Linearkombination mit Nullvektor

23.06.2011, 16:19

thomas91

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Linearkombination mit Nullvektor

ich habe hier 3 vektoren, c1, c2, c3 und möchte den nullvektor als linear kombination der 3 vektoren darstellen

$\begin{eqnarray*} <br /> c1\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \\3 \end{pmatrix} +c2\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\1 \end{pmatrix} +c3\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ -2 \\1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

wenn ich jetzt auf trepenstuffenform umforme erhalte ich am ende:

$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

also ergibt sich daraus
c3 = 0
c2 = 0
c1 = 0

Meine Frage:
warum wird der nullvektor nicht als linear kombination dargestellt wenn eh überall 0 rauskommt, warum sind diese vektoren linear unabhängig
weil wenn ich aus der trepenstufenform die determinante berechne kommt 0 raus und müsste somit linear abhängig sein

23.06.2011, 16:41

Helferlein

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Du vermischt zwei Sachverhalte.
Zum einen die Lineare Unabhängigkeit der Vektoren $\begin{eqnarray*} c_1,c_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c_3 \end{eqnarray*}$ , zum anderen die Lineare Unabhängigkeit der Vektoren $\begin{eqnarray*} c_1,c_2,c_3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

Das erste hast Du nachgewiesen, indem Du das homogene GLS $\begin{eqnarray*} rc_1+sc_2+tc_3=0 \end{eqnarray*}$ gelöst hast.
Das zweite hast Du über das Determinantenkriterium wiederlegt, was aber der ersten Aussage ja nicht widerspricht.

23.06.2011, 16:53

thomas91

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gibt es irgendeinen fall wo der nullvektor als linear kombination dargestellt werden kann, weil ich denk mir dan würde immer für c 0 rauskommen, oder?

wenn ich jetzt 3 vektoren im r^3 habe und den null vektor darstellen will als linear kombination, dan kommen mir immernoch c1, c2, c3 = 0

$\begin{eqnarray*} <br /> c1\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} +c2\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} +c3\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 8 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

und umforme wieder dan kommt mir wieder
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 &0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 &0 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

also c1= 0
c2=0
c3=0
also is diese matrix doch auch unabhängig
bzw jede andere die den nullvekt0r dazu bekommt

23.06.2011, 17:01

Helferlein

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Was hälts Du beispielsweise von

$\begin{eqnarray*} <br /> c1\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} +c2\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} +c3\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

EDIT: In deinem Beispiel ist aber auch $\begin{eqnarray*} c_1=2, c_2=1,c_3=-1 \end{eqnarray*}$ eine Lösung.
Natürlich lässt sich der Nullvektor immer trivial kombinieren, aber bei linear abhängigen Vektoren wird ja gefordert, dass zusätzlich eine nichttriviale Kombination existiert.

23.06.2011, 17:04

thomas91

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ich glaub ich versteh da was nicht weil
dan kommt bei mir
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 &0 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

und -2c3 = 0
kommt c3 = 0
und so weiter
dan sind wieder alle c1, c2, c3 = 0
oder rechne ich rigendwie falsch

23.06.2011, 17:06

thomas91

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wie kommst du auf diese c1=2, c2=1, c3=-1?
das versteh ichnicht

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23.06.2011, 17:52

Helferlein

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Vielleicht wird es für Dich deutlicher, wenn Du die Gleichungen betrachtest und nicht die Matrix:

$\begin{eqnarray*} <br /> 2c_1+4c_3=0<br /> c_2+c_3=0<br /> 3c_1+2c_2+8c_3=0<br /> \end{eqnarray*}$

Diese Gleichungen sind äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} <br /> c_1=-2c_3<br /> c_2=-c_3<br /> 3c_1+2c_2+8c_3=0<br /> \end{eqnarray*}$

Setzt Du nun die ersten beiden Gleichungen in die dritte ein, so bleibt
$\begin{eqnarray*} 3(-2c_3)+2(-c_3)+8c_3=0 \end{eqnarray*}$
oder zusammengefasst 0=0

Du hast also eigentlich nur die Gleichungen

$\begin{eqnarray*} <br /> c_1=-2c_3<br /> c_2=-c_3<br /> \end{eqnarray*}$

Und wenn Du nun $\begin{eqnarray*} c_3=-1 \end{eqnarray*}$ setzt, kommt die von mir angegebene Lösung heraus.

23.06.2011, 18:01

thomas91-

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das heißt diese vektoren sind abhängig
und ich brauch gar nicht die vektoren auf trepenstufenform zu bringen sonst bekomme ich immer die triviale lösung
habe ich das richtig verstanden

23.06.2011, 18:40

Helferlein

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Nicht ganz.
Sie sind linear abhängig, richtig. Aber das erkennst Du auch an der Stufenform, denn dort hast Du eine Nullzeile. (Die ja für eine Gleichung 0=0 steht).

23.06.2011, 18:46

thomas91

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aber macht diese zullzeile ganz unten nicht alles andere zu einem Nuller?

23.06.2011, 19:25

thomas91

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ich hab jetzt beim ersten beispiel einfach die gleichungen hergekommen und so gerechnet wie du vorher:
$\begin{eqnarray*} <br /> 2c_{1} + c_{2} = 0<br /> -c_{1} + 2c_{3} = 0<br /> c_{2} - 2c_{3} = 0<br /> 3c_{1} + c_{2}+2c_{3} = 0<br /> \end{eqnarray*}$

die 2te gleichung umgeformt ergibt
c1 = 2c3

die 3te gleichung umgeformt ergibt
c2 = 2c3

die 3te ergibt dan somit
3*2c3 + 2c3+c3 = 0

also 9c3 = 0 und somit sind die vektoren unabhängig
stimmt das so?

23.06.2011, 20:34

Helferlein

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Ja, ist richtig.

Zur Nullzeile: Die steht (wie oben schon erwähnt) für eine Gleichung 0=0 und sagt dir somit, dass eine Gleichung im Ausgangssystem überflüssig war. Wenn Du nun aber nur noch zwei Gleichungen mit drei Unbekannten hast, kann das Ergebnis unmöglich eindeutig sein. Es gibt also noch (mindestens) eine weitere Lösung, außer der (trivialen) Nullösung.

23.06.2011, 20:46

thomas91

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viel viel dank Helferlein!
das hat mir sehr weitergeholfen Freude

Freude

30.12.2017, 19:41

!pro

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Wie kommst du auf die -1 bei c3. Der Rest ist soweit nachvollziehbar.

30.12.2017, 21:51

mYthos

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Das ist eine willkürliche, allerdings praktische Festlegung, da bei zwei Gleichungen mit 3 Unbekannten der Freiheitsgrad 1 besteht.
Genau so gut hätte man c3 = 3 nehmen können, oder auch c1 = 4.
---------
Um nun alle möglichen unendlich vielen Lösungen abdecken zu können, wird ein Parameter (t, beliebig reell) eingeführt. Mit diesem bzw. auch mit einem Term in diesem wird eine der drei Variablen festgelegt und damit werden auch die anderen beiden Variablen in t ausgedrückt.

Setzen wir
c3 = -t, dann ist c2 = t und c1 = 2t

Die Gesamtheit der Lösungen wird somit mittels einer Schar (mit dem Scharparameter t) beschrieben:

(c1; c2; c3) = (2t; t; -t) = t*(2; 1; -1) = (0; 0; 0) + t*(2; 1; -1)

Geometrisch entspricht das Gleichungssystem und seine Lösung dem Schnitt dreier Ebenen (in besonderer Lage), welche alle durch eine Gerade gehen.
Diese Gerade, die den Nullpunkt enthält und den Richtungsvektor (2; 1; -1) hat, stellt die Lösungsmenge des Systems dar.

mY+

30.12.2017, 23:36

!pro

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Zitat:

Original von mYthos
Das ist eine willkürliche, allerdings praktische Festlegung, da bei zwei Gleichungen mit 3 Unbekannten der Freiheitsgrad 1 besteht.
Genau so gut hätte man c3 = 3 nehmen können, oder auch c1 = 4.
mY+

Vielen Dank , es war wohl ein zu langer Tag heute....
mir ist was peinliches passiert und ich saßs so lange und habe gegrübelt Hammer

Hammer

Hatte die Lösung
$\begin{eqnarray*} <br /> c_1=-2c_3<br /> c_2=-c_3<br /> 3c_1+2c_2+8c_3=0<br /> \end{eqnarray*}$

Und habe unzählige Parameter für c3 genommen LOL Hammer

LOL Hammer

und es schön darauf angewendet

$\begin{eqnarray*} <br /> c1\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} +c2\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} +c3\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

anstatt darauf

$\begin{eqnarray*} <br /> c1\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} +c2\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} +c3\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 8 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$

Peinlich...Habe mich schon gewundert wie wieso ich nie auf (0,0,0) komme ...

Danke smile

smile

manchmal muss man ein paar Stunden verstreichen lassen, um den Blick wieder zu schärfen ^^

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