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Frage nach linearer Unabhängigkeit 3 Vektoren R^4

Universität / Fachhochschule

Lineare Unabhängigkeit

Tags: Lineare Unabhängigkeit

haiqualle aktiv_icon

12:43 Uhr, 01.02.2015

Hi zusammen,

gegeben sind 3 beibiege Vektoren des

R^{4}

.

Ich möchte auf lineare u.a. untersuchen.

Aber wie am besten ?

Mein weg:

\vec{a_{1}} = (\begin{array}{rcl} - 1 \\ 5 \\ 3 \\ - 1 \end{array})

\vec{a_{2}} = (\begin{array}{rcl} 7 \\ - 35 \\ - 15 \\ - 7 \end{array})

\vec{a_{3}} = (\begin{array}{rcl} 10 \\ - 22 \\ - 30 \\ - 10 \end{array})

Hier würde ich schauen, ob ich einen sakrale Faktor finde, den alle "Gleichungen" gemeinsam haben:

Und war beginnend mit

\vec{a_{1}}

und

\vec{a_{2}}

7 = - 1 x

- 35 = 5 x

- 15 = 3 x

- 7 = - 1 x

Hier finde ich schon mehrere Faktoren, reicht das aus ?

Grüße

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

michaL aktiv_icon

12:50 Uhr, 01.02.2015

Hallo,

bitte schreibe das Axiom für lineare Unabhängigkeit hier hin.
Wende es dann direkt auf deine Aufgabe an.

Dadurch wirst du ein Gleichungssystem erhalten. Mach mal.
(Aufgabe unterste Stufe)

Mfg Michael

bernt aktiv_icon

12:54 Uhr, 01.02.2015

Für Lineare Unabhänigkeit gehst du immer über die Formel:

λ_{1} * \vec{x_{1}} + λ_{2} * \vec{x_{2}} + λ_{3} * \vec{x_{3}} + \dots + λ_{n} * \vec{x_{n}} = \vec{0}

ohne

λ_{1} = λ_{2} = \dots = λ_{n} = 0

Mit diesem Ansatz hast du ein Lineares GLeichungssystem was du einfach lösen musst.

Mathe45

12:56 Uhr, 01.02.2015

λ_{1} ... λ_{n}

Nicht alle GLEICHZEITIG 0
( einige dürfen es schon sein )

Mathe45

13:05 Uhr, 01.02.2015

Bilde die Matrix aus deinen Vektoren und bestimme ihren Rang. Ziehe daraus Schlüsse, ob das relevante Gleichungssystem nur "triviale" Lösungen hat oder nicht.

haiqualle aktiv_icon

13:45 Uhr, 01.02.2015

Demnach die Koeffizienten Matrix:

(\begin{array}{rcl} - 1 & 7 & 10 \\ 5 & - 35 & - 22 \\ 3 & - 15 & - 30 \\ - 1 & - 7 & 10 \end{array})

und nach kleinen linearen Spielereinen habe ich sowas hier :

(\begin{array}{rcl} 1 & - 7 & - 10 \\ 0 & 0 & - 28 \\ 0 & - 16 & 0 \\ 0 & 14 & 0 \end{array})

Hier stimmt doch was nicht -.-

Mathe45

13:48 Uhr, 01.02.2015

Doch, es fehlt noch ein Schritt. Du kannst in der letzten Zeile nur Nullen erzeugen.
Also ist der Rang der Matrix 3.

haiqualle aktiv_icon

13:57 Uhr, 01.02.2015

Ja gut :-)

Jetzt wird's lustig:

Rg(A) = 3 = Rg(A/B)

Ich habe eine eindeutige Lösung! Bzw. hätte eine

Aber was sagt mir das ganze in Bezug auf die lineare Abhängigkeit ?

Mathe45

14:01 Uhr, 01.02.2015

Das oben angesprochene Gleichungssystem ist ein homogenes, hat also ganz sicher die "triviale" Lösung ( alle Faktoren

0)

.
Da aber nach unseren Überlegungen das Gleichungssystem GENAU eine Lösung hat, muss es die triviale sein.

haiqualle aktiv_icon

14:23 Uhr, 01.02.2015

Okay wir sind hier unabhängig unterwegs, da

wir genau eine eindeutige Lösung haben.
Wären die Vektoren ein Vielfaches von einander, dann hätten wir keine triviale Lösung...

Haut das so hin ?

Mathe45

14:26 Uhr, 01.02.2015

Hätten wir

z . B

. Rang

2,

dann ließe sich einer der Faktoren als "Parameter" auffassen und die anderen dadurch ausdrücken. Wir hätten also unendlich viele Möglichkeiten einer Linearkombination.

Mathe45

14:29 Uhr, 01.02.2015

"Wären die Vektoren ein Vielfaches von einander ...."

\to

Ließe sich jeder Vektor als Linearkombination der anderen darstellen

. .

haiqualle aktiv_icon

14:40 Uhr, 01.02.2015

a la :

(\begin{array}{rcl} 2 & 1 \\ 4 & 1 \end{array})

(\begin{array}{rcl} x \\ y \end{array})

(\begin{array}{rcl} 0 \\ 0 \end{array})

x = λ

L = {(\begin{array}{rcl} λ \\ - 2 λ \end{array}), λ \in K} = {λ (\begin{array}{rcl} 1 \\ - 2 \end{array}), λ \in K} = K (\begin{array}{rcl} 1 \\ - 2 \end{array})

nur mit dem Rang 1

Mathe45

14:46 Uhr, 01.02.2015

Wie sehen die zwei Vektoren aus ?

haiqualle aktiv_icon

14:51 Uhr, 01.02.2015

Sry

(\begin{array}{rcl} 2 & 1 \\ 4 & 2 \end{array})

Mathe45

14:54 Uhr, 01.02.2015

Ich meine die VEKTOREN.

(\begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix})

und

(\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix})

oder

(\begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix})

und

(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})

haiqualle aktiv_icon

15:05 Uhr, 01.02.2015

ja genau das sind die 2 Vektoren, wo ich ebene keine eindeutige Lösung raus bekomme,

da diese linear abhängig sind

Mathe45

15:12 Uhr, 01.02.2015

Also, wir haben die beiden Vektoren

(\begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix})

und

(\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix})

linear abhängig ?
Angenommen, es gäbe einen Faktor

k

mit

(\begin{matrix} 2 \\ 4 \end{matrix}) = k \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix})

\Rightarrow

2 = k

4 = 2 \cdot k \Rightarrow k = 2

Es gibt also diesen Faktor

(\neq 0),

linear abhängig
Die Matrix ( hier nicht notwendig ) hat Rang 1.

haiqualle aktiv_icon

15:18 Uhr, 01.02.2015

Ich fasse zusammen:

Homogene LGS
rg(A) = rg(A/b) und rg(A) = Unbekannte oder > Unbekannte <- triviale Lösung
rg(A) < Unbekannste <- unendliche viele nicht triviale Lösungen

geht das so ?

Mathe45

15:20 Uhr, 01.02.2015

Hier die lehrbuchhafte Zusammenfassung.

n

ist die Anzahl der Unbekanten

Mathe45

15:21 Uhr, 01.02.2015

So, es ist Zeit "offline" zu gehen !

haiqualle aktiv_icon

15:22 Uhr, 01.02.2015

Das Bild kann nicht angezeigt werden...

Vielen Dank :-)

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