-\alpha \\ \hfill \alpha (e^a-e^b)=0\end{array}\Rightarrow \begin{array}{r}\hfill \alpha =0\\ \hfill \beta =0\end{array}}$ Also ist eine Kombination des Nullvektors aus ${\displaystyle e^{a\mathrm{X}},e^{b\mathrm{X}}}$ nur trivial möglich.

Wie schon bei der entsprechenden Bemerkung zur linearen Abhängigkeit ergibt sich auch hier die Möglichkeit einer zweiten Testmethode auf lineare Unabhängigkeit: Man forme eine gegebene Sequenz solange äquivalent um, bis eine bekannte, linear unabhängige Referenzsequenz entsteht.
 

Beispiel:     ${\displaystyle \begin{array}{ll}\hfill & \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)\text{ linear unabhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Subtrahiere}\\ \text{den 3. Vektor vom 1.}\end{array}}{{\displaystyle \iff }}\hfill & \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)\text{ linear unabhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Addiere das 2-fache}\\ \text{des 2. Vektors zum 3}\text{.}\end{array}}{{\displaystyle \iff }}\hfill & {\mathit{e}}_1,{\mathit{e}}_2,{\mathit{e}}_3\text{ linear unabhängig}\hfill \end{array}}$     ${\displaystyle \begin{array}{ll}\hfill & {\mathrm{X}}^3,{\mathrm{X}}^2+\mathrm{X},{\mathrm{X}}^2-\mathrm{X},\mathrm{X}+1\text{ linear unabhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Addiere den}\\ \text{3. Vektor zum 2.}\end{array}}{\iff }\hfill & {\mathrm{X}}^3\mathrm{,2}{\mathrm{X}}^2,{\mathrm{X}}^2-\mathrm{X},\mathrm{X}+1\text{ linear unabhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Multipliziere den}\\ \text{2. Vektor mit }\mathrm{½}\end{array}}{\iff }\hfill & {\mathrm{X}}^3,{\mathrm{X}}^2,{\mathrm{X}}^2-\mathrm{X},\mathrm{X}+1\text{ linear unabhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Subtrahiere den}\\ \text{2. Vektor vom 3.}\end{array}}{\iff }\hfill & {\mathrm{X}}^3,{\mathrm{X}}^2,-\mathrm{X},\mathrm{X}+1\text{ linear unabhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Addiere den}\\ \text{3. Vektor zum 4.}\end{array}}{\iff }\hfill & {\mathrm{X}}^3,{\mathrm{X}}^2,-\mathrm{X}\mathrm{,1}\text{ linear unabhängig}\hfill \\ \underset{\begin{array}{c}\text{Multipliziere den}\\ \text{3. Vektor mit }-1\end{array}}{\iff }\hfill & {\mathrm{X}}^3,{\mathrm{X}}^2,\mathrm{X}\mathrm{,1}\text{ linear unabhängig}\hfill \end{array}}$

 

In der folgenden Bemerkung untersuchen wir, wie sich die lineare Unabhängigkeit bei Änderungen der Sequenzlänge verhält. Dabei dürfte das Verkürzen von Sequenzen keine Probleme bereiten, liegt es doch "im Trend" der Unabhängigkeit. Interessanterweise ist unter genau kalkulierbaren Umständen auch das Verlängern von Sequenzen unschädlich.
 

Bemerkung:  Es sei V ein Vektorraum, ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k,x\in V}$, dann gilt: ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k,x}$ linear unabhängig${\displaystyle \Rightarrow v_1,\dots ,v_k}$ linear unabhängig. ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ linear unabhängig${\displaystyle \wedge x\notin <v_1,\dots ,v_k>\iff v_1,\dots ,v_k,x}$ linear unabhängig. Beweis: Zu 1.:  Wäre ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ linear abhängig, so wäre auch die verlängerte Sequenz ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k,x}$ linear abhängig. Zu 2.: "${\displaystyle \Rightarrow }$": Um zu zeigen, dass ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k,x}$ linear unabhängig ist, setzen wir eine Darstellung der Null an: ${\displaystyle {\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_k{v}_k+\alpha x=\mathbf{0}}$(*) Zunächst gilt nun: ${\displaystyle \alpha =0}$, denn sonst wäre ${\displaystyle x=-\frac{{\alpha }_1}{\alpha }{v}_1-\dots -\frac{{\alpha }_k}{\alpha }{v}_k\in <v_1,\dots ,v_k>}$, ein Widerspruch also. Damit aber reduziert sich Darstellung (*) auf ${\displaystyle {\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_k{v}_k=\mathbf{0}}$, so dass aus der linearen Unabhängigkeit von ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ folgt:  ${\displaystyle {\alpha }_1=\dots ={\alpha }_k=0}$. "${\displaystyle \Leftarrow }$": Aus 1. erhält man sofort: ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k}$ ist linear unabhängig. Wäre nun ${\displaystyle x\in <v_1,\dots ,v_k>}$, so wäre einem der allgemeinen Beispiele im oberen Teil die Sequenz ${\displaystyle v_1,\dots ,v_k,x}$ linear abhängig.

9.2

9.4.