lineare Algebra zeige lineare unabhängigkeit

23.02.2013, 16:05	mathe760	Auf diesen Beitrag antworten »
lineare Algebra zeige lineare unabhängigkeit Hallo liebes Forum Es ist nun längere Zeit her, dass ich mich hier mal aktiv gemeldet habe, aber jetzt habe ich mal wieder eine Frage, diesmal aber aus der Hochschulmathematik, da ich inzwischen endlich Mathe studiere Hier also die Aufgabe: $\begin{eqnarray} \text{Gegeben seien $v_1,v_2,...,v_{m+1}\in \mathbb{R}^n $}. \\ \text{Es gilt nun } v_i^T \cdot v_j <0 \quad \forall i \neq j \text{ mit } i,j \in \left\{1,2,\dots,m+1 \right\}. \\ \text{Zu zeigen ist nun, dass } v_1,v_2, \dots, v_m \text{ linear unabhängig sind.} \end{eqnarray}$ Ich habe bisher folgendes: $\begin{eqnarray} \text{Sei eine lineare Relation gegeben:} \sum\limits_{j=1}^m a_i \cdot v_i =0 \text{ mit } a_i \in \mathbb{R}. \\ \text{Dann folgt } \sum\limits_{j=1}^m a_i \cdot (v_i^T \cdot v_{m+1})=0. \text{ Angenommen nicht alle $a_i$ sind 0}. \\ \text{ Da nun } v_i^T \cdot v_{m+1}< 0 ~\forall i \text{ folgt, dass es sowohl positive als auch negative $a_i$ geben muss}. \end{eqnarray}$ Wie ich das jetzt genau zum Widerspruch führen kann, weiß ich leider nicht. Ich hoffe ihr könnt mir einen Anstoß in die richtige Richtung geben. mathe760
25.02.2013, 09:01	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Scheint mir nicht ganz so leicht zu sein. Mit folgenedem Trick könnte es gehen: Ich schreibe mal $\begin{eqnarray} \langle v,w \rangle \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} v^Tw \end{eqnarray}$ . Zunächst können wir induktiv annehmen, dass $\begin{eqnarray} v_1, \dotsc, v_{m-1} \end{eqnarray}$ linear unabhängig sind. Ferner sei o.B.d.A $\begin{eqnarray} \langle v_i,v_i \rangle = 1 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ . Nun wenden wir Gram-Schmidt auf $\begin{eqnarray} v_1, \dotsc, v_{m-1} \end{eqnarray}$ an, d.h. wir setzen: $\begin{eqnarray} w_1 := v_1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} w_n := v_n - \sum_{i=1}^{n-1} \langle w_i,v_n \rangle w_i \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n = 2, \dotsc, m-1 \end{eqnarray}$ . Nun bemerken wir, dass in jedem Schritt für $\begin{eqnarray} j > n \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} \langle w_n, v_j \rangle = \langle v_n, v_j \rangle - \sum_{i=1}^{n-1} \langle w_i,v_n \rangle \langle w_i, v_j \rangle < 0 \end{eqnarray}$ Begründung: $\begin{eqnarray} \langle v_n, v_j \rangle < 0 \end{eqnarray}$ nach Vorraussetzung. $\begin{eqnarray} \langle w_i,v_n \rangle < 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \langle w_i, v_j \rangle < 0 \end{eqnarray}$ nach Induktion. Das ist ja schon mal Interessant. Nach Gram-Schmidt haben wir also folgende Situation. Wir haben paarweise orthogonale Vektoren $\begin{eqnarray} w_1, \dotsc, w_{m-1} \end{eqnarray}$ , die den selben Raum wie $\begin{eqnarray} v_1, \dotsc, v_{m-1} \end{eqnarray}$ aufspannen. Und es gilt weiterhin $\begin{eqnarray} \langle w_i, v_m \rangle < 0 \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} \langle w_i, v_{m+1} \rangle < 0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ und natürlich immer noch $\begin{eqnarray} \langle v_{m+1}, v_m \rangle < 0 \end{eqnarray}$ . Wir wollen jetzt natürlich zeigen, dass $\begin{eqnarray} w_1, \dotsc, w_{m-1}, v_m \end{eqnarray}$ linear unabhängig sind. Das ist ja äquivalent zur Ursprungsbehauptung. Damit kannst du mal weiter arbeiten, es ist jetzt nicht mehr weit zum Ziel.
25.02.2013, 21:41	mathe760	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für diese schöne Lösung tmo Ich konnte den Beweis zwar zu Ende führen, habe aber momentan nicht die Zeit ihn hier aufzuschreiben. Ich werde dies dann bei Gelegenheit nachholen. Da wir in der Vorlesung das Gram Schmidt Verfahren noch nicht hatten, müsste es eigentlich auch eine Lösung ohne dieses geben. Wenn jemandem eine solche alternative Lösung einfällt, würde ich mich freuen, wenn derjenige sie hier aufschreiben würde mathe760
25.02.2013, 22:29	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, ich dachte mir schon, dass das nicht der "Musterlösungsweg" ist (wenn man es sowas denn gibt). Aber ich fand ihn dann eigentlich recht ellegant. Eine der wenigen mir bekannten Anwendungen von Gram-Schmidt in anderen Beweisen. Sonst lernt man das ja nur um es anzuwenden (also drauflosrechnen)...Was mir immer als sinnlos erschien
09.04.2013, 18:01	mathe760	Auf diesen Beitrag antworten »
So nun habe ich endlich mal die Zeit gefunden den "Muster-Beweis" nachzuliefern. Da die Details in tmo's Beweis auf sehr offensichtliche Weise auszufüllen sind, werde ich dies mal nicht tun und gebe hier nur einen anderen Beweis: Aus $\begin{eqnarray} \sum\limits_{j=1}^m a_j \cdot v_j =0 \end{eqnarray}$ mit nicht allen Koefficienten gleich Null folgt nach meinem ersten Beitrag, dass es sowohl positive als auch negative a_j gibt. Seien nun $\begin{eqnarray} a_1,a_2,...,a_k \geq 0 \end{eqnarray}$ , sowie $\begin{eqnarray} a_{k+1},...,a_m \leq 0 \end{eqnarray}$ . Dann folgt also $\begin{eqnarray} \sum\limits_{j=1}^k a_j \cdot v_j =\sum\limits_{j=k+1}^m -a_j \cdot v_j=v \end{eqnarray}$ . Nun folgt für $\begin{eqnarray} v\cdot v \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} v\cdot v=\sum\limits_{i\leq k, j\geq k+1} -a_i \cdot a_j \cdot v_i \cdot v_j \end{eqnarray}$ . Nach Annahme ist dies aber die Summe nichtpositiver reeller Zahlen. Das Skalarprodukt ist aber auch eine nichtnegative Größe, also folgt $\begin{eqnarray} v\cdot v=0 \end{eqnarray}$ und damit $\begin{eqnarray} v=0 \end{eqnarray}$ . Aus $\begin{eqnarray} 0=v=\sum\limits_{j=1}^k a_j \cdot v_j \end{eqnarray}$ folgt nun nach multiplikation mit $\begin{eqnarray} v_{m+1} \end{eqnarray}$ auf beiden Seiten der Gleichung und anschließender Transposition: $\begin{eqnarray} 0=\sum\limits_{j=1}^k a_j \cdot v_{m+1}^T \cdot v_j \end{eqnarray}$ . Aus $\begin{eqnarray} v_{m+1}^T \cdot v_j<0 \end{eqnarray}$ folgt nun aber, dass mindestens ein Koefficient a_j negativ sein muss, was der Annahme widerspricht. Also müssen die a_j alle gleich Null sein und $\begin{eqnarray} v_1,v_2,...,v_m \end{eqnarray}$ sind linear unabhängig, was zu zeigen war. mathe760

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