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Lineare Unabhängigkeit & Basis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:50 Do 10.05.2012
Autor: snibbe

Aufgabe
Bitte betrachten Sie die Vektoren [mm]u= \vektor{1 \\ 2 \\ 3}, v= \vektor{3 \\ 2 \\ 1}, w= \vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm].
1. Sind u und v linear unabhängig?
2. Sind u, v und w linear unabhängig?
3. Sind u und v die Basis eines Vektorraums?
4. Sind u, v und w die Basis dieses Vektorraums?




Lösung zu 1.:

[mm]\lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} = \vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
Habe hier ein lineares Gleichungssystem gelöst und für [mm]\lambda, \mu = 0[/mm] erhalten.
Demnach sind u und v linear unabhängig.

Ansatz zu 2.:
[mm]\lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} +\alpha \vektor{1 \\ 1 \\ 1} = \vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
Hier habe ich zwar auch 3 Gleichungen und auch 3 Unbekannte. Allerdings komme ich hier auf keine Lösung.

[mm]1 \lambda + 3 \mu +\alpha = 0[/mm]
[mm]2 \lambda + 2 \mu +\alpha = 0[/mm]
[mm]3 \lambda + 1 \mu +\alpha = 0[/mm]

Wenn ich z.B. die 2. Gleichung von der 1. abziehe erhalte ich:
[mm]- \lambda + \mu = 0 \Rightarrow \lambda = \mu[/mm]
Wenn ich jetzt aber dies in einer Gleichung einsetze und weiterrechne erhalte ich jedesmal 0=0

Ansatz zu 3.:
Dass die Vektoren u und v linear unabhängig sind hatte ich in 1. bereits gezeigt. Folglich müssen sie nur noch ein Erzeugendensystem sein.
[mm]\lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} = \vektor{x \\ y \\ z}[/mm]
Als Lösung erhalte ich:
[mm]\lambda = \frac{3z-x}{8}[/mm] und [mm]\mu = \frac{y-\frac{6z-2x}{8}}{z}[/mm]

Wenn ich jetzt aber zur Probe [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm] nehme, stimmt das ja nicht. Habe das LGS schon mehrfach gelöst, aber auch andere Lösungen ergeben das falsche Ergebnis. Heisst das dann, dass es keine Basis ist oder habe ich mich irgendwie verrechnet?

Ansatz zu 4.:
Habe hier leider keinen, da ich 2. nicht lösen konnte und "dieses Vektorraums" nicht nachvollziehen kann. Ist damit einfach R³ gemeint?

        
Bezug
Lineare Unabhängigkeit & Basis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:16 Do 10.05.2012
Autor: angela.h.b.


> Bitte betrachten Sie die Vektoren [mm]u= \vektor{1 \\ 2 \\ 3}, v= \vektor{3 \\ 2 \\ 1}, w= \vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm].
> 1. Sind u und v linear unabhängig?
> 2. Sind u, v und w linear unabhängig?
> 3. Sind u und v die Basis eines Vektorraums?
> 4. Sind u, v und w die Basis dieses Vektorraums?
>  
>
> Lösung zu 1.:
>  
> [mm]\lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} = \vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>  
> Habe hier ein lineares Gleichungssystem gelöst und für
> [mm]\lambda, \mu = 0[/mm] erhalten.
>  Demnach sind u und v linear unabhängig.

Hallo,

ja, richtig.

>  
> Ansatz zu 2.:
>  [mm]\lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} +\alpha \vektor{1 \\ 1 \\ 1} = \vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>  
> Hier habe ich zwar auch 3 Gleichungen und auch 3
> Unbekannte. Allerdings komme ich hier auf keine Lösung.
>  
>  I. [mm]1 \lambda + 3 \mu +\alpha = 0[/mm]
> II.  [mm]2 \lambda + 2 \mu +\alpha = 0[/mm]
>  

>III. [mm]3 \lambda + 1 \mu +\alpha = 0[/mm]

>  
> Wenn ich z.B. die 2. Gleichung von der 1. abziehe erhalte
> ich:
>  [mm]- \lambda + \mu = 0 \Rightarrow \lambda = \mu[/mm]
>  Wenn
> ich jetzt aber dies in einer Gleichung einsetze und
> weiterrechne erhalte ich jedesmal 0=0

Du hast jetzt herausgefunden, daß Du eine Lösung des GSs hast, sobald Du [mm] \lambda=\mu [/mm] wählst und [mm] \alpha=-4\lambda. [/mm]

Eine Lsg wäre also [mm] \lambda=1, \mu=1,\alpha=-4. [/mm]

Und was sagt Dir das nun im Hinblick auf die drei Vektoren?



>  
> Ansatz zu 3.:
>  Dass die Vektoren u und v linear unabhängig sind hatte
> ich in 1. bereits gezeigt. Folglich müssen sie nur noch
> ein Erzeugendensystem sein.

Fragt sich bloß, wovon.

Du versuchst zu zeigen/herauszufinden, ob sie ein Erzeugendensystem des [mm] \IR^3 [/mm] sind.
Dabei hast Du Dich verrechnet - sie sind keins, Du kannst z.B. nicht den Vektor [mm] \vektor{1\\0\\0} [/mm] als Linearkombination dieser beiden schreiben.

> [mm]\lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} = \vektor{x \\ y \\ z}[/mm]
>  
> Als Lösung erhalte ich:
>  [mm]\lambda = \frac{3z-x}{8}[/mm] und [mm]\mu = \frac{y-\frac{6z-2x}{8}}{z}[/mm]
>  
> Wenn ich jetzt aber zur Probe [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm] nehme,
> stimmt das ja nicht. Habe das LGS schon mehrfach gelöst,
> aber auch andere Lösungen ergeben das falsche Ergebnis.
> Heisst das dann, dass es keine Basis ist oder habe ich mich
> irgendwie verrechnet?

Verrechnet hast Du Dich auch, aber etwas anders scheint Dir nicht klar zu sein:

die beiden Vektoren sind natürlich Basis eines Vektorraumes, nämlich des von ihnen erzeugten Raumes. Das ist der Raum, welcher alle Linearkombinationen der beiden enthält. (Anders  ausgedrückt: die von beiden aufgespannte Ebene durch den Ursprung.)

>  
> Ansatz zu 4.:
>  Habe hier leider keinen, da ich 2. nicht lösen konnte und
> "dieses Vektorraums" nicht nachvollziehen kann. Ist damit
> einfach R³ gemeint?

Nein, nein, damit ist der VR aus 3. gemeint.

LG Angela


Bezug
                
Bezug
Lineare Unabhängigkeit & Basis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:24 Do 10.05.2012
Autor: snibbe

Hallo Angela,

danke für die schnelle Antwort.


zu 2.:
Da sich der Nullvektor mit mindestens einem Koeffizienten [mm]\neq 0[/mm]
errechnen lässt, sind die Vektoren u, v und w linear abhängig.


zu 3.:
Also verstanden hatte ich, dass n linear unabhängige Vektoren eine Ebene in [mm]\IR^n[/mm] bilden.

Da es sich hier um 2 linear unabhängige Vektoren handelt, müssten diese demnach Vektoren aus dem [mm]\IR^2[/mm] erzeugen. Mich verwirrt aber, dass jeder Vektor eine x,y,z Koordinate hat. Daher hatte ich dies mit [mm]\vektor{x \\ y \\ z}[/mm] gleichgesetzt. Ist dieser Ansatz denn falsch?


zu 4.:
Da u, v und w linear abhängig sind, kann es ja keine Basis mehr sein.

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Lineare Unabhängigkeit & Basis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:36 Do 10.05.2012
Autor: angela.h.b.


> zu 2.:
> Da sich der Nullvektor mit mindestens einem Koeffizienten
> [mm]\neq 0[/mm]
>  errechnen lässt, sind die Vektoren u, v und w
> linear abhängig.

Hallo,

genau.

>

> zu 4.:
> Da u, v und w linear abhängig sind, kann es ja keine
> Basis mehr sein.

Auch das hast Du richtig erkannt.

>  
>
> zu 3.:
>  Also verstanden hatte ich, dass n linear unabhängige
> Vektoren eine Ebene in [mm]\IR^n[/mm] bilden.

Hm. Ich weiß nicht, wie Ihr Ebene definiert habt - da solltest Du mal nachschauen, bevor Du über "Ebene" redest.

Richtig ist: n linear unabhängige Vektoren des [mm] $\IR^n$ [/mm] erzeugen den [mm] $\IR^n$. [/mm]

Z.B. erzeugen [mm] \vektor{1\\2\\3}, \vektor{5\\6\\7}, \vektor{8\\9\\0} [/mm] den [mm] $\IR^3$. [/mm]

Aber nun aufgepaßt: je  zwei dieser Vektoren erzeugen einen  zweidimensionalen Unterraum des [mm] $\IR^3$! [/mm]
Die vektoren dieses Unterraumes haben drei Eintrage, denn sie entstammen ja der Obermenge [mm] $\IR^2$, [/mm] aber der Raum ist nur zweidimensional (die basis hat zwei Elemente).
Beispiel: eine Ebene durch den Ursprung im dreidimensionalen Raum.

LG Angela

>  
> Da es sich hier um 2 linear unabhängige Vektoren handelt,
> müssten diese demnach Vektoren aus dem [mm]\IR^2[/mm] erzeugen.
> Mich verwirrt aber, dass jeder Vektor eine x,y,z Koordinate
> hat. Daher hatte ich dies mit [mm]\vektor{x \\ y \\ z}[/mm]
> gleichgesetzt. Ist dieser Ansatz denn falsch?
>



Bezug
                                
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Lineare Unabhängigkeit & Basis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:29 Fr 11.05.2012
Autor: snibbe


Jetzt wird mir einiges klarer. Allerdings weiß ich noch nicht, wie ich das überprüfen kann. Ich muss die Ergebnisse für die Koeffizienten ja in einem LGS erhalten. Hatte das jetzt so versucht:

[mm] \lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} = \vektor{x \\ y \\ 0} [/mm]

Wenn ich das versuchen möchte zu lösen, so erhalte ich für
[mm]\mu = -3 \lambda[/mm]
[mm]\lambda = -\bruch{y}{4}[/mm]

Wäre dies eine gültige Lösung?



Bezug
                                        
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Lineare Unabhängigkeit & Basis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:27 Fr 11.05.2012
Autor: angela.h.b.


>
> Jetzt wird mir einiges klarer. Allerdings weiß ich noch
> nicht, wie ich das überprüfen kann. Ich muss die
> Ergebnisse für die Koeffizienten ja in einem LGS erhalten.
> Hatte das jetzt so versucht:
>  
> [mm]\lambda \vektor{1 \\ 2 \\ 3} + \mu \vektor{3 \\ 2 \\ 1} = \vektor{x \\ y \\ 0}[/mm]

Hallo,

Du bist immer noch neben der Spur.

Wir halten fest: die beiden Vektoren [mm] \vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{3 \\ 2 \\ 1} [/mm] sind linear unabhängig.

Sie erzeugen einen Vektorraum, den Vektorraum, der halt die Linearkombinationen dieser beiden Vektoren enthält.

Nun aufgepaßt: sie erzeugen diesen Raum und sind linear unabhängig - also eine Basis des Raumes [mm] <\vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{3 \\ 2 \\ 1}>, [/mm] LH [mm] (\vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{3 \\ 2 \\ 1}), Span(\vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{3 \\ 2 \\ 1}) [/mm] oder wie auch immer Ihr diesen Raum bezeichnet.

Weil die Basis 2 Elemente enthält, ist der Raum zweidimensional - aber keinesfalls ist bei den vektoren dieses Raumes eine Komponente =0.

Nochmal: sie erzeugen (natürlich) den von ihnen aufgespannten Raum, und sie sind linear unabhängig - also eine Basis dieses Raumes.

LG Angela

>  
> Wenn ich das versuchen möchte zu lösen, so erhalte ich
> für
>  [mm]\mu = -3 \lambda[/mm]
>  [mm]\lambda = -\bruch{y}{4}[/mm]
>  
> Wäre dies eine gültige Lösung?
>  
>  


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Bezug
Lineare Unabhängigkeit & Basis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:36 Di 15.05.2012
Autor: snibbe


Also ich hatte mich am Wochenende nochmal damit beschäftigt. So wie ich das verstanden habe, wird, wie auch hier schon erwähnt, ein isomorpher Unterraum im [mm]\IR^3[/mm] aufgespannt.

Allerdings verstehe ich noch immer nicht, wie man das als Basis im [mm]\IR^2[/mm] nachweisen kann. In den Büchern oder auch anderen Quellen, die sich mit dem Thema Basis auseinandersetzen finde ich solch einen Fall den ich vorliegen habe nicht. Die Anzahl der Vektoren entspricht da immer dem [mm]\IR^n[/mm]. Und dann wird das einfach in einem LGS gelöst.

Kann es sein, dass es dann keine Basis des [mm]\IR^2[/mm] sein kann?
Der Vektor [mm]\vektor{x \\ y}[/mm]lässt sich ja als Linearkombination nicht darstellen.
Und wenn ich für die Koeffizienten einen Wert einsetze, erhalte ich ja einen Vektor [mm]\vektor{x \\ y \\ z}[/mm].

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Lineare Unabhängigkeit & Basis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:48 Di 15.05.2012
Autor: angela.h.b.


>
> Also ich hatte mich am Wochenende nochmal damit
> beschäftigt. So wie ich das verstanden habe, wird, wie
> auch hier schon erwähnt, ein isomorpher Unterraum im [mm]\IR^3[/mm]
> aufgespannt.

Hallo,

wir hatten zwei linear unabhängige Vektoren u= [mm] \vektor{1 \\ 2 \\ 3}, [/mm] v= [mm] \vektor{3 \\ 2 \\ 1}, [/mm]

und ich hatte Dir erklärt, daß sie einen Vektorraum erzeugen, welcher eine Teilmenge des [mm] $\IR^3$ [/mm]  ist, nämlich den, der alle Linearkombinationen von u und v enthält.

Aufgrund der Def. dies Begriffes "Dimension" konnten wir feststellen, daß dieser (Unter)Vektorraum die Dimension 2 hat.

Du sprichtst die Isomorphie an. Dieser Raum ist isomorph zum [mm] $\IR^2$ [/mm] , aber es ist nicht der [mm] $\IR^2$ [/mm] , was man schon daran sieht, daß die Vektoren des ersten Raumes drei Einträge haben und die des [mm] $\IR^2$ [/mm]  nur zwei.

>  
> Allerdings verstehe ich noch immer nicht, wie man das als
> Basis im [mm]\IR^2[/mm] nachweisen kann.

Es ist (u, v) keine Basis des [mm] $\IR^2$ [/mm] .


> In den Büchern oder auch
> anderen Quellen, die sich mit dem Thema Basis
> auseinandersetzen finde ich solch einen Fall den ich
> vorliegen habe nicht. Die Anzahl der Vektoren entspricht da
> immer dem [mm]\IR^n[/mm].

Eine jedes Basis des [mm] $\IR^n$ [/mm]  besteht aus  n vektoren mit n Einträgen.

Aber (u,v) sind aber keine Basis des [mm] $\IR^3$ [/mm] , sondern sie sind Basis eines Unterraumes des [mm] $\IR^3$ [/mm] .



> Und dann wird das einfach in einem LGS
> gelöst.

Es wird z.B. im Fall, daß drei Vektoren des [mm] $\IR^3$ [/mm] gegeben sind und die Frage gestellt wird , ob sie den [mm] $\IR^3 [/mm] $  erzeugen, diese Frage mithilfe eines LGS gelöst, ja.

Die Frage, ob (u,v) den [mm] \IR^3 [/mm] erzeugen, konnten wir ja längst mit "nein" beantworten.


> Kann es sein, dass es dann keine Basis des [mm]\IR^2[/mm] sein kann?
> Der Vektor [mm]\vektor{x \\ y}[/mm]lässt sich ja als
> Linearkombination nicht darstellen.

Natürlich ist (u,v) keine Basis des [mm] $\IR^2$ [/mm] .

LG Angela

>  Und wenn ich für die Koeffizienten einen Wert einsetze,
> erhalte ich ja einen Vektor [mm]\vektor{x \\ y \\ z}[/mm].


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