Es sollen folgende Aussagen bewiesen werden: Zwei disjunkte Punkte im Raum bestimmen eindeutig eine Gerade, die diese Punkte enthält und drei Punkte im Raum bestimmen eindeutig eine Ebene, sofern die Punkte nicht auf einer Geraden liegen.
Diese Tatsachen sind Ihnen so vertraut und selbstverständlich, dass sich die Frage stellt, warum man dies beweisen sollte oder wollte. Ich will nicht in Abrede stellen, dass diese Tatsachen evident sind. Im Gegenteil. Ich will Ihnen ja das Konzept Vektorraum verkaufen als ein handhabbares Modell zur Beschreibung des uns umgebenden Raumes. Betrachen Sie den Beweis als einen Test oder als ein Experiment, ob das Modell etwas taugt.
Zu Beginn müssen wir klarstellen, was wir in unserem Modell als Gerade oder als Ebene bezeichnen wollen.
Definition. Es sei $n\in \mathbb{N}$ eine natürliche Zahl.
- Eine Teilmenge $G\subset\mathbb{R}^n$ heißt Gerade, wenn es zwei Vektoren $u, v\in\mathbb{R}^n$ gibt mit $v \not= 0$ und $G=\{u + \lambda v\;|\;\lambda \in\mathbb{R}\}$. Wir schreiben kürzer $G= u + \mathbb{R} v$. Hier wird $G$ in einer Parameterdarstellung beschrieben. Der Vektor $u$ ist Aufpunkt, $v$ ist Richtungsvektor und $\lambda\in \mathbb{R}$ ist Parameter.
- Eine Menge $E\subset\mathbb{R}^n$ heißt Ebene, wenn es Vektoren $u, v_1, v_2$ gibt mit $v_1\not= 0, v_2\not= 0, v_1\notin\mathbb{R} v_2,$ so dass gilt $E=\{u+\lambda_1v_1 + \lambda_2 v_2\; |\; \lambda_1, \lambda_2\in\mathbb{R}\}=: u+\mathbb{R} v_1+\mathbb{R} v_2$.
Satz. Sind $u_1, u_2\in \mathbb{R}^n$ zwei verschiedene Vektoren, so gibt es genau eine Gerade, die beide enthält.
Beweis. Wir gehen in drei Schritten vor.
- Die Gerade $G=u+\mathbb{R} v$ mit $u=u_1$ und $v=u_2-u_1$ enthält $u_1= u+0\cdot v$ und $u_2=u+1\cdot v$.
- Sei $G'=u'+\mathbb{R} v'$ eine Gerade, die $u_1$ und $u_2$ enthält, so enthält $G'$ die Gerade $G$. Denn: Es ist $u=u_1=u'+\lambda_1 v'$ und \begin{align*}v&= u_2-u_1\\
&= (u'+\lambda_2 v')-(u'+\lambda_1 v')\\
&= (\lambda_2-\lambda_1)v'
\end{align*} Ist $g=u+\mu v\in G$, so folgt $g= u'+ (\lambda_1+\mu(\lambda_2-\lambda_1))v'\in G'$. - Die Gerade $G'\subset \mathbb{R}^n$ enthalte die Gerade $G$. Dann stimmen beide Geraden überein, $G=G'$.
Denn: Sei $G=u+\mathbb{R} v\subset G'=u'+\mathbb{R} v'$. Dann gilt \begin{align*}
u&=u'+\lambda v'\\
u+v&=u'+\mu v'
\end{align*} mit $\lambda\not= \mu$, da ja $v\not=0$ gilt und damit die beiden Vektoren $u$ und $u+v$ verschieden sind. Also ist $v$ Linearkombination von $v'$ wegen $$ v=(u+v)-u=(u'+\mu v')-(u'+\lambda v')=(\mu-\lambda)v'.$$ Gleichzeitig ist $v'$ Linearkombination von $v$ wegen $$
v'=\frac1{\mu-\lambda}v.
$$ Ist nun $g'=u'+\gamma v'\in G'$ ein Element in der Gerade $G'$, so ist $$g'=(u-\lambda v')+\gamma v'= u
+\frac{\gamma-\lambda}{\mu-\lambda}v$$ ein Element von $G$.
qed
Der analoge Satz für Ebenen lautet:
Satz. Liegen $u_1, u_2, u_3\in \mathbb{R}^n$ nicht auf einer Geraden, so gibt es genau eine Ebene, die sie enthält.
Beweis. Wir gehen parallel zum eben bewiesenen Satz in drei Schritten vor.
- Die Ebene $E=u+\mathbb{R} v_1+\mathbb{R} v_2$ mit $u=u_1$, $v_1=u_2-u_1$ und $v_2=u_3-u_1$ enthält die drei Elemente $u_1= u+0v_1+0v_2$, sowie $u_2=u+1v_1+0v_2$ und $u_3=u+0v_1+ 1v_2$. Die Menge $E$ ist tatsächlich eine Ebene, denn $v_1$ und $v_2$ sind linear unabhängig. Ansonsten, d.h. wenn $v_1$ und $v_2$ Vielfache voneinander wären, lägen die drei Punkte auf der Geraden $u+\mathbb{R} v_1=u+\mathbb{R} v_2$.
- Sei $E'=u'+\mathbb{R} v_1'+\mathbb{R} v_2'$ eine Ebene, die $u_1$, $u_2$ und $u_3$ enthält, so enthält $E'$ die Ebene $E$.
Denn: Da $u_1,u_2, u_3$ und $u'$ in $E'$ liegen, sind die Vektoren $u_i-u_j$ und auch $u'-u_i$ für $1\leq i,j\leq3$ jeweils Linearkombinationen der Vektoren $v'_1$ und $v'_2$. Ein Element $e\in E$ läßt sich darstellen $$
e= u+\lambda_1v_1+\lambda_2v_2=
u'-(u'-u_1)+\lambda_1(u_2-u_1)+\lambda_2(u_3-u_1)=u'+w'.
$$ Hier ist $w'$ eine Linearkombination der Vektoren $u_i-u_j$ und $u'-u_i$ und folglich auch eine Linearkombination der Vektoren $v'_1$ und $v'_2$. Also ist $e$ Element von $E'$. Es folgt $E\subset E'$. - Die Ebene $E'=u'+\mathbb{R} v_1'+\mathbb{R} v_2'\subset \mathbb{R}^n$ enthalte die Ebene $E=u+\mathbb{R} v_1 +\mathbb{R} v_2$. Dann stimmen beide Ebenen überein, $E=E'$.
Dazu reicht es zu zeigen: Sind $v_1$ und $v_2$ linear unabhängige Linearkombinationen von $v'_1$ und $v'_2$, so sind auch umgekehrt $v_1'$ und $v_2'$ Linearkombinationen von $v_1$ und $v_2$. Diese Aussage werden wir sogleich als separaten Hilfssatz beweisen. Diesen Hilfssatz kurz vorausgesetzt, können wir den Beweis zu Ende führen: Ein Element $e'\in E'$ läßt sich folgendermaßen als Linearkombination darstellen $$
e'= u'+\lambda_1'v_1'+\lambda_2'v_2'=
u-(u-u')+\lambda_1'v_1'+\lambda_2'v_2'=u+w.
$$ Hier ist $w$ eine Linearkombination der Vektoren $u-u'$, $v_1'$ und $v_2'$. Da $u\in E\subset E'$ gilt, läßt sich $u-u'$ darstellen als Linearkombination von $v_1'$ und $v_2'$. Damit ist $w$ Linearkombination der beiden Vektoren $v_1'$ und $v_2'$, die nach dem Hilfssatz selbst wiederum Linearkombinationen von $v_1$ und $v_2$ sind. Auf diese Weise erkennen wir $w$ als Linearkombination der Vektoren $v_1$ und $v_2$. Also gilt $e'=u+w\in E$. Es folgt $E'\subset E$.
Lemma. Seien $v_1$, $v_2$ linear unabhängige Linearkombinationen von Vektoren $w_1$ und $w_2$, so sind auch umgekehrt die Vektoren $w_1$ und $w_2$ Linearkombinationen von $v_1$ und $v_2$.
Beweis. Es gilt \begin{align*}
v_1&=\alpha w_1+\beta w_2\\
v_2&=\gamma w_1+\delta w_2
\end{align*} für geeignete Skalare $\alpha,\beta,\gamma,\delta$. Wir betrachten die Zahl $\Delta=\alpha\delta-\beta\gamma$ und zeigen zuerst, dass $\Delta\not=0$ gilt.
Wäre $\Delta=0$ und auch $\alpha=0$, so müßte wegen $v_1\not=0$ zumindest $\beta\not=0$ gelten. Dann folgte aber $\gamma=0$ und damit wären $v_1=\beta w_2$ und $v_2=\delta w_2$ linear abhängig entgegen unserer Voraussetzung. Wäre $\Delta=0$ und $\alpha\not= 0$, so erhielten wir $$\delta=\frac{\beta\gamma}{\alpha}$$ und somit \begin{align*}
\alpha v_2&=\alpha\gamma w_1+\alpha\delta w_2\\
&=\alpha\gamma w_1+\beta\gamma w_2=\gamma v_1.
\end{align*} Damit wären die Vektoren $v_1$ und $v_2$ linear abhängig im Widerspruch zur Voraussetzung.
Es folgt $\Delta\not=0$. Nun können wir $w_1$ und $w_2$ als Linearkombinationen der Vektoren $v_1$ und $v_2$ darstellen: \begin{align*}
\frac1\Delta(\delta v_1-\beta v_2)&=
\frac1\Delta(\delta\alpha w_1+\delta\beta w_2-
\beta\gamma w_1 -\beta\delta w_2)
=\frac1\Delta(\alpha\delta-\beta\gamma)w_1 = w_1\\
\frac1\Delta(-\gamma v_1+\alpha v_2)&=
\frac1\Delta(-\gamma\alpha w_1-\gamma\beta w_2
+\alpha\gamma w_1 +\alpha\delta w_2)
=\frac1\Delta(\alpha\delta-\beta\gamma)w_2 = w_2.
\end{align*}
qed
Wenn wir noch einmal den Beweis Revue passieren lassen, so fällt auf, dass wir an keiner Stelle irgendeine Eigenschaft der reellen Zahlen benutzt haben, die nicht auch jeder andere Körper besitzt. Wir haben auch nirgends benutzt, dass unsere Betrachtungen in dem speziellen Vektorraum $\mathbb{R}^n$ stattfinden. Wir hätten also auch von vorneherein beliebige Vektorräume über beliebigen Körpern betrachten können. Lassen Sie mich das also nachholen:
Definition. Es sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$.
- Eine Teilmenge $G\subset V$ heißt Gerade, wenn es zwei Vektoren $u, v\in V$ gibt mit $v \not= 0$ und $G=\{u + \lambda v\;|\;\lambda \in K\}$. Wir schreiben kürzer $G=: u + K v$.
- Eine Menge $E\subset V$ heißt Ebene, wenn es Vektoren $u, v_1, v_2$ gibt mit $v_1\not= 0, v_2\not= 0, v_1\notin Kv_2,$ so dass gilt $E=\{u+\lambda_1v_1 + \lambda_2 v_2\; |\; \lambda_1, \lambda_2\in K\}=: u+K v_1+ K v_2$.
Die Beweise der obigen Sätze sich auf Vektorräume über beliebigen Körpern übertragen und wir erhalten den Satz:
Satz. Zwei verschiedene Vektoren in einem Vektorraum bestimmen eindeutig eine Gerade, die beide Vektoren enthält. Drei Vektoren, die nicht auf einer Geraden liegen, bestimmen eindeutig eine Ebene, die sie enthält.
Beweis. Ersetze den Buchstaben $\mathbb R$ durch den Buchstaben $K$ in den obigen Beweisen.
qed