Linear unabhängig, ES < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:07 Fr 24.08.2012 | | Autor: | Lu- |
| Aufgabe | Zeige: Zwei Vektoren x,y [mm] \in \IR^3 [/mm] sind genau dann linear unabhängig, wenn ihr Kreuzprododukt z:= x [mm] \times [/mm] y verschieden von Null ist.
In diesem Fall bilden die Vektoren x,y,z, eine Basis von [mm] \IR^3 [/mm] |
Hallo
FRAGE 1:Bedeutet "genau dann wenn", dass man beide Richtungen zeigen muss?
z= x [mm] \times [/mm] y [mm] \not= [/mm] 0 => x,y linear unabhängig in [mm] \IR^3
[/mm]
Umkehrschluss(=Kontraposition)
Seien x,y linear abhängig
d.h. [mm] \exits \lambda [/mm] sodass [mm] \lambda [/mm] * x = y <=> [mm] \lambda [/mm] * [mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3 }= \vektor{y_1 \\ y_2 \\ y_3 }
[/mm]
x [mm] \times [/mm] y = [mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3 } \times \vektor{\lambda x_1 \\ \lambda x_2 \\ \lambda x_3 } [/mm] = [..ausrechnen..] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0 }
[/mm]
PASST
x,y linear unabhängig in [mm] \IR^3 [/mm] => z= x [mm] \times [/mm] y [mm] \not= [/mm] 0
Umkehrschluss(=Kontraposition)
Sei x [mm] \times [/mm] y =0
<=> [mm] \vektor{x_2 y_3 - x_3 y_2 \\ x_3 y_1 - x_1 y_3 \\ x_1 y_2 - x_2 y_1 }= \vektor{0 \\ 0 \\ 0 }
[/mm]
[mm] x_2 y_3 [/mm] = [mm] x_3 y_2
[/mm]
[mm] x_3 y_1 [/mm] = [mm] x_1 y_3
[/mm]
[mm] x_1 y_2 [/mm] = [mm] x_2 y_1
[/mm]
1.Fall: ein Vektor ist der Nullvektor
[mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3 } [/mm] = 0
Vektoren vielfache voneinander -> linear abhängig
2. Fall: kein Nullvektor
d.h [mm] x_1 \not= [/mm] 0 oder [mm] x_2 \not= [/mm] 0 oder [mm] x_3 \not= [/mm] 0
o.B.d.A. [mm] x_1 \not= [/mm] 0
[mm] y_3 [/mm] = [mm] \frac{x_3 y_1}{x_1}
[/mm]
[mm] y_2 [/mm] = [mm] \frac{x_2 y_1}{x_1}
[/mm]
[mm] x_2 y_3 [/mm] = [mm] x_3 y_2
[/mm]
FRAGE 2: Wie gehts nun weiter? Hier stecke ich.
> In diesem Fall bilden die Vektoren x,y,z, eine Basis von [mm] \IR^3
[/mm]
Da es 3 Vektoren sind genügt es die lineare Unabhängigkeit nachzuweisen.
Es genügt doch von z und x diese zu zeigen.
0= [mm] \lambda [/mm] x + [mm] \mu [/mm] * z
0 [mm] =\lambda \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3 } [/mm] + [mm] \mu \vektor{x_2 y_3 - x_3 y_2 \\ x_3 y_1 - x_1 y_3 \\ x_1 y_2 - x_2 y_1 }
[/mm]
ZZ.: [mm] \lambda [/mm] = [mm] \mu [/mm] = 0
FRAGE 3: Wie mache ich das?
danke
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Hallo Lu-,
> Zeige: Zwei Vektoren x,y [mm]\in \IR^3[/mm] sind genau dann linear
> unabhängig, wenn ihr Kreuzprododukt z:= x [mm]\times[/mm] y
> verschieden von Null ist.
> In diesem Fall bilden die Vektoren x,y,z, eine Basis von
> [mm]\IR^3[/mm]
> Hallo
> FRAGE 1:Bedeutet "genau dann wenn", dass man beide
> Richtungen zeigen muss?
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
Ja!
>
>
> z= x [mm]\times[/mm] y [mm]\not=[/mm] 0 => x,y linear unabhängig in [mm]\IR^3[/mm]
> Umkehrschluss(=Kontraposition)
> Seien x,y linear abhängig
> d.h. [mm]\exits \lambda[/mm] sodass [mm]\lambda[/mm] * x = y <=> [mm]\lambda[/mm] *
> [mm]\vektor{x_1 \\
x_2 \\
x_3 }= \vektor{y_1 \\
y_2 \\
y_3 }[/mm]
> x
> [mm]\times[/mm] y = [mm]\vektor{x_1 \\
x_2 \\
x_3 } \times \vektor{\lambda x_1 \\
\lambda x_2 \\
\lambda x_3 }[/mm]
> = [..ausrechnen..] = [mm]\vektor{0 \\
0 \\
0 }[/mm]
> PASST
OK
>
> x,y linear unabhängig in [mm]\IR^3[/mm] => z= x [mm]\times[/mm] y [mm]\not=[/mm] 0
> Umkehrschluss(=Kontraposition)
> Sei x [mm]\times[/mm] y =0
> <=> [mm]\vektor{x_2 y_3 - x_3 y_2 \\
x_3 y_1 - x_1 y_3 \\
x_1 y_2 - x_2 y_1 }= \vektor{0 \\
0 \\
0 }[/mm]
>
> [mm]x_2 y_3[/mm] = [mm]x_3 y_2[/mm]
> [mm]x_3 y_1[/mm] = [mm]x_1 y_3[/mm]
> [mm]x_1 y_2[/mm] = [mm]x_2 y_1[/mm]
>
> 1.Fall: ein Vektor ist der Nullvektor
> [mm]\vektor{x_1 \\
x_2 \\
x_3 }[/mm] = 0
> Vektoren vielfache voneinander -> linear abhängig ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> 2. Fall: kein Nullvektor
> d.h [mm]x_1 \not=[/mm] 0 oder [mm]x_2 \not=[/mm] 0 oder [mm]x_3 \not=[/mm] 0
> o.B.d.A. [mm]x_1 \not=[/mm] 0
> [mm]y_3[/mm] = [mm]\frac{x_3 y_1}{x_1}[/mm]
> [mm]y_2[/mm] = [mm]\frac{x_2 y_1}{x_1}[/mm]
> [mm]x_2 y_3[/mm]
> = [mm]x_3 y_2[/mm]
> FRAGE 2: Wie gehts nun weiter? Hier stecke ich.
Da bekommst du ja 1000 Fälle ...
Versuch's mal mit folgendem Ansatz:
Mit [mm]\vec x\times\vec y=\vec 0[/mm] ist [mm]0=|\vec x\times\vec y|=|\vec x|\cdot{}|\vec y|\cdot{}\sin\angle (\vec x,\vec y)[/mm]
Dh. [mm]\sin\angle(\vec x,\vec y)=0[/mm]
Also ...
>
> > In diesem Fall bilden die Vektoren x,y,z, eine Basis von
> [mm]\IR^3[/mm]
> Da es 3 Vektoren sind genügt es die lineare
> Unabhängigkeit nachzuweisen.
> Es genügt doch von z und x diese zu zeigen.
> 0= [mm]\lambda[/mm] x + [mm]\mu[/mm] * z
> 0 [mm]=\lambda \vektor{x_1 \\
x_2 \\
x_3 }[/mm] + [mm]\mu \vektor{x_2 y_3 - x_3 y_2 \\
x_3 y_1 - x_1 y_3 \\
x_1 y_2 - x_2 y_1 }[/mm]
>
> ZZ.: [mm]\lambda[/mm] = [mm]\mu[/mm] = 0
> FRAGE 3: Wie mache ich das?
Es steht doch [mm]\vec z[/mm] sekrecht auf [mm]\vec x[/mm] und [mm]\vec y[/mm], also sind [mm]\vec x,\vec y,\vec z[/mm] linear unabh.
>
> danke
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:36 Fr 24.08.2012 | | Autor: | Lu- |
Hallo,
> Da bekommst du ja 1000 Fälle ...
> Versuch's mal mit folgendem Ansatz:
>
> Mit [mm]\vec x\times\vec y=\vec 0[/mm] ist [mm]0=|\vec x\times\vec y|=|\vec x|\cdot{}|\vec y|\cdot{}\sin\angle (\vec x,\vec y)[/mm]
>
> Dh. [mm]\sin\angle(\vec x,\vec y)=0[/mm]
>
> Also ...
Ich denke nicht, dass ich das verwenden darf. Da wir das nicht in der Vorlesung hatten. Hast du noch eine andere Idee, das zu lösen? Vlt ohne Umkehrschluss=???
[mm] \angle(\vec x,\vec [/mm] y) = k * [mm] \pi
[/mm]
mit [mm] k\in \IZ
[/mm]
> > > In diesem Fall bilden die Vektoren x,y,z, eine Basis von
> > [mm]\IR^3[/mm]
> > Da es 3 Vektoren sind genügt es die lineare
> > Unabhängigkeit nachzuweisen.
> > Es genügt doch von z und x diese zu zeigen.
> > 0= [mm]\lambda[/mm] x + [mm]\mu[/mm] * z
> > 0 [mm]=\lambda \vektor{x_1 \\
x_2 \\
x_3 }[/mm] + [mm]\mu \vektor{x_2 y_3 - x_3 y_2 \\
x_3 y_1 - x_1 y_3 \\
x_1 y_2 - x_2 y_1 }[/mm]
>
> >
> > ZZ.: [mm]\lambda[/mm] = [mm]\mu[/mm] = 0
> > FRAGE 3: Wie mache ich das?
>
> Es steht doch [mm]\vec z[/mm] sekrecht auf [mm]\vec x[/mm] und [mm]\vec y[/mm], also
> sind [mm]\vec x,\vec y,\vec z[/mm] linear unabh.
Achja ;)
Muss ich nun zeigen x [mm] \times [/mm] z [mm] \not= [/mm] 0 ?
x [mm] \times [/mm] z = [mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3 } \times \vektor{x_2 y_3 - x_3 y_2 \\ x_3 y_1 - x_1 y_3 \\ x_1 y_2 - x_2 y_1 }
[/mm]
Liebe grüße
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Hallo Lu-,
> > Da bekommst du ja 1000 Fälle ...
> > Versuch's mal mit folgendem Ansatz:
> >
> > Mit [mm]\vec x\times\vec y=\vec 0[/mm] ist [mm]0=|\vec x\times\vec y|=|\vec x|\cdot{}|\vec y|\cdot{}\sin\angle (\vec x,\vec y)[/mm]
>
> >
> > Dh. [mm]\sin\angle(\vec x,\vec y)=0[/mm]
> >
> > Also ...
>
> Ich denke nicht, dass ich das verwenden darf. Da wir das
> nicht in der Vorlesung hatten.
Schade. Was hattet Ihr denn - also was dürft Ihr verwenden? Nur die Definition des Kreuzprodukts? Dann wird es etwas mühsam.
> Hast du noch eine andere
> Idee, das zu lösen? Vlt ohne Umkehrschluss=???
> [mm]\angle(\vec x,\vec[/mm] y) = k * [mm]\pi[/mm]
> mit [mm]k\in \IZ[/mm]
Wenn der Winkel [mm] k\pi [/mm] ist, sind [mm] \vec{x},\vec{y} [/mm] ja linear abhängig.
Keine gute Idee.
Fangen wir noch mal hier an:
> > Es steht doch [mm]\vec z[/mm] sekrecht auf [mm]\vec x[/mm] und [mm]\vec y[/mm],
Du hast bisher gezeigt, dass [mm] \vec{z}=\vec{0} [/mm] ist, wenn [mm] \vec{x},\vec{y} [/mm] kollinear sind.
Wenn Du jetzt zeigen kannst, dass [mm] \vec{z}\not=0 [/mm] ist, wenn [mm] \vec{x},\vec{y} [/mm] nicht kollinear sind, hast Du auch die ganze Behauptung gezeigt. Das aber ist schwierig.
Folgendes ist nicht elegant, funktioniert aber, soweit ich sehe.
Seien [mm] \vec{x},\vec{y},\vec{z}\not=\vec{0}.
[/mm]
(Das ist ja der einzige noch zu untersuchende Fall.)
Zu zeigen ist nun, dass [mm] \vec{y}=\mu\vec{x}+\lambda(\vec{x}\times\blue{\vec{z})} [/mm] nur mit [mm] \lambda\not=0 [/mm] darstellbar ist.
edit: oops - das blaue z in der Zeile hier drüber war wesentlich, aber gerade noch ein y. Pardon.
Übrigens gibt es noch den Fall zu bedenken, dass [mm] $\blue{\vec{z}=\vec{0}}$ [/mm] ist, aber [mm] $\blue{\vec{x},\vec{y}\not=\vec{0}}$ [/mm] sind.
Der sollte aber nicht schwerfallen. 
Grüße
reverend
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 23:53 Fr 24.08.2012 | | Autor: | Lu- |
Genau.
[mm] \vec{x},\vec{y} [/mm] nicht kollinear => [mm] \vec{z}\not=0 [/mm]
> Seien $ [mm] \vec{x},\vec{y},\vec{z}\not=\vec{0}. [/mm] $
> (Das ist ja der einzige noch zu untersuchende Fall.)
> Zu zeigen ist nun, dass $ [mm] \vec{y}=\mu\vec{x}+\lambda(\vec{x}\times\blue{\vec{z})} [/mm] $ nur mit $ [mm] \lambda\not=0 [/mm] $ darstellbar ist.
Ich verstehe hier nicht ganz das vorgehen,wieso es unser Problem löst.
Ich habe das ganze nunmal ausgerechnet
[mm] \mu\vec{x}+\lambda(\vec{x}\times\blue{\vec{z})} [/mm] = [mm] \mu [/mm] * [mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3} [/mm] + [mm] \lambda [/mm] * [mm] \vektor{x_2 x_1 y_2 - x_2^2 y_1 - x_3^2y_1 + x_3 x_1 y_3\\x_3x_2y_3-x_3^2y_2-x_1^2y_2+x_1x_2y_1\\x_1x_3y_1-x_1^2y_3-x_2^2y_3+x_2x_3y_2}
[/mm]
Weiter weiß ich leider nicht.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:11 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lu,
bevor man hier eigentlich unnötig kompliziert wird, hier ein Vorschlag,
wie man es elegant angehen kann:
Seien $x,y [mm] \in \IR^3\,.$ [/mm] Falls unbekannt, rechne die ![[]](/images/popup.gif) Lagrange-Identität nach.
Damit wird alles elegant, denn:
Es gilt $x [mm] \times [/mm] y=0 [mm] \in \IR^3$ [/mm] genau dann, wenn [mm] $\|x \times y\|=0 \;(\in \IR)$ [/mm] bzw.
letzteres gilt auch genau dann, wenn [mm] $\|x \times y\|^2=0\,.$ [/mm] Nun ist aber
wiederum [mm] $\|v\|^2=$ [/mm] (also das euklidische Skalarprodukt eines [mm] $\IR^3$-
[/mm]
Vektors mit sich selbst), also folgt
[mm] $$\|x \times y\|^2=0 \gdw [/mm] <x,x>*<y,y>-<y,x><x,y>=0 [mm] \gdw \|x\|^2\;*\;\|y\|^2-()^2=0$$
[/mm]
Also verschwindet das Kreuzprodukt genau dann, wenn in der
Schwarzschen Ungleichung Gleichheit gilt.
Dem Link entnimmst Du: "Gleichheit gilt genau dann, wenn x und y linear abhängig sind."
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:20 Mo 27.08.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:56 Fr 24.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeige: Zwei Vektoren x,y [mm]\in \IR^3[/mm] sind genau dann linear
> unabhängig, wenn ihr Kreuzprododukt z:= x [mm]\times[/mm] y
> verschieden von Null ist.
es gibt eine tolle Möglichkeit, die aber einiges an Wissen voraussetzt
(und eine ähnliche Aufgabe gab's mal hier). Dazu folgendes:
Man definiert eine Matrix wie folgt
[mm] $$M:=(x,\,y,\,x \times y)\,.$$
[/mm]
Nun rechnet man nach:
[mm] $x,y\,$ [/mm] linear unabhängig [mm] $\Rightarrow$ $\det(M) \not=0\,.$ [/mm] Daraus folgt
dann insbesondere $x [mm] \times [/mm] y [mm] \not=0\,.$
[/mm]
Andererseits seien nun [mm] $x,y\,$ [/mm] linear abhängig. Falls $x=0 [mm] \in \IR^3$ [/mm] oder
$y=0 [mm] \in \IR^3\,,$ [/mm] so ist $x [mm] \times [/mm] y=0$ klar. O.E. nimmst Du also
[mm] $x=\lambda [/mm] y$ mit $x,y [mm] \in \IR^3\setminus \{0\}$ [/mm] an - insbesondere
[mm] $\lambda \not=0$. [/mm] Dann ist aber
$$x [mm] \times y=(\lambda [/mm] y) [mm] \times y=\lambda [/mm] (y [mm] \times y)\,.$$
[/mm]
Und dass $y [mm] \times [/mm] y=0 [mm] \in \IR^3$ [/mm] für alle [mm] $y\in \IR^3\,,$ [/mm] ist z.B. einfach
per Definitionem nachzurechnen!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:04 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Lu- |
Hallo,
> $ [mm] M:=(x,\,y,\,x \times y)\,. [/mm] $
Was bedeutet diese Schreibweise mit Schrichpunkten?
LG
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Hallo nochmal,
> > [mm]M:=(x,\,y,\,x \times y)\,.[/mm]
> Was bedeutet diese
> Schreibweise mit Schrichpunkten?
Meinst Du Strichpunkte? Das wäre ein altes deutsches Wort für "Semikolon". Davon kommt aber keins vor.
Oder meinst Du das Zeichen ":=" ?
Das bedeutet "sei definiert" oder "wird wie folgt gesetzt".
Hier geht es darum, eine Matrix zu definieren, deren erste Spalte (so üblich, es könnte aber genausogut zeilenweise geschehen) gerade der Vektor [mm] \vec{x} [/mm] ist, die zweite der Vektor [mm] \vec{y} [/mm] und die dritte eben der Vektor [mm] (\vec{x}\times\vec{y}) [/mm] ist.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:24 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Lu- |
M:= (x,y,x [mm] \times [/mm] y)
ZZ.: det(M) =0
det(M) = [mm] det\vektor{x_1 & y_1 & x_2 y_3 - x_3 y_2\\ x_2 &y_2 & x_3 y_1-x_1y_3\\x_3 & y_3&x_1y_2-x_2y_1}
[/mm]
und jetzt hab ich regel von Sarrus angewandt auf meinen zettel
Wie sehe ich nun ob die Determinante 0 wird oder nicht?=
Liebe Grüße
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Hallo Lu-,
> M:= (x,y,x [mm]\times[/mm] y)
> ZZ.: det(M) =0
> det(M) = [mm]det\vektor{x_1 & y_1 & x_2 y_3 - x_3 y_2\\
x_2 &y_2 & x_3 y_1-x_1y_3\\
x_3 & y_3&x_1y_2-x_2y_1}[/mm]
>
> und jetzt hab ich regel von Sarrus angewandt auf meinen
> zettel
> Wie sehe ich nun ob die Determinante 0 wird oder nicht?=
Ich denke, dass der alte Sarrus hier nicht so recht weiterhilft. Das wird ja ein ewig langer Term, der sich über mindestens zwei Zeilen hinzieht.
Im übrigen ist nicht zu zeigen, dass die Determinante Null ist, sondern die Fälle sind zu unterscheiden, in denen sie eben Null ist oder gerade nicht.
Nun weiß man, dass die Determinante einer Matrix Null ist, wenn ihr Rang kleiner ist als ihre Dimension. Dann sind Zeilen oder Spalten linear abhängig. Da man nun aber auch weiß, dass der Vektor, der sich aus dem Kreuzprodukt ergibt, senkrecht zu [mm] \vec{x} [/mm] und [mm] \vec{y} [/mm] steht, ergeben sich folgende Fälle:
1) erste und zweite Spalte linear abhängig, also [mm] \vec{x}=\lambda\vec{y} [/mm] oder [mm] \vec{y}=\lambda\vec{x}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \det{(M)}=0
[/mm]
2) erste und zweite Spalte linear unabhängig, aber die dritte von einer oder beiden von ihnen, also [mm] \vec{z}=\mu\vec{x}+\lambda\vec{y} [/mm] mit [mm] \mu\lambda\not=0\wedge\mu+\lambda\not=0
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] nur möglich für [mm] \mu=\lambda=0, [/mm] Widerspruch
3) alle Spalten linear unabhängig [mm] \Rightarrow \det{M}\not=0
[/mm]
Grüße
reverend
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:44 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Lu- |
Hallo,
Ich habe gedacht wir setzten x,y linear unabhängig voraus und wollen zeigen => dass dann die det(M) [mm] \not= [/mm] 0
Trotz deines Inputs verstehe ich nicht ganz warum du dir eben Fälle anschaust um das Problem zu lösen.
> 1) erste und zweite Spalte linear abhängig, also $ [mm] \vec{x}=\lambda\vec{y} [/mm] $ oder $ [mm] \vec{y}=\lambda\vec{x} [/mm] $
> $ [mm] \Rightarrow \det{(M)}=0 [/mm] $
Ist klar, denn da haben wir den 0-Vektor als dritte Spalte => Rank also kleiner => det(M) =0
> 2) erste und zweite Spalte linear unabhängig, aber die dritte von einer oder beiden von ihnen, also $ [mm] \vec{z}=\mu\vec{x}+\lambda\vec{y} [/mm] $ mit $ [mm] \mu\lambda\not=0\wedge\mu+\lambda\not=0 [/mm] $
> $ [mm] \Rightarrow [/mm] $ nur möglich für $ [mm] \mu=\lambda=0, [/mm] $ Widerspruch
Die Bedingung ist mir nicht ganz klar, woher die kommt:
"mit $ [mm] \mu\lambda\not=0\wedge\mu+\lambda\not=0 [/mm] $"
> 3) alle Spalten linear unabhängig $ [mm] \Rightarrow \det{M}\not=0 [/mm] $
Wenn die Spalten linear unabhängig sind => Rank voll => [mm] \det{M}\not=0
[/mm]
Klar
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Hallo nochmal,
> Ich habe gedacht wir setzten x,y linear unabhängig voraus
> und wollen zeigen => dass dann die det(M) [mm]\not=[/mm] 0
> Trotz deines Inputs verstehe ich nicht ganz warum du dir
> eben Fälle anschaust um das Problem zu lösen.
Na, das löst die ganze Aufgabe.
> > 1) erste und zweite Spalte linear abhängig, also
> [mm]\vec{x}=\lambda\vec{y}[/mm] oder [mm]\vec{y}=\lambda\vec{x}[/mm]
> > [mm]\Rightarrow \det{(M)}=0[/mm]
> Ist klar, denn da haben wir den
> 0-Vektor als dritte Spalte => Rank also kleiner => det(M)
> =0
>
> > 2) erste und zweite Spalte linear unabhängig, aber die
> dritte von einer oder beiden von ihnen, also
> [mm]\vec{z}=\mu\vec{x}+\lambda\vec{y}[/mm] mit
> [mm]\mu\lambda\not=0\wedge\mu+\lambda\not=0[/mm]
> > [mm]\Rightarrow[/mm] nur möglich für [mm]\mu=\lambda=0,[/mm]
> Widerspruch
> Die Bedingung ist mir nicht ganz klar, woher die kommt:
> "mit [mm]\mu\lambda\not=0\wedge\mu+\lambda\not=0 [/mm]"
Hast Recht. Ich wollte ausdrücken, dass nicht [mm] \mu [/mm] und [mm] \lambda [/mm] zugleich Null sein dürfen, also [mm] |\mu|+|\lambda|\not=0.
[/mm]
> > 3) alle Spalten linear unabhängig [mm]\Rightarrow \det{M}\not=0[/mm]
>
> Wenn die Spalten linear unabhängig sind => Rank voll =>
> [mm]\det{M}\not=0[/mm]
> Klar
Damit ist dann doch alles gezeigt.
Evtl. braucht Fall 2) etwas mehr Deutlichkeit. Hier soll ja v.a. gezeigt werden, dass für lin.unabh. [mm] \vec{x},\vec{y} [/mm] immer [mm] z\not=\vec{0} [/mm] gilt.
Grüße
rev
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:58 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Lu- |
Hallo,
> Hast Recht. Ich wollte ausdrücken, dass nicht $ [mm] \mu [/mm] $ und $ [mm] \lambda [/mm] $ zugleich Null sein dürfen, also $ [mm] |\mu|+|\lambda|\not=0. [/mm] $
wenn beide zugleich 0 sind wäre z =0. Und wieso darf das nicht sein?
So wäre doch z linear abhängig von x und y.
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:57 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
> > Hast Recht. Ich wollte ausdrücken, dass nicht [mm]\mu[/mm] und
> [mm]\lambda[/mm] zugleich Null sein dürfen, also
> [mm]|\mu|+|\lambda|\not=0.[/mm]
> wenn beide zugleich 0 sind wäre z =0. Und wieso darf das
> nicht sein?
> So wäre doch z linear abhängig von x und y.
es ist eigentlich auch nicht so ganz klar - mir jedenfalls nicht, was
Reverend da meint. Aber ich habe eine Idee:
Seien [mm] $x,y\,$ [/mm] linear unabhängig.
1.) Zeige, dass jedenfalls $z:=x [mm] \times [/mm] y$ erfüllt, dass [mm] $z\,$ [/mm] weder
linear abhängig von [mm] $x\,$ [/mm] noch von [mm] $y\,$ [/mm] ist. Das ist eigentlich relativ
klar, wenn man die Orthogonalität benutzen darf. Nimm' an, es wäre
etwa [mm] $z=r*x\,$ [/mm] mit einem $r [mm] \in \IR$ [/mm] und dann berechne [mm] $x^t z\,.$
[/mm]
(Beachte: $x [mm] \not=0 \in \IR^3 \Rightarrow \|x\|^2=x^tx \not=0 \in \IR\,.$)
[/mm]
2.) Damit können wir nun einsehen, dass, wenn [mm] $z\,$ [/mm] eine
Linearkombination von [mm] $x\,$ [/mm] und [mm] $y\,$ [/mm] ist, sicherlich gelten muss:
[mm] $$z=\lambda*x+\mu*y$$
[/mm]
wobei weder [mm] $\lambda$ [/mm] noch [mm] $\mu$ [/mm] Null sein dürfen. Das ist stärker
als das, was Reverend sagte: Er meinte ja, dass nicht beide zugleich
Null sein dürften. In Wahrheit ist es aber so, dass beide zugleich
von Null verschieden sein müssen.
3.) Nimm' an, es wäre [mm] $z=r*x+s*y\,$ [/mm] (ich ersetze aus Tippfaulheit halt
[mm] $r:=\lambda$ [/mm] und [mm] $s:=\mu$). [/mm] Und jetzt wird's trivial, ich hatte es bisher
noch gar nicht gesehen:
Dann ist [mm] $\|z\|^2=z^tz=z^t(r*x+s*y)\,.$ [/mm] Und dann bekommen wir aus der
Orthogonalität zwischen [mm] $z\,$ [/mm] und [mm] $x\,$ [/mm] bzw. zwischen [mm] $z\,$ [/mm] und [mm] $y\,$ [/mm]
raus, dass dann [mm] $z\,$ [/mm] ... nunja: "Was" sein muss?
Und wenn nun [mm] $z\,$ [/mm] dieses "Was" ist - und man nach Annahme [mm] $x,y\,$ [/mm] als
linear unabhängig vorausgesetzt hatte: Was folgt dann für [mm] $r\,$ [/mm] und [mm] $s\,$?
[/mm]
Wir hatten aber oben erkannt, dass weder [mm] $r\,$ [/mm] noch [mm] $s\,$ [/mm] Null sein
dürfen. Also wo ist der Widerspruch?
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:24 So 26.08.2012 | | Autor: | Lu- |
"Danke, dass du mich an die Hand nimmst und mit mir in den Zauberwald der Linearen Algebra gehst"
> 1.)
> Nimm' an, es wäre
> etwa $ [mm] z=r\cdot{}x\, [/mm] $ mit einem $ r [mm] \in \IR [/mm] $ und dann berechne $ [mm] x^t z\,. [/mm] $
[mm] x^t [/mm] z = [mm] x^t [/mm] rx = r [mm] x^t [/mm] x = r [mm] ||x||^2
[/mm]
Wenn [mm] x\not= [/mm] 0 ist auch [mm] ||x||^2\not= [/mm] 0 [mm] \in \IR
[/mm]
Da x,y linear unabhängig sind, ist x [mm] \not=0 [/mm] da sonst eine lineare Abhängigkeit da wäre.
[mm] x^t [/mm] z =r [mm] ||x||^2 \not= [/mm] 0 wenn r [mm] \not=0
[/mm]
> 2.)
> Damit können wir nun einsehen, dass, wenn $ [mm] z\, [/mm] $ eine
> Linearkombination von $ [mm] x\, [/mm] $ und $ [mm] y\, [/mm] $ ist, sicherlich gelten muss:
> $ [mm] z=\lambda\cdot{}x+\mu\cdot{}y [/mm] $
> wobei weder $ [mm] \lambda [/mm] $ noch $ [mm] \mu [/mm] $ Null sein dürfen.
wär [mm] \lambda =\mu [/mm] =0 dann ist z der Nullvektor also linear abhängig zu x und y.
wäre [mm] \mu [/mm] =0 und [mm] \lambda\not=0 [/mm] hätten wir den Punkt 1) mit [mm] \lambda [/mm] := r
[mm] x^t z\not= [/mm] 0
[mm] x^t [/mm] z = (x [mm] \times x)^t [/mm] y = 0 y =0
Klar.
> 3.)
> Dann ist $ [mm] \|z\|^2=z^tz=z^t(r\cdot{}x+s\cdot{}y)\,. [/mm] $ Und dann bekommen wir aus der
> Orthogonalität zwischen $ [mm] z\, [/mm] $ und $ [mm] x\, [/mm] $ bzw. zwischen $ [mm] z\, [/mm] $ und $ [mm] y\, [/mm] $
> raus, dass dann $ [mm] z\, [/mm] $ ... nunja: "Was" sein muss?
Zwei Vektoren x und z (aus dem [mm] \IR^3) [/mm] stehen bekanntlich genau dann senkrecht aufeinander, wenn das Skalarprodukt x*z der beiden Vektoren 0 ergibt. Und das rechnen wir hier ja jeweils aus.
"dass dann" .. z der Nullvektor ist
> Und wenn nun $ [mm] z\, [/mm] $ dieses "Was" ist - und man nach Annahme $ [mm] x,y\, [/mm] $ als
> linear unabhängig vorausgesetzt hatte: Was folgt dann für $ [mm] r\, [/mm] $ und $ [mm] s\, [/mm] $?
0= [mm] \lambda [/mm] x + [mm] \mu [/mm] y
[mm] \lambda [/mm] x = - [mm] \mu [/mm] y
=> lineare unabhängigkeit [mm] \lambda=0 \vee \mu [/mm] =0
=> Widerspruch zu den bedingungen in 2.)
=> z nicht linear abhängig von x und y
=> det(M) [mm] \not= [/mm] 0 wobei M:=(x,y,z), da alle Spaltenvektoren linear unabhängig sind.
FRAGE: Zeigt die lineare Unabhängigkeit von z zu x und y, nicht schon , dass z [mm] \not= [/mm] 0 ist, ohne die Matrix M aufzustellen - was ja unser ultimatives Ziel war.
Liebe grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:33 So 26.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> "Danke, dass du mich an die Hand nimmst und mit mir in den
> Zauberwald der Linearen Algebra gehst"
> > 1.)
> > Nimm' an, es wäre
> > etwa [mm]z=r\cdot{}x\,[/mm] mit einem [mm]r \in \IR[/mm] und dann berechne
> [mm]x^t z\,.[/mm]
> [mm]x^t[/mm] z = [mm]x^t[/mm] rx = r [mm]x^t[/mm] x = r [mm]||x||^2[/mm]
> Wenn [mm]x\not=[/mm] 0 ist auch [mm]||x||^2\not=[/mm] 0 [mm]\in \IR[/mm]
> Da x,y
> linear unabhängig sind, ist x [mm]\not=0[/mm] da sonst eine lineare
> Abhängigkeit da wäre.
> [mm]x^t[/mm] z =r [mm]||x||^2 \not=[/mm] 0 wenn r [mm]\not=0[/mm]
puh, da steckt schon irgendwie richtiges drin, aber das entscheidende
fehlt doch irgendwie. Wenn $x [mm] \not=0$ [/mm] ist, aber [mm] $z=r*x\,$ [/mm] mit $r [mm] \not=0$
[/mm]
gilt - also [mm] $z\,$ [/mm] und [mm] $x\,$ [/mm] linear abhängig sind, so wissen wir doch, dass
$z=x [mm] \times [/mm] y$ erfüllt: [mm] $x^t z=y^tz=0\,.$
[/mm]
Aus [mm] $0=x^t z=x^t [/mm] (r*x)$ folgt dann aber ein Widerspruch - dazu musst Du
nur nochmal in Deine Rechnung reingucken, und gucken, was da
rechterhand am Ende rauskommt. (Und ja: Wenn [mm] $x,y\,$ [/mm] linear unabhg.
sind, kannst Du direkt folgern, dass $x [mm] \not=0$ [/mm] und $y [mm] \not=0$ [/mm] gelten!)
Also kann schonmal nicht [mm] $z=r*x\,$ [/mm] mit $r [mm] \not=0$ [/mm] gelten.
(Wir sollten aber nochmal erwähnen, dass wir in unserer Betrachtung
hier schon den Fall, dass [mm] $z=0\,$ [/mm] wäre, vorher schon betrachtet hatten und der in
dieser Fallbetrachtung hier nicht mehr vorkommt. Am besten ist es, dass
Du am Ende nochmal wirklich alles für Dich so aufschreibst, wie Du es nun
glaubst, verstanden zu haben und es zur Kontrolle nochmal hier vorführst,
oder wir machen das und Du stellst nochmal die Fragen bei evtl.
Unklarheiten. Momentan ist das ganze echt ein wenig wirr geworden,
weil wir innerhalb der einzelnen Antworten schon gucken müssen:
Welcher Fall wurde abgehandelt, welchen behandeln wir eigentlich gerade
und was können wir in dem aktuell zu bearbeitenden Fall eigentlich schon
als gegeben bzw. abgehandelt annehmen?)
> > 2.)
> > Damit können wir nun einsehen, dass, wenn [mm]z\,[/mm] eine
> > Linearkombination von [mm]x\,[/mm] und [mm]y\,[/mm] ist, sicherlich gelten
> muss:
>
> > [mm]z=\lambda\cdot{}x+\mu\cdot{}y[/mm]
>
>
> > wobei weder [mm]\lambda[/mm] noch [mm]\mu[/mm] Null sein dürfen.
> wär [mm]\lambda =\mu[/mm] =0 dann ist z der Nullvektor also linear
> abhängig zu x und y.
Genau: Wir hatten ja schon gesehen, dass [mm] $x,z\,$ [/mm] nicht linear abhängig
sein könnten. Daraus folgt direkt, dass $z [mm] \not=0$ [/mm] sein muss.
So, jetzt mal 'en kurzer Einwand: Ich habe nämlich gerade einfach das
Gefühl, dass wir immer noch zu kompliziert gedacht haben. Wenn wir
uns das obige Angucken, sehen wir doch, dass wir sehr schnell fertig
sind:
Wenn [mm] $x,y\,$ [/mm] linear unabhängig sind - und daraus folgt sofort $x [mm] \not=0$ [/mm]
und $y [mm] \not=0\,,$ [/mm] so können wir direkt nachrechnen, weil [mm] $x^tz=0\,$ [/mm] gilt,
dass dann aber [mm] $x,z\,$ [/mm] linear unabhängig sind. Daraus folgt dann aber
doch sofort (neben dem bereits bekannten $x [mm] \not=0$) [/mm] auch $z [mm] \not=0\,.$
[/mm]
Siehste: Hier sind wir schon fertig. Irgendwie hab' ich das vorher gar nicht
gesehen!
Bitte aber drüber nachdenken, ob wir hier wirklich schon fertig sind
in diesem Fall - nicht, dass ich gerade etwas vergessen habe!
Aber dennoch, gucken wir uns einfach mal den Rest Deiner Überlegungen
an, auch, wenn ich denke, dass wir das gar nicht mehr brauchen. Ich
hatte die ja "angezettelt"!
> wäre [mm]\mu[/mm] =0 und [mm]\lambda\not=0[/mm] hätten wir den Punkt 1)
> mit [mm]\lambda[/mm] := r
> [mm]x^t z\not=[/mm] 0
> [mm]x^t[/mm] z = (x [mm]\times x)^t[/mm] y = 0 y =0
> Klar.
>
> > 3.)
> > Dann ist [mm]\|z\|^2=z^tz=z^t(r\cdot{}x+s\cdot{}y)\,.[/mm] Und
> dann bekommen wir aus der
> > Orthogonalität zwischen [mm]z\,[/mm] und [mm]x\,[/mm] bzw. zwischen [mm]z\,[/mm]
> und [mm]y\,[/mm]
> > raus, dass dann [mm]z\,[/mm] ... nunja: "Was" sein muss?
> Zwei Vektoren x und z (aus dem [mm]\IR^3)[/mm] stehen bekanntlich
> genau dann senkrecht aufeinander, wenn das Skalarprodukt
> x*z der beiden Vektoren 0 ergibt. Und das rechnen wir hier
> ja jeweils aus.
>
> "dass dann" .. z der Nullvektor ist
>
> > Und wenn nun [mm]z\,[/mm] dieses "Was" ist - und man nach Annahme
> [mm]x,y\,[/mm] als
> > linear unabhängig vorausgesetzt hatte: Was folgt dann
> für [mm]r\,[/mm] und [mm]s\, [/mm]?
> 0= [mm]\lambda[/mm] x + [mm]\mu[/mm] y
> [mm]\lambda[/mm] x = - [mm]\mu[/mm] y
> => lineare unabhängigkeit [mm]\lambda=0 \vee \mu[/mm] =0
> => Widerspruch zu den bedingungen in 2.)
> => z nicht linear abhängig von x und y
Jepp! Komplizierterweise habe ich mir das ganze wohl gestern so gedacht.
Wie gesagt: Ich denke, dass wir eigentlich schon schneller fertig sind,
nämlich schon dann, wenn etwa die lineare Unabhängigkeit von [mm] $x,z\,$
[/mm]
klar ist. Aber vielleicht übersehe ich auch heute etwas von dem, was ich
gestern machen wollte bzw. gemacht habe!
> => det(M) [mm]\not=[/mm] 0 wobei M:=(x,y,z), da alle Spaltenvektoren
> linear unabhängig sind.
> FRAGE: Zeigt die lineare Unabhängigkeit von z zu x und y,
> nicht schon , dass z [mm]\not=[/mm] 0 ist, ohne die Matrix M
> aufzustellen - was ja unser ultimatives Ziel war.
Meinst Du nun die lineare Unabhängigkeit von [mm] $x,y,z\,$? [/mm] Ja, irgendwie war
die Definition der Matrix [mm] $M\,$ [/mm] hier nicht so wirklich notwendig.
Ich dachte eigentlich zunächst wirklich, dass man das ganze auch mit
einer Determinantenentwicklung von [mm] $M\,$ [/mm] nachrechnen kann - es gibt
da ja nicht nur den Sarrus. So, wie wir es hier nun getan haben, brauchen
wir weder [mm] $M\,$ [/mm] noch [mm] $\det M\,,$ [/mm] wir könnten nur am Ende anmerken, dass
wir sogar [mm] $\det [/mm] M [mm] \not=0$ [/mm] folgern können aus unseren Überlegungen!
(Das aber nur, wenn wir wirklich so vorgehen, dass wir nachweisen, dass
[mm] $z=r*x+s*y\,$ [/mm] für kein Paar $(r,s) [mm] \in \IR^2$ [/mm] gelten kann! (Beachte dabei,
dass [mm] $x,y\,$ [/mm] hier linear unabhängig sind!) Oben habe ich
ja geschrieben, dass wir eigentlich schon aus der linearen Unabhg. von
[mm] $x,z\,$ [/mm] direkt $z [mm] \not=0$ [/mm] folgern können. Wenn wir danach aufhörten,
dürften wir noch nicht direkt einfach so [mm] $\det [/mm] M [mm] \not=0$ [/mm] folgern!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:06 Mo 27.08.2012 | | Autor: | Lu- |
Ich danke dir!!!
Schönen Wochenstart.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:19 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lu,
> Hallo,
> > [mm]M:=(x,\,y,\,x \times y)\,.[/mm]
> Was bedeutet diese
> Schreibweise mit Schrichpunkten?
ich verstehe die Frage nicht. Aber damit klar wird, was gemacht wird (okay, die Vektoren sind trivial, aber das ist ja egal):
Sei [mm] $x:=\vektor{1\\0\\0}$ [/mm] und [mm] $y:=\vektor{0\\1\\0}\,,$ [/mm] dann ist (nachrechnen!)
$$x [mm] \times y=\vektor{0\\0\\1}\,.$$
[/mm]
(Anmerkung: Wenn man weiß, wie hier der Zusammenhang zu einer ONB
ist und was das für ein System ist, bräuchte man noch nicht mal rechnen!
Sowas gab's in der anderen Aufgabe!)
Die Matrix [mm] $M\,$ [/mm] wird dann, auch, wenn in der Definition formal die
"Vektorenklammern" mitdrinstünden, also man eigentlich
[mm] $$M=\left(\vektor{1\\0\\0},\vektor{0\\1\\0},\vektor{0\\0\\1}\right)$$
[/mm]
hier schreiben wollte, nur mit den Vektoreinträgen definiert, man meint also
dann
[mm] $$M=\pmat{1, & 0, & 0\\0, & 1, & 0\\0, & 0, & 1\\}\,,$$
[/mm]
oder, in Kommasparender Notation
[mm] $$M=\pmat{1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\\}\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:05 Sa 25.08.2012 | | Autor: | reverend |
Hallo Marcel,
schick.
Das ist einfach und doch einigermaßen elegant. Die Teilrechnungen muss man ja vielleicht gar nicht detailliert mit angeben.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:25 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> schick.
> Das ist einfach und doch einigermaßen elegant. Die
> Teilrechnungen muss man ja vielleicht gar nicht detailliert
> mit angeben.
jein. Die Kompliziertheit besteht vielleicht darin, nachzuweisen, dass die
Determinante der Matrix [mm] $M\,$ [/mm] nicht verschwindet, wenn [mm] $x,y\,$ [/mm] nicht
linear abhängig sind. Ich bin mir aber sicher, dass man hier irgendwie auch
ausnutzen können sollte, dass $<x [mm] \times [/mm] y,x>=0$ und $<x [mm] \times [/mm] y,y>=0$
gelten - ich sehe es aber gerade nicht so direkt.
Aber ich habe einen - denke ich - noch eleganteren Weg gefunden, der unter
Verwendung der Lagrange-Identität auch die CSU benutzt! (Bzw. eine
Aussage, wann in der CSU Gleichheit gilt!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:22 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Lu- |
Dazu noch eine Frage bevor ich zu Bett gehe und mir das morgen nochmals genau anschaue:
> $ [mm] x,y\, [/mm] $ linear unabhängig
z:= x [mm] \times [/mm] y
Heißt dass, dass auch x,z bzw y,z linear unabhängig sind?? bzw. wie kann man das nachprüfen?
Liebe Grüße
danke
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:32 Sa 25.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Dazu noch eine Frage bevor ich zu Bett gehe und mir das
> morgen nochmals genau anschaue:
> > [mm]x,y\,[/mm] linear unabhängig
> z:= x [mm]\times[/mm] y
> Heißt dass, dass auch x,z bzw y,z linear unabhängig
> sind?? bzw. wie kann man das nachprüfen?
wenn [mm] $x,y\,$ [/mm] lin. unabhängig sind, und Du nachweist, dass die Determinante
der Matrix $M:=(x,y,z)$ mit $z:=x [mm] \times [/mm] y$ nicht Null ist, dann hast Du
nachgewiesen, dass die Menge [mm] $\{x,y,z\}$ [/mm] linear unabhängig ist. Weil
jede Teilmenge einer linear unabhängigen Menge linear unabhängig ist,
und das ist leicht nachzurechnen, folgt natürlich auch, dass [mm] $\{x,z\}$
[/mm]
und [mm] $\{y,z\}$ [/mm] linear unabhängig sind.
Merke aber: Aus der lin. Unabhängigkeit von $x,z$ und [mm] $y,z\,,$ [/mm] wenn
jetzt $x,y,z$ IRGENDWELCHE Vektoren sind, folgt im Allgemeinen nicht,
dass [mm] $x,y,z\,$ [/mm] linear unabhängig sind.
Bsp.: [mm] $x=\vektor{1\\0\\0}$ [/mm] und [mm] $y=\vektor{0 \\1\\0}$ [/mm] und [mm] $z=\vektor{1\\1\\0}\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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