Linearkombination von Vektoren

Die Linearkombination ist ein Verfahren, mit dem man aus einer bestimmten Menge von Vektoren allein durch Addition und Multiplikation einen neuen Vektor bildet.

Was ist eine Linearkombination

Sei V ein Vektorraum. Wir wissen, dass der Raum unter der Addition von Vektoren abgeschlossen ist, also gilt für zwei Vektoren x, y ∈ V immer x + y ∈ V. Addieren wir zwei Vektoren, erhalten wir wieder einen Vektor aus demselben Raum. Dasselbe gilt für die Multiplikation mit einem Skalar. Haben wir ein k ∈ ℝ, dann ist auch k · x ∈ V.

Beide Operationen können wir kombinieren – wir nehmen k, l ∈ ℝ, und der Term k · x + l · y ergibt wieder einen neuen Vektor, nennen wir ihn v, und dieser Vektor v liegt wieder im Raum V. Warum? k · x ∈ V, und ebenso sicher l · y ∈ V. Wir addieren zwei Vektoren des Raums V, also müssen wir per Definition einen Vektor aus dem Raum V erhalten.

Wir können also sagen, dass der Vektor v eine Linearkombination der Vektoren x und y ist. Allgemein: Haben wir die Vektoren x₁, x₂, …, x_n und die reellen Zahlen k₁, k₂, …, k_n, die wir Koeffizienten nennen, dann ist eine Linearkombination dieser Vektoren der Vektor v, den wir so erhalten:

$v = k_{1} \cdot x_{1} + k_{2} \cdot x_{2} + \dots + k_{n} \cdot x_{n} .$

Beispiel: Nehmen wir den Raum ℝ² und daraus zwei Vektoren: (2, 3) und (0, 8). Nun wählen wir die Koeffizienten k₁ = 2, k₂ = 5. Die Linearkombination dieser Vektoren mit den Koeffizienten k₁, k₂ ergibt den Vektor

$2 \cdot (2, 3) + 5 \cdot (0, 8) = (4, 6) + (0, 40) = (4, 46)$

Wir sehen, dass wir den Vektor (4, 46) erhalten haben, der zum Raum ℝ² gehört. Würden wir andere Koeffizienten wählen, erhielten wir einen anderen Vektor. Für k₁ = 0, k₂ = −1 haben wir:

$0 \cdot (2, 3) - 1 \cdot (0, 8) = (0, 0) + (0, - 8) = (0, - 8)$

Linear abhängige Vektoren

Mit Linearkombinationen hängen linear abhängige bzw. linear unabhängige Vektoren zusammen. Wir zeigen es an einem Beispiel: Betrachten wir den Vektorraum ℝ² und eine Menge Q von Vektoren aus diesem Raum:

$Q = {(1, 1), (2, 4), (3, 5), (10, 18)}$

Uns interessiert nun die Frage, ob wir einen dieser vier Vektoren als Linearkombination der übrigen drei Vektoren ausdrücken können. Betrachten wir die Vektoren, sehen wir, dass der Vektor (3, 5) gleich der einfachen Summe der ersten beiden Vektoren ist.

$(1, 1) + (2, 4) = (3, 5)$

Der Vektor (3, 5) ist also eine Linearkombination der Vektoren (1, 1) und (2, 4). Damit es Spaß macht, entfernen wir diesen Vektor aus der Menge Q. Wir erhalten eine neue Menge Q₁ der Form:

$Q_{1} = {(1, 1), (2, 4), (10, 18)}$

Finden wir darin noch einen Vektor, der eine Linearkombination der übrigen ist? Ja, der Vektor (10, 18) ist eine Linearkombination der ersten beiden Vektoren für k₁ = 2, k₂ = 4:

$2 \cdot (1, 1) + 4 \cdot (2, 4) = (2, 2) + (8, 16) = (10, 18)$

Auch diesen Vektor entfernen wir und erhalten:

$Q_{2} = {(1, 1), (2, 4)}$

Wir fragen wieder – können wir einen der Vektoren als Kombination des anderen erhalten? Nein, kein Vielfaches des Vektors (1, 1) wird gleich dem Vektor (2, 4) sein.

Wir haben eine Menge von Vektoren erhalten, in der wir keinen der Vektoren als Linearkombination der übrigen Vektoren ausdrücken können. Eine solche Menge nennen wir linear unabhängige Menge von Vektoren. Lässt sich ein Vektor als Kombination der übrigen ausdrücken, sprechen wir von einem linear abhängigen Vektor. Lässt er sich nicht ausdrücken, sprechen wir von einem linear unabhängigen Vektor.

Der Nullvektor

Der Nullvektor 0 spielt bei der linearen Abhängigkeit eine wichtige Rolle. Kehren wir zur Menge von Vektoren Q₁ und zum Raum ℝ² zurück. Die Menge Q₁ sieht so aus:

$Q_{1} = {(1, 1), (2, 4), (10, 18)}$

und wir wissen bereits, dass der Vektor (10, 18) abhängig ist, denn 2 · (1, 1) + 4 · (2, 4) = (10, 18). Was würde also passieren, wenn wir vom Term 2 · (1, 1) + 4 · (2, 4) den Vektor (10, 18) subtrahierten? Bzw. wenn wir sein −1-Faches addierten? Es sähe so aus:

$2 \cdot (1, 1) + 4 \cdot (2, 4) - (10, 18)$

Dieser Term wäre sicher gleich dem Nullvektor:

$2 \cdot (1, 1) + 4 \cdot (2, 4) - (10, 18) = (0, 0)$

Daraus können wir eine interessante Eigenschaft ableiten. Ist eine Menge von Vektoren x₁, x₂, …, x_n linear abhängig, dann gibt es reelle Koeffizienten a₁, a₂, …, a_n, sodass

$a_{1} \cdot x_{1} + a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = 0$

Dabei muss mindestens ein Koeffizient a_i ungleich null sein. Würden wir für alle Koeffizienten null einsetzen, erhielten wir immer eine wahre Gleichung, und es käme heraus, dass jede Menge von Vektoren linear abhängig ist, was sicher Unsinn ist. Die Begründung der vorigen Gleichung ist einfach. Ist zum Beispiel der Vektor x₁ linear abhängig, dann bedeutet das, dass

$a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = x_{1}$

Zu dieser Gleichung genügt es, −x₁ zu addieren, und wir erhalten

$- 1 \cdot x_{1} + a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = 0$

Wie man herausfindet, ob Vektoren abhängig sind

Haben wir die Vektoren x₁, x₂, …, x_n und wollen wir herausfinden, ob sie linear (un)abhängig sind, genügt es, die erwähnte Gleichung

$a_{1} \cdot x_{1} + a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = 0$

zu lösen, d. h. die Koeffizienten a_i zu finden. Bewegen wir uns im Raum ℝ³, könnten wir diese Vektoren haben: (1, 2, 3), (2, 1, 7), (1, −4, 5). Weil wir herausfinden wollen, ob sie abhängig sind, lösen wir diese Gleichung:

$a_{1} \cdot (1, 2, 3) + a_{2} \cdot (2, 1, 7) + a_{3} \cdot (1, - 4, 5) = (0, 0, 0)$

Diese Gleichung schreiben wir nach der Definition der Addition von Vektoren und der Multiplikation von Vektoren aus. Es gilt a₁ · (1, 2, 3) = (a₁, 2a₁, 3a₁) usw. Wir schreiben aus:

$(a_{1}, 2 a_{1}, 3 a_{1}) + (2 a_{2}, a_{2}, 7 a_{2}) + (a_{3}, - 4 a_{3}, 5 a_{3}) = (0, 0, 0)$

Jetzt schreiben wir die Addition aus. Wir addieren immer die Komponenten an derselben Stelle, also addieren wir die erste Komponente des ersten Vektors a₁, die erste Komponente des zweiten Vektors 2a₂ und die erste Komponente des dritten Vektors a₃, und das alles muss gleich der ersten Komponente des Nullvektors sein, d. h. null. Genauso für die zweite und dritte Komponente. Wir erhalten ein lineares Gleichungssystem:

$\begin{matrix} a_{1} & + & 2 a_{2} & + & a_{3} & = & 0 \\ 2 a_{1} & + & a_{2} & + & - 4 a_{3} & = & 0 \\ 3 a_{1} & + & 7 a_{2} & + & 5 a_{3} & = & 0 \end{matrix}$

Dieses System können wir in die übliche Matrix schreiben:

$(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & - 4 & 0 \\ 3 & 7 & 5 & 0 \end{matrix})$

Beachte, dass in den Spalten dieser Matrix in Wirklichkeit die ursprünglichen Vektoren stehen. In der ersten Spalte der Matrix steht der ursprüngliche Vektor (1, 2, 3), in der dritten der Vektor (1, −4, 5) usw. Beim Rechnen musst du also nicht immer alle diese komplizierten Umformungen durchführen, du erstellst diese Matrix, indem du die Vektoren, bei denen du herausfinden sollst, ob sie abhängig sind, in die Spalten schreibst und dann eine Nullspalte hinzufügst.

Das System können wir mit dem gaußschen Eliminationsverfahren lösen. Wir bringen die Matrix auf Zeilenstufenform. Zuerst addieren wir zur zweiten Zeile das −2-Fache der ersten Zeile und zur dritten Zeile das −3-Fache der ersten Zeile:

$(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & - 4 & 0 \\ 3 & 7 & 5 & 0 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & - 3 & - 6 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix})$

Jetzt können wir zur zweiten Zeile das 3-Fache der dritten Zeile addieren:

$(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & - 3 & - 6 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix})$

Weiter müssen wir gar nicht rechnen, es ist uns gelungen, eine Nullzeile zu erzeugen, was bedeutet, dass die Vektoren linear abhängig sind. Wir können das System aber zu Ende rechnen. Wir wählen den Parameter a₃ = t. Dann erhalten wir aus der Gleichung

$a_{2} + 2 a_{3} = 0$

die die letzte Zeile der Matrix ist, durch Einsetzen von a₃ = t die Gleichung:

$\begin{array}{rcl} a_{2} + 2 t & = & 0 \\ a_{2} & = & - 2 t \end{array}$

Nun setzen wir diese Werte in die erste Gleichung ein, d. h. in die erste Zeile der Matrix:

$\begin{array}{rcl} a_{1} + 2 a_{2} + a_{3} & = & 0 \\ a_{1} - 4 t + t & = & 0 \\ a_{1} & = & 3 t \end{array}$

Wir haben also a₁ = 3t, a₂ = −2t, a₃ = t. Setzen wir für t zum Beispiel t = 3 ein, erhalten wir eine konkrete Lösung a₁ = 9, a₂ = −6, a₃ = 3. Diese Koeffizienten können wir in die ursprüngliche Gleichung einsetzen

$a_{1} \cdot (1, 2, 3) + a_{2} \cdot (2, 1, 7) + a_{3} \cdot (1, - 4, 5) = (0, 0, 0)$

und erhalten:

$9 \cdot (1, 2, 3) + (- 6) \cdot (2, 1, 7) + 3 \cdot (1, - 4, 5) = (0, 0, 0)$

Wir formen die linke Seite um:

$\begin{array}{rcl} 9 \cdot (1, 2, 3) + (- 6) \cdot (2, 1, 7) + 3 \cdot (1, - 4, 5) & = & (0, 0, 0) \\ (9, 18, 27) + (- 12, - 6, - 42) + (3, - 12, 15) & = & (0, 0, 0) \\ (9 - 12 + 3, 18 - 6 - 12, 27 - 42 + 15) & = & (0, 0, 0) \\ (0, 0, 0) & = & (0, 0, 0) \end{array}$

Wir sehen, dass wir aus den Vektoren (1, 2, 3), (2, 1, 7), (1, −4, 5) den Nullvektor erhalten, wenn wir als Koeffizienten zum Beispiel a₁ = 9, a₂ = −6, a₃ = 3 wählen. Hätte das System nur die eine, triviale Lösung, dann wären die Vektoren linear unabhängig.

Kapitel: Vektorräume, Beispiele für Vektorräume, Untervektorraum, Linearkombination von Vektoren, Lineare Hülle, Basis eines Vektorraums, Dimension eines Vektorraums, Basiswechselmatrix

« Zurück: Untervektorraum

Weiter: Lineare Hülle »