Lineare Abhängigkeit \IR^3 < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:29 Mo 25.04.2005 | | Autor: | nevinpol |
Hallo,
habe hier eine Übungsaufgabe, die ich eigentlich schon gelöst habe. Aber ich bin mir nicht sicher, ob ich die volle Punktzahl bekomme, wenn ich das so aufschreibe.
Wenn jemand drauf schauen könnte wäre ich sehr dankbar.
Aufgabe 5a)
Man untersuche auf lineare Abhängigkeit in [mm] $\IR$ [/mm] x [mm] $\IR$ [/mm] x [mm] $\IR$:
[/mm]
$(1,2,-3),(4,-3,2),(-6,-1,4)$
Gegeben: $(1,2,-3),(4,-3,2)(-6,-1,4)$
Zu Zeigen: Lineare Abhängigkeit in [mm] $\IR$ [/mm] x [mm] $\IR$ [/mm] x [mm] $\IR$
[/mm]
Beweis:
[mm]
v_1*a_1 + v_2*a_2+v_3*a_3 = 0
\gdw
\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}*a_1
+ \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}*a_2
+ \begin{pmatrix} -6 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}*a_3
= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 11 & -11 \\
0 & 14 & -14
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 1 & -1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
Daraus folgt:
[mm]
(1): a_1 + 4*a_2 - 6*a_3 = 0
(2): a_2 - a_3 = 0 \gdw a_2=a_3
[/mm]
Ich setze [mm] $a_2=a_3$ [/mm] in $(1): [mm] a_1 [/mm] + [mm] 4*a_2 [/mm] - [mm] 6*a_3 [/mm] = 0$ ein:
[mm]
$a_1 + 4*a_2 - 6*a_3 = 0 $
$\gdw a_1 + 4*a_3 - 6*a_3 = 0$
$\gdw a_1 -2*a_3 = 0$
$\gdw a_1 = 2*a_3$
[/mm]
Also es gilt:
[mm] $a_1=2*a_2=2*a_3$
[/mm]
[mm] $a_2 [/mm] = [mm] a_3$
[/mm]
[mm] $a_3 [/mm] = [mm] a_2$
[/mm]
Das lineare Gleichungssystem besitzt keine eindeutige Lösung.
Wählt man [mm] $a_2=t$, [/mm] $t [mm] \in \IR$, [/mm] so erhält man:
[mm] $a_1= [/mm] 2*t$
[mm] $a_2 [/mm] = t$
[mm] $a_3 [/mm] = t$
Dann gilt:
[mm] $v_1*a_1 [/mm] + [mm] v_2*a_2+v_3*a_3 [/mm] = 0$
[mm] $v_1*(2t) [/mm] + [mm] v_2*t+v_3*t [/mm] = 0$
[mm]
\begin{pmatrix} 2*t \\ 4*t \\ -6*t \end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix} 4*t \\ -3*t \\ 2*t \end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix} -6*t \\ -t \\ 4*t \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix} 2*t+4*t-6*t \\ 4*t-3*t-t \\ -6*t+2*t+4*t \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
Für $t=0$ sind die drei Vektoren linear abhängig, sonst linear unabhängig.
Vielen Dank
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:06 Mo 25.04.2005 | | Autor: | Astrid |
Hallo Nevin,
> Aufgabe 5a)
>
> Man untersuche auf lineare Abhängigkeit in [mm]\IR[/mm] x [mm]\IR[/mm] x
> [mm]\IR[/mm]:
>
> [mm](1,2,-3),(4,-3,2),(-6,-1,4)[/mm]
>
>
> Gegeben: [mm](1,2,-3),(4,-3,2)(-6,-1,4)[/mm]
> Zu Zeigen: Lineare Abhängigkeit in [mm]\IR[/mm] x [mm]\IR[/mm] x [mm]\IR[/mm]
> Beweis:
>
> [mm]
v_1*a_1 + v_2*a_2+v_3*a_3 = 0[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm]\gdw
\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}*a_1
+ \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}*a_2
+ \begin{pmatrix} -6 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}*a_3
= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
> [mm]\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Du hast vergessen, den gesuchten Vektor zu übernehmen, also:
[mm]
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
Jetzt überlege dir genau, was du zeigen mußt:
Die Vektoren sind linear unabhängig, wenn nur [mm] \vektor{a_1 \\ a_2 \\ a_3}=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm] diese Gleichung löst. Denn eine Lösung ist Null natürlich immer!
Falls es eine Lösung ungleich Null gibt, dann sind die Vektoren linear abhängig. Was bedeutet das? Du kannst einen Vektor als Linearkombination der anderen darstellen. Hier hast du offensichtlich eine Lösung ungleich Null, wie du ja schon geschrieben hast.
Deine Argumentation war insofern nicht richtig, dass Vektoren entweder linear abhängig oder linear unabhängig sind, aber nie beides abhängig von der Lösung der Gleichung!
Du mußt hier auch nicht alle Lösungen angeben - für linear abhängige Vektoren hast du nie eine eindeutige Lösung: Denn falls [mm] v_1*a_1 + v_2*a_2+v_3*a_3 = 0 [/mm] dann ist auch [mm]v_1*3*a_1 + v_2*3*a_2+v_3*3*a_3 = 0[/mm]. ES genügt zu zeigen, dass eine existiert.
Ich hoffe, ich konnte dir das Prinzip ein wenig näher bringen! 
Viele Grüße
Astrid
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:09 Mo 25.04.2005 | | Autor: | nevinpol |
Hallo Astrid,
also zum einen verwirrt mich immer wieder eine Sache:
[mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
[mm] $\gdw$
[/mm]
[mm]
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
Denn ich denke immer man müsste es so aufschreiben:
[mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
[mm] $\gdw$
[/mm]
[mm]
\begin{pmatrix}
1 & 2 & -3 \\
4 & -3 & 2 \\
-6 & -1 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
Ich denke das ist nur einen optische Täuschung ;)
Es liegt wohl daran, dass die Matrizen kreuz und quer multipliziert werden !?
Mit Hilfe deines Antworts bin ich jetzt auf folgende Lösung gekommen:
[mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
[mm] $\gdw$
[/mm]
[mm]
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 1& -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\gdw
[/mm]
Also:
[mm] (1)$a_1 [/mm] + [mm] 4*a_2 -6*a_3 [/mm] = 0$
[mm] (2)$a_2 [/mm] - [mm] a_3 [/mm] = 0$
[mm] (3)$a_3=0$
[/mm]
[mm] $a_3=0$ [/mm] in (2) einsetzen:
[mm] $a_2 [/mm] - 0 = 0 [mm] \gdw a_2=0$
[/mm]
[mm] $a_2=0$ [/mm] und [mm] $a_3=0$ [/mm] in (1) einsetzen:
[mm] $a_1 [/mm] + 4*0 - 6*0 = 0 [mm] \gdw a_1=0$
[/mm]
Da [mm] $a_1=a_2=a_3=0$ [/mm] folgt, dass die drei Vektoren linear unabhängig sind.
Ist das richtig? Und könnte ich es irgendwie besser aufschreiben,
als mit diesem (1),(2) usw. ???
Vielen Dank für die Hilfen
Nevinpol
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Hi, Nevinpol,
bin zwar nicht Astrid, kann Dir aber vielleicht auch helfen:
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm]
>
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> Denn ich denke immer man müsste es so aufschreiben:
>
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm]
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 & 2 & -3 \\
4 & -3 & 2 \\
-6 & -1 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> Ich denke das ist nur einen optische Täuschung ;)
> Es liegt wohl daran, dass die Matrizen kreuz und quer
> multipliziert werden !?
Nein, nein: Nur der erste Ansatz ist mit dem gegebenen Gleichungssystem äquivalent, da bei der Matrizenmultiplikation "Zeile mal Spalte" gerechnet wird!
Beispiel für die erste Zeile:
[mm] 1*a_{1} [/mm] + [mm] 4*a_{2} [/mm] - [mm] 6*a_{3} [/mm] = 0
Zum Glück musst Du da nicht lange überlegen: Die Koeffizienten im Gleichungssystem stehen genauso da wie in der Matrix!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:28 Di 26.04.2005 | | Autor: | Astrid |
Hallo,
> also zum einen verwirrt mich immer wieder eine Sache:
>
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
Eigentlich müßtest du schreiben:
[mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
\begin{pmatrix}
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm]
>
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> Denn ich denke immer man müsste es so aufschreiben:
>
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm]
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 & 2 & -3 \\
4 & -3 & 2 \\
-6 & -1 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> Ich denke das ist nur einen optische Täuschung ;)
> Es liegt wohl daran, dass die Matrizen kreuz und quer
> multipliziert werden !?
Darauf hat Zwerglein dir ja schon geantwortet:
Nur die erste Schreibweise ist richtig, da es eine bestimmt Vorschrift gibt, wie Matritzen und Vektoren multipliziert werden!
Z.B.
[mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 } \cdot \vektor{x \\ y} = \vektor{1 \cdot x + 2 \cdot y \\ 3 \cdot x + 4 \cdot y}[/mm]
>
> Mit Hilfe deines Antworts bin ich jetzt auf folgende Lösung
> gekommen:
>
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
-3
\end{pmatrix}
\cdot
a_1
+
\begin{pmatrix}
4 \\
-3 \\
2
\end{pmatrix}
\cdot
a_2
+
\begin{pmatrix}
-6 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
\cdot
a_3
=
0
[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm]
>
> [mm]
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}
\gdw
\begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 1& -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a_1 \\
a_2 \\
a_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix} [/mm]
> Also:
>
> (1)[mm]a_1 + 4*a_2 -6*a_3 = 0[/mm]
> (2)[mm]a_2 - a_3 = 0[/mm]
> (3)[mm]a_3=0[/mm]
> [mm]a_3=0[/mm]
Hier liegt dein Fehler! Warum ist denn [mm] $a_3=0$? [/mm] Es steht in der Matrix in der letzten Zeile : $0 [mm] \cdot a_1 [/mm] + 0 [mm] \cdot a_2 [/mm] + 0 [mm] \cdot a_3 [/mm] = 0$ Wenn wir also zuerst [mm] $a_3$ [/mm] bestimmen wollen, sehen wir: [mm] a_3 [/mm] ist beliebig! Du kannst also eine Lösung finden, die ungleich Null ist! Und daher sind die Vektoren linear abhängig!
Der Rest deiner Rechnung ist aus deinem Fehler oben folgend leider auch nicht richtig.
Viele Grüße
Astrid
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:56 Di 26.04.2005 | | Autor: | nevinpol |
Hallo Astrid und Zwerglein,
vielen Dank für eure Antworten. Ich denke jetzt habe ich es verstanden.
Ich schreibe mal meine Lösung (nur möglich mit eurer Hilfe) auf.
Es gab die Aufgaben 5a und 5b und nachdem ich dann auch die 5b gelöst habe, habe ich gesehen, dass die beiden Teilaufgaben genau das beabsichtigt haben, was ihr mir als Antwort und Hinweis gesendet habt.
Also hier sind meine Lösungen:
Aufgabe 5a
Gegeben: $(1,2,-3),(4,-3,2),(-6,-1,4)$
Zu Zeigen: Lineare Abhängigkeit
Beweis:
[mm]
v_1*a_1 + v_2*a_2 + v_3*a_3 = 0
\gdw \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} \cdot a_1
+ \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} \cdot a_2
+ \begin{pmatrix} -6 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot a_1
= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
2 & -3 & -1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 11 & -11 \\
0 & 14 & -14
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 1 & -1
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
Daraus folgt:
[mm] $a_1 [/mm] + [mm] 4*a_2 [/mm] - [mm] 6*a_3 [/mm] = 0$
[mm] $a_2 [/mm] - [mm] a_3 [/mm] = 0 [mm] \gdw a_2=a_3$
[/mm]
[mm] $a_3$ [/mm] ist beliebig.
Da [mm] $a_3$ [/mm] beliebig ist folgt schon, dass die drei Vektoren [mm] $v_1$ [/mm] , [mm] $v_2$ [/mm] und [mm] $v_3$ [/mm] linear abhängig sind.
Ich setze [mm] $a_3 [/mm] = t$, $t [mm] \in \IR$
[/mm]
Dann ist [mm] $a_2=a_3 \gdw a_2 [/mm] = t$ und
[mm] $a_1 [/mm] + [mm] 4*a_2 [/mm] - [mm] 6*a_3 [/mm] = 0$
[mm] $\gdw a_1 [/mm] + 4*t - 6*t = 0 $
[mm] $\gdw a_1 [/mm] - 2*t= 0$
[mm] $\gdw a_1 [/mm] = 2*t$
Also wäre [mm] $a_1=2*t$, $a_2=t$ [/mm] und [mm] $a_3=t$ [/mm] mit $t [mm] \in \IR$ [/mm] eine Lösung und somit ist bewiesen, dass die drei Vektoren [mm] $v_1$ [/mm] , [mm] $v_2$ [/mm] und [mm] $v_3$ [/mm] linear abhängig sind.
Aufgabe 5b
Gegeben: $(1,2,-3),(4,-3,2),(-6,1,4)$
Zu Zeigen: Lineare Abhängigkeit
Beweis:
[mm]
v_1*a_1 + v_2*a_2 + v_3*a_3 = 0
\gdw \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}*a_1
+ \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}*a_2
+ \begin{pmatrix} -6 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix}*a_1
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6\\
2 & -3 & 1 \\
-3 & 2 & 4
\end{pmatrix} \cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6\\
0 & 11 & -11 \\
0 & 14 & -14
\end{pmatrix} \cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6\\
0 & 1 & -1 \\
0 & 1 & -1
\end{pmatrix} \cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6\\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix} \cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
Daraus folgt:
[mm] $a_1 [/mm] + [mm] 4*a_2 [/mm] - [mm] 6*a_3 [/mm] = 0$
[mm] $a_2 [/mm] - [mm] a_3 [/mm] = 0 [mm] \gdw a_2 [/mm] = [mm] a_3$
[/mm]
[mm] $2*a_3 [/mm] = 0 [mm] \gdw a_3 [/mm] =0$
Ich setze [mm] $a_3=0$ [/mm] in [mm] $a_2 [/mm] = [mm] a_3$ [/mm] ein:
[mm] $a_2 [/mm] = 0$
Ich setze [mm] $a_2=0$ [/mm] und [mm] $a_3=0$ [/mm] in [mm] $a_1 [/mm] + [mm] 4*a_2 [/mm] - [mm] 6*a_3 [/mm] = 0$ ein:
[mm] $a_1 [/mm] + 4*0 - 6*0 = 0$
[mm] $\gdw a_1 [/mm] = 0$
Da [mm] $a_1=a_2=a_3=0$ [/mm] ist folgt, dass die drei Vektoren [mm] $v_1$ [/mm] , [mm] $v_2$ [/mm] und [mm] $v_3$ [/mm] linear unabhängig sind.
Ich hoffe (bin eigentlich jetzt ziemlich sicher), dass die Lösungen richtig sind und formal richtig aufgeschrieben sind.
Vielen Dank für eure Mühe und Zeit
nevinpol
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:02 Di 26.04.2005 | | Autor: | Astrid |
Hallo Nevinpol,
deine Lösungen sind jetzt richtig. Es freut mich, dass wir dir weiterhelfen konnten! Noch ein kleiner Hinweis: Bei der linearen Abhängigkeit brauchst du i.A. nicht die gesamte Lösungsmenge aufschreiben. (Besonders in einer Klausur könnte dir das viel Zeit rauben!) Richtig ist es natürlich trotzdem.
Viele Grüße
Astrid
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> Hallo Astrid und Zwerglein,
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> vielen Dank für eure Antworten. Ich denke jetzt habe ich es
> verstanden.
> Ich schreibe mal meine Lösung (nur möglich mit eurer
> Hilfe) auf.
> Es gab die Aufgaben 5a und 5b und nachdem ich dann auch
> die 5b gelöst habe, habe ich gesehen, dass die beiden
> Teilaufgaben genau das beabsichtigt haben, was ihr mir als
> Antwort und Hinweis gesendet habt.
>
> Also hier sind meine Lösungen:
>
> Aufgabe 5a
> Gegeben: [mm](1,2,-3),(4,-3,2),(-6,-1,4)[/mm]
>
> Zu Zeigen: Lineare Abhängigkeit
>
> Beweis:
>
> [mm]
v_1*a_1 + v_2*a_2 + v_3*a_3 = 0
[/mm]
Falls die [mm]a_i[/mm]'s Zahlen sind, ist das Quatsch, also:
[mm]a_1 v_1 + \dots + a_3 v_3 = 0[/mm]
[mm]
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6\\
0 & 1 & -1 \\
0 & 1 & -1
\end{pmatrix} \cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\gdw \begin{pmatrix}
1 & 4 & -6\\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix} \cdot
\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
[/mm]
Wo kommt die 2 in der letzten Zeile her? Da sollte doch eine Nullzeile stehen, wenn ich das richtig sehe.
Die [mm]a_i[/mm]'s brauchst du auch nicht mitschleppen. Schreibe die Vektoren in eine Matrix und bestimme per Gaußelimination den Rang der Matrix. Falls die Matrix vollen Rang hat, sind die Vektoren in den Spalten/Zeilen linear unabhängig, falls nicht, sind sie linear abhängig.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:14 Di 26.04.2005 | | Autor: | nevinpol |
Hallo mathedman,
danke für den Hinweis mit dem "2" bei der Aufgabe 5b) !!! Ich habe es auf meinen Zetteln richtig, leider habe ich es falsch abgetippt.
Mit dem Rang kann ich noch nichts machen, weil wir es noch nicht in der Vorlesung hatten:( Aber Gauß darf ich glaube ich benutzen, ich weiß nur nicht, inwiefern sich Gauß mit meiner Schreibweise unterscheiden würde. Kurz: Ich habe keine Ahnung wie ich das aufschreiben kann.
Vielleicht hast du ein kleines Beispiel für Gauß-Elimination, so dass ich versuchen könnte das zu übertragen auf meinen konkreten Aufgaben.
Danke dir vielmals!
nevinpol
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> Mit dem Rang kann ich noch nichts machen, weil wir es noch
> nicht in der Vorlesung hatten:( Aber Gauß darf ich glaube
> ich benutzen, ich weiß nur nicht, inwiefern sich Gauß mit
> meiner Schreibweise unterscheiden würde.
Eigentlich gar nicht.
> Kurz: Ich habe
> keine Ahnung wie ich das aufschreiben kann.
> Vielleicht hast du ein kleines Beispiel für
> Gauß-Elimination, so dass ich versuchen könnte das zu
> übertragen auf meinen konkreten Aufgaben.
Wenn ihr das noch nicht hattet, kannst du natürlich so vorgehen wie oben.
Beispiel:
[mm]u = (1,2,2)[/mm]
[mm]v = (1,1,1)[/mm]
[mm]\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
1 & 2 & 2
\end{pmatrix}[/mm]
2. Zeile = 2. Zeile - 1. Zeile
[mm]\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
Jetzt sieht man, dass die Matrix den Rang 2 hat, die Vektoren [mm]u,v[/mm]
sind also linear unabhängig.
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