Beweis einer Basis

24.11.2010, 22:20

_-Alex-_

Beweis einer Basis

Hallo,

es sind
$\begin{eqnarray*} v_1 = \begin{pmatrix} 0&0&0 \\0&4&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v_2= \begin{pmatrix} 1&1&0\\0&-2&4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v_3 = \begin{pmatrix} 0&0&1\\0&0&2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
gegeben und ich soll diese Matrizen zu einer Basis des $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{(2,3)} \end{eqnarray*}$ ergänzen.

Ich habe mir jetzt zuerst gedacht, dass ich
$\begin{eqnarray*} v_4 = \begin{pmatrix} 0&0&0\\1&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
nehme.
Wenn ich alle dann linearkombiniere hätte ich:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda_2 & \lambda_2 & \lambda_3 \\ \lambda_4 & (4\lambda_1-2\lambda_2) & (4\lambda_2 +\lambda_3) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Wenn ich also meine 0 Matrix linearkombinieren will, müssten alle Lambdas 0 sein.
Aber ich weiß nicht ob das eine Basis ist, die meinen ganzen $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{(2,3)} \end{eqnarray*}$ aufspannt. Da ich ja $\begin{eqnarray*} \begin {pmatrix} 1&2&blaa\\blaa&blaa&blaa \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ nicht erzeugen könnte.

MfG

24.11.2010, 23:08

Cel

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Du lieferst selbst den Beweis: Diese Vektoren bilden keine Basis.

24.11.2010, 23:17

_-Alex-_

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Okay, dacht ich mir schon^^...

Wie finde ich jetzt am einfachsten eine Basis, gibt es da irgendein Verfahren für?

25.11.2010, 15:02

Cel

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Zu erst einmal solltest du dir überlegen, welche Dimension der Raum hat. Denn die Anzahl der Vektoren in der Basis sind ja mit der Dimension identisch. Was glaubst du denn in Bezug auf die Dimension?

25.11.2010, 16:50

_-Alex-_

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Ich glaube ich brauche 6 Matrizen.
Das Problem müsste ja sein, dass v3 und v2 mehrere "Plätze" belegen. v4 würde ich auf jeden Fall erst mal so lassen, und meine zusätzlichen 2 Vektoren hätte ich jetzt mal so gewählt:
$\begin{eqnarray*} v_5 = \begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v_6= \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Mit v5 kann ich die Position (3,3) passend "verändern, da diese ja bisher von v2 und v3 festgelegt wird, und ich da ja auf schon des erwähnte Problem stoße. v6 verändert (1,1) was zuvor ja auch noch von v2 abhing und somit immer im festen Verhältnis war. Haut das hin?

Mfg

25.11.2010, 18:55

Cel

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6 Vektoren brauchst du. Stimmt.

Ich hab das jetzt nicht überprüft, aber wie kannst du überprüfen, dass deine Lösung stimmt?

Stelle die bekannte Gleichung auf:

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^6 \lambda_i \cdot v_i = 0 \end{eqnarray*}$

Dann multiplizierst du die Lambdas rein, wie du es schon im ersten Beitrag angedeutet hast. Dann wiederum muss ja jede Komponente gleich Null sein. Also Eintrag 11 = 0, Eintrag 12 = 0 u.s.w. ... Du hast dann die Lambdas als Unbekannte. Du kannst das alles dann als ein LGS der folgenden Form darstellen:

$\begin{eqnarray*} A \cdot \lambda = 0, \; \lambda = (\lambda_1, \dots, \lambda_6) \in \mathbb{R}^6 \end{eqnarray*}$

Und jetzt kommt der Knackpunkt: Wenn die Matrix A invertiebar ist, dann sind deine v_i eine Basis.

War das verständlich? Sonst noch mal nachfragen. Wink

25.11.2010, 19:14

_-Alex-_

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Achso, den Trick mit dem invertieren kannte ich gar nicht^^danke.

Also ich hab es jetzt so wie oben gemacht, reinmulitpliziert und addiert, dann hab ich folgendes bekommen:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} (\lambda_2 + \lambda_5) & \lambda_2 & \lambda_3 \\ \lambda_4 & (4\lambda_1-2\lambda_2) & (\lambda_6-\lambda_3) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich gesagt, dass zwar manche "Positionen" von der gleichen Variable abhängen, wie (1,1),(1,2) und (2,2), aber diese Variablen, niemals 2 mal alleine vorkommen. Bei (1,1) verändere ich sie z.B. nach belieben mit $\begin{eqnarray*} \lambda_5 \end{eqnarray*}$ usw.
Geht das auch in Ordnung?

25.11.2010, 19:22

Cel

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Intuitiv ist das gut, aber mir wäre das zu schwammig. Mach es doch am besten mit meinem Trick. Ich hab das jetzt mal überprüft, deine Vektoren bilden eine Basis. Verstehst du, wieso aus der Invertierbarkeit von A die lineare Unabhängigkeit der Vektoren folgt? Wenn A invertierbar ist, dann existiert eine eindeutige Lösung. Und wenn man mit A^(-1) auf beiden Seiten multipliziert, steht dort Lambda = 0. Und genau das brauchen wir. Wenn A nicht invertierbar ist, dann gibt es eventuell unendlich viele Lösungen, insbesondere also welche, die nicht-trivial sind.

25.11.2010, 20:35

_-Alex-_

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Also ich hab das gerade mal auf Wikipedia nachgeschlagen. Wenn es eine inverse Matrix gibt, meine also invertierbar ist, kann ich die Einheitsmatrix bilden. Und die zeigt ja direkt, dass meine Vektoren lin unabhängig sind. Ist das soweit korrekt?

Zeigt mir das auch gleich, dass meine Basisvektoren den gesamten Raum aufspannen?

25.11.2010, 23:35

Cel

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Zitat:

Original von _-Alex-_
Also ich hab das gerade mal auf Wikipedia nachgeschlagen. Wenn es eine inverse Matrix gibt, meine also invertierbar ist, kann ich die Einheitsmatrix bilden. Und die zeigt ja direkt, dass meine Vektoren lin unabhängig sind. Ist das soweit korrekt?

Zeigt mir das auch gleich, dass meine Basisvektoren den gesamten Raum aufspannen?

Überall ja. Du hast dann 6 linear unabhängige Vektoren in einem 6-dimensionalen Raum, deshalb müssen diese Vektoren dann eine Basis bilden.

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