Lineare Unabhängigkeit < Abbildungen+Matrizen < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:59 So 16.02.2014 | | Autor: | Trikolon |
| Aufgabe | Es sei V ein Vektorraum und { [mm] v_1; v_2; v_3 [/mm] } eine Menge von linear unabhängigen Vektoren in V . Zeigen Sie, dass für einen Vektor v =
[mm] \summe_{i=1}^{3} \lambda_i v_i \in [/mm] gilt:
{ [mm] v_1+v,v_2+v,v_3+v [/mm] } ist linear unabhängig [mm] \gdw [/mm] 1 + [mm] \summe_{i=1}^{3} \lambda_i v_i \not=0. [/mm] |
(Edit Mod. Marcel: Da soll, siehe folgende Mitteilungen, am Ende [mm] $1+\sum_{k=1}^3 \lambda_k \not=0$ [/mm] stehen!)
Hallo. Also erstmal zur „Hinrichtung'':
Ich habe den Ansatz [mm] \lambda_1 (v_1+v)+\lambda_2(v_2+v)+ \lambda_3 (v_3+v)=0
[/mm]
Dann ein bisschen umgeformt:
[mm] \lambda_1 v_1 (1+\lambda_1) [/mm] + [mm] \lambda_2 v_2 (1+\Lambda)+ \lambda_3 v_3 [/mm] (1+ [mm] \lambda_3)=0
[/mm]
Also entweder alle [mm] \lambda_i=0 [/mm] oder [mm] 1+\lambda_i=0
[/mm]
Da aber lineare Unabhängigkeit vorausgesetzt wird, muss gelten [mm] \lambda_i [/mm] ungleich -1.
Stimmt das? Wie bringe ich jetzt die Summe ins Spiel? Also warum ist dann [mm] \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3 [/mm] ungleich -1?
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Hallo,
mir scheint in der Aufgabenstellung was nicht zu stimmen:
[mm] $1+\sum_{i=1}^3 \lambda_iv_i$ [/mm] ist nicht definiert da 1 kein Vektor ist, soll da evtl. [mm] $1+\sum_{i=1}^3 \lambda_i$ [/mm] stehen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:04 So 16.02.2014 | | Autor: | Trikolon |
Ja. Genau.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:26 So 16.02.2014 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
> Es sei V ein Vektorraum und { [mm]v_1; v_2; v_3[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
} eine Menge
> von linear unabhängigen Vektoren in V . Zeigen Sie, dass
> für einen Vektor v =
> [mm]\summe_{i=1}^{3} \lambda_i v_i \in [/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
gilt:
> { [mm]v_1+v,v_2+v,v_3+v[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
} ist linear unabhängig [mm]\gdw[/mm] 1 +
> [mm]\summe_{i=1}^{3} \lambda_i v_i \not=0.[/mm]
>
>
> (Edit Mod. Marcel: Da soll, siehe folgende Mitteilungen, am
> Ende [mm]1+\sum_{k=1}^3 \lambda_k \not=0[/mm] stehen!)
>
> Hallo. Also erstmal zur „Hinrichtung'':
> Ich habe den Ansatz [mm]\lambda_1 (v_1+v)+\lambda_2(v_2+v)+ \lambda_3 (v_3+v)=0[/mm]
>
> Dann ein bisschen umgeformt:
>
> [mm]\lambda_1 v_1 (1+\lambda_1)[/mm] + [mm]\lambda_2 v_2 (1+\Lambda)+ \lambda_3 v_3[/mm]
> (1+ [mm]\lambda_3)=0[/mm]
>
> Also entweder alle [mm]\lambda_i=0[/mm] oder [mm]1+\lambda_i=0[/mm]
> Da aber lineare Unabhängigkeit vorausgesetzt wird, muss
> gelten [mm]\lambda_i[/mm] ungleich -1.
>
> Stimmt das? Wie bringe ich jetzt die Summe ins Spiel? Also
> warum ist dann [mm]\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3[/mm] ungleich -1?
ne, ich frage mich schon, was Du da umformst:
[mm] $\lambda_1(v_1+\lambda_1)=\lambda_1v_1+{\lambda_1}^2,$
[/mm]
bspw. .
Bei der "Hin-Richtung":
Die obenstehende Menge sei linear unabhängig, das bedeutet:
Aus
[mm] $\blue{\mu_1(v_1+v)+\mu_2(v_2+v)+\mu_3(v_3+v)=0}$
[/mm]
folgt schon [mm] $\blue{\mu_1=\mu_2=\mu_3=0\,.}$
[/mm]
(Beachte, dass die [mm] "$\lambda$'s" [/mm] schon vergeben sind, die sind quasi fest, also wie
"Parameter" zu behandeln!)
Wir gehen von
[mm] $\mu_1(v_1+v)+\mu_2(v_2+v)+\mu_3(v_3+v)=0$
[/mm]
aus und ersetzen das [mm] $v\,$ [/mm] wie oben und gelangen wegen der linearen Unabhängigkeit
von [mm] $\{v_1,\,v_2,\,v_3\}$ [/mm] zu
(GLS) [mm] $\mu_k+\lambda_k*\sum_{n=1}^3 \mu_n=0$ [/mm] für $k=1,2,3.$
Weil wir die lineare Unabhängigkeit von [mm] $\{v_1+v,\,v_2+v,\,v_3+v\}$ [/mm] voraussetzen, darf
letztstehendes Gleichungssystem nur für [mm] $(\mu_1,\mu_2,\mu_3)=(0,0,0)$ [/mm] lösbar sein.
Wir nehmen jetzt an, dass die Behauptung falsch sei, also doch
[mm] $\lambda_1=-1-\lambda_2-\lambda_3$
[/mm]
gelte.
Dann folgt, dass obiges Gleichungssystem gleichwertig ist mit
[mm] $\mu_1=(1+\lambda_2+\lambda_3) \sum_{k=1}^3 \mu_k$
[/mm]
und
[mm] $\mu_2=-\lambda_2 \sum_{k=1}^3 \mu_k$
[/mm]
und
[mm] $\mu_3=-\lambda_3 \sum_{k=1}^3 \mu_k.$
[/mm]
Dabei sind [mm] $\lambda_2, \lambda_3$ [/mm] feste Parameter und wir interessieren uns für
Lösungen [mm] $(\mu_1,\mu_2, \mu_3),$ [/mm] also umschreiben
[mm] $(\lambda_2+\lambda_3)*\mu_1+(1+\lambda_2+\lambda_3)*\mu_2+(1+\lambda_2+\lambda_3)*\mu_3=0$
[/mm]
[mm] $\lambda_2*\mu_1+(\lambda_2+1)*\mu_2+\lambda_2*\mu_3=0$
[/mm]
[mm] $\lambda_3*\mu_1+\lambda_3*\mu_2+(\lambda_3+1)*\mu_3=0.$
[/mm]
Schauen wir uns die Determinante dieses GLS an:
Determinante =
[mm] $\vmat{\lambda_2+\lambda_3 & 1+\lambda_2+\lambda_3 & 1+\lambda_2+\lambda_3\\\lambda_2 & \lambda_2+1 & \lambda_2 \\ \lambda_3 & \lambda_3 & \lambda_3+1}=(b+c)*(b+1)*(c+1)+(1+b+c)*b*c+(1+b+c)*b*c-c*(b+1)*(1+b+c)-c*b*(b+c)-(c+1)*b*(1+b+c)$
[/mm]
mit [mm] $b:=\lambda_2$ [/mm] und [mm] $c:=\lambda_3$ [/mm] zur Abkürzung.
Das kann man weiterrechnen:
Determinante =
$(b+c)*(b+1)*(c+1)-c*(1+b+c)-c*b*(b+c)-b*(1+b+c)$
$=(b+c)*(b+1)*(c+1)-(1+b+c)*(b+c)-c*b*(b+c)$
[mm] $=(b+c)*\{(b+1)*(c+1)-1-b-c-cb\}$
[/mm]
$=(b+c)*0=0.$
Daher gibt es in diesem Fall für (GLS) neben der Triviallösung
[mm] $(\mu_1,\mu_2,\mu_3)=(0,0,0)$
[/mm]
auch noch andere Lösungen - das widerspricht dem fett-blaumarkierten Teil oben.
Soviel zur "Hin-Richtung"!
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:42 So 16.02.2014 | | Autor: | Sax |
Hi,
beide Richtungen folgen viel einfacher, indem du die Äquivalenz
[mm] u_1, u_2, u_3 [/mm] sind linear abhängig [mm] \gdw \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=-1 [/mm] (dabei sind [mm] u_i=v+v_i)
[/mm]
zeigst.
Die Hin-Richtung deiner Äquivalenz ist die Rück-Richtung dieser und ergibt sich einfach durch [mm] \mu_i=\lambda_i.
[/mm]
Gruß Sax.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:35 Mo 17.02.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sax,
> Hi,
>
> beide Richtungen folgen viel einfacher, indem du die
> Äquivalenz
> [mm]u_1, u_2, u_3[/mm] sind linear abhängig [mm]\gdw \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=-1[/mm]
> (dabei sind [mm]u_i=v+v_i)[/mm]
> zeigst.
in der Richtung [mm] "$\Rightarrow$" [/mm] habe ich doch das und nichts anderes vorgerechnet.
(Die Menge [mm] $\{v_1,v_2,v_3\}$ [/mm] kann nur linear unabhängig sein, wenn [mm] $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3\not=-1$
[/mm]
ist - das steckt in den Überlegungen drin und steht auch so da, siehe den
fett-blaumarkierten Satz!)
Edit: Ich sehe gerade, dass das, was ich durchgestrichen hatte, so doch nicht
passt. Aber okay: Diese Zusatzüberlegung kann man trotzdem analog zu
meinen Überlegungen machen. Ich sehe aber nicht direkt, dass das eine
enorme Arbeitsersparnis bringt, daher dennoch:
Wenn's einfacher geht: Bitte zeigen!  (Nicht für den Aufgabensteller, sondern
für mich - meinetwegen also auch per PN!)
P.S. Didaktisch habe ich gar nichts gegen Deine Zusatzüberlegung: Sie ist
alleine deswegen schon sinnvoll, weil man damit vermutlich einen besseren
Überblick bzgl. der Lösungsmethode für die Aufgabe bekommt ( ich finde sie
daher mehr als interessant und hätte sie gerne auch selbst so formuliert  ).
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:47 Mo 17.02.2014 | | Autor: | Sax |
Hi, Marcel,
für diese Beweisrichtung wird die l.U. der [mm] v_i [/mm] gar nicht grbraucht (siehe PN, die ich dir geschickt habe).
Gruß Sax.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:04 Mo 17.02.2014 | | Autor: | fred97 |
Vorschlag: sei [mm] U:=. [/mm] Dann ist [mm] B:=\{v_1,v_2,v_3\} [/mm] eine Basis von U.
In der folgenden Matrix $M$ steht in Zeile j die Kooedinatendarstellung von [mm] v_j+v [/mm] bezgl. B (j=1,2,3):
[mm] $M=\pmat{ 1+\lambda_1 & \lambda_2 &\lambda_3 \\ \lambda_1 & 1+\lambda_2 & \lambda_3 \\ \lambda_1 & \lambda_2 & 1+ \lambda_3}$
[/mm]
Es ist $det(M)= [mm] 1+\summe_{i=1}^{3} \lambda_i$
[/mm]
FRED
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