R-Vektorraum C

21.11.2010, 10:51

Ibn Batuta

R-Vektorraum C

Hi,

ich stelle diese Frage, weil sie so einfach erscheint und unser Dozent meinte diese Aufgabe sei schwerer als die, die wir in der Übung gemacht hatten.
Daher wundert es mich, daß es so kurz und unkompliziert bei mir ging. Stimmt es denn so, wie ich es habe?

Es sei der $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}-VR \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ . Für welches $\begin{eqnarray*} w \in \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ ist die Familie $\begin{eqnarray*} {w, w^2} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig?

Meine Lösung:
Unabhängigkeit, wenn $\begin{eqnarray*} x_1\cdot v_1 + x_2\cdot v_2 + ... + x_n\cdot v_n = 0, \forall x_i = 0 \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} w = a+b\cdot i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} w^2 =w\cdot w = (a+b\cdot i)\cdot(a+b\cdot i) = a^2-b^2+2abi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a, b \in \mathbb{R}, w \in \mathbb{C} \end{eqnarray*}$

Dann gelte, wenn l.u.:

$\begin{eqnarray*} x_1\cdot(a+b\cdot i) + x_2\cdot(a^2-b^2+2abi) = 0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

1. Fall: Sei $\begin{eqnarray*} a = 0, b = 0 \end{eqnarray*}$
Dann gilt: $\begin{eqnarray*} x_1\cdot(0+0\cdot i) + x_2\cdot(0-0+2\cdot 0\cdot i) = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} 0 = 0 \end{eqnarray*}$
=> Linear abhängig, wenn $\begin{eqnarray*} a = 0, b = 0. \end{eqnarray*}$
(Ist aber auch klar, da der Nullvektor immer linear abhängig ist!)

2. Fall: Sei $\begin{eqnarray*} a \ne 0, b = 0 \end{eqnarray*}$
Dann gilt: $\begin{eqnarray*} x_1\cdot(a+0\cdot i) + x_2\cdot(a^2-0+2\cdot 0\cdot i) = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} x_1\cdot a + x_2\cdot a^2 = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} a\cdot (x_1 + x_2\cdot a) = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} x_1+x_2\cdot a = 0 \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} a = -\frac{x_1}{x_2} \end{eqnarray*}$
=> Linear abhängig, wenn $\begin{eqnarray*} a = -\frac{x_1}{x_2}, b = 0 \end{eqnarray*}$

3. Fall: Sei $\begin{eqnarray*} a=0, b \ne 0 \end{eqnarray*}$
Dann gilt: $\begin{eqnarray*} x_1\cdot(0+b\cdot i) + x_2\cdot(0-b^2+2\cdot 0\cdot i) = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} x_1\cdot b\cdot i + x_2\cdot(-b^2)=0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} b\cdot(x_1\cdot i - x_2\cdot b) = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} x_1\cdot i - x_2\cdot b = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} b = \frac{x_1\cdot i}{x_2} \end{eqnarray*}$ => Widerspruch, da $\begin{eqnarray*} b \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ sein muß!
=> Linear unabhängig, wenn $\begin{eqnarray*} a=0, b \ne 0 \end{eqnarray*}$

4. Fall: Sei $\begin{eqnarray*} a\ne 0, b \ne 0 \end{eqnarray*}$
Dann gilt: $\begin{eqnarray*} x_1\cdot(a+b\cdot i) + x_2\cdot(a^2-b^2+2abi) = 0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$
Daraus folgt, daß (wenn linear abhängig):
=> $\begin{eqnarray*} a+b\cdot i = 0 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} a = -b\cdot i \end{eqnarray*}$
=> Widerspruch, da $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ sein muß!
Prüfe b:
=> $\begin{eqnarray*} b = -\frac{a}{i} \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} b = a\cdot i \end{eqnarray*}$
=> Widerspruch, da $\begin{eqnarray*} b\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ sein muß!
=> Linear unabhängig, wenn $\begin{eqnarray*} a\ne 0, b \ne 0 \end{eqnarray*}$

q.e.d.

Ibn Batuta

21.11.2010, 12:08

Elvis

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Ich verstehe nicht, wie du im Fall 4 schliessen kannst, dass a+bi=0 ist .
(Übrigens wäre mein Beweis viel kürzer und unkomplizierter als deiner. Augenzwinkern

)

21.11.2010, 12:27

Ibn Batuta

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Zitat:

Original von Elvis
Ich verstehe nicht, wie du im Fall 4 schliessen kannst, dass a+bi=0 ist .

Wieso nicht? verwirrt

Im Fall 4 ist ja $\begin{eqnarray*} a \ne 0, b \ne 0 \end{eqnarray*}$ . Wenn es linear abhängig ist, dann muß $\begin{eqnarray*} x_1(a+b\cdot i) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x_1\ne 0 \end{eqnarray*}$ doch $\begin{eqnarray*} a+b\cdot i = 0 \end{eqnarray*}$ sein.

Also löse ich einmal nach $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ auf:
$\begin{eqnarray*} a+b\cdot i = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a = -b\cdot i \end{eqnarray*}$

Das ist aber ein Widerspruch, da $\begin{eqnarray*} a\in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist!

Dasselbe Spielchen nun für $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} a+b\cdot i = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b = -\frac{a}{i} = a\cdot i \end{eqnarray*}$

Das ist aber wieder ein Widerspruch, da $\begin{eqnarray*} b\in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist!

Ergo wird der komplette Ausdruck $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x_1\cdot(a+b\cdot i) \end{eqnarray*}$ nur für $\begin{eqnarray*} x_1=0 \end{eqnarray*}$

Den 2. Ausdruck prüfe ich auch noch für die Annahme, daß $\begin{eqnarray*} x_2\ne 0 \end{eqnarray*}$ ist:
$\begin{eqnarray*} a^2+2abi-b^2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a = -2b\cdot i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b = -2a\cdot i \end{eqnarray*}$

Da aber $\begin{eqnarray*} a, b \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ sind, folgt, der Ausdruck nur für $\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ sein kann.

Da jetzt gezeigt ist, daß nur für $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ der Ausdruck $\begin{eqnarray*} x_1\cdot w + x_2\cdot w^2 = 0 \end{eqnarray*}$ sein kann, ist es für $\begin{eqnarray*} a, b \ne 0 \end{eqnarray*}$ linear unabhängig!

Was ist daran falsch?

Ibn Batuta

21.11.2010, 12:58

Elvis

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In einer Linearkombination $\begin{eqnarray*} x_1v_1+x_2v_2=0 \end{eqnarray*}$ muss nicht jeder Summand $\begin{eqnarray*} x_1v_1,x_2v_2 \end{eqnarray*}$ gleich 0 sein.
Nach Voraussetzung ist $\begin{eqnarray*} a,b\neq 0 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} w=a+bi \neq 0 \end{eqnarray*}$ , dein Schluss kann so nicht stimmen.

21.11.2010, 13:22

Ibn Batuta

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Zitat:

Original von Elvis
In einer Linearkombination $\begin{eqnarray*} x_1v_1+x_2v_2=0 \end{eqnarray*}$ muss nicht jeder Summand $\begin{eqnarray*} x_1v_1,x_2v_2 \end{eqnarray*}$ gleich 0 sein.
Nach Voraussetzung ist $\begin{eqnarray*} a,b\neq 0 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} w=a+bi \neq 0 \end{eqnarray*}$ , dein Schluss kann so nicht stimmen.

Dann kann ich ja den Fall 4 recht schnell behandeln, indem ich dann einfach folgendes sage:

Stimmt ja.. Danke!

Da $\begin{eqnarray*} a\ne 0, b\ne 0 \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} w\ne 0 \end{eqnarray*}$ , also auch $\begin{eqnarray*} w^2\ne0 \end{eqnarray*}$ . Ergo $\begin{eqnarray*} x_1\cdot w+x_2\cdot w^2 = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ => Linear unabhängig.

Ibn Batuta

21.11.2010, 13:31

Elvis

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Tut mir leid. Du hast den Begriff der linearen Unabhängigkeit bzw. linearen Abhängigkeit noch nicht verstanden.
Du musst folgendermassen vorgehen: Annahme $\begin{eqnarray*} (a\neq0,b\neq0\Rightarrow w\neq 0, w^2\neq 0), x_1w+x_2w^2=0 \end{eqnarray*}$ .
Daraus musst du herleiten, dass die reellen Koeffizienten $\begin{eqnarray*} x_1,x_2 \end{eqnarray*}$ beide gleich 0 sind. Dann und nur dann sind $\begin{eqnarray*} w,w^2 \end{eqnarray*}$ linear unabhängig.

21.11.2010, 13:49

Ibn Batuta

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Hm, ich denke ich habe schon verstanden, was die lineare Unabhängigkeit bzw. Abhängigkeit ist. Bei der Beweisführung hapert´s noch etwas.

Mir fällt jetzt nur noch folgendes ein, danach bin ich wirklich mit meinem Latein am Ende, wie ich diesen blöden Fall beweisen kann.

Es gelte noch immer $\begin{eqnarray*} a\ne 0, b\ne 0 \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} w = a+bi \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} x_1\cdot w+x_2\cdot w^2 = 0 \end{eqnarray*}$ |Teile durch $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} w \ne0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1+x_2\cdot w = 0 \end{eqnarray*}$ |Auflösen nach $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$

Es muß nun $\begin{eqnarray*} x_1 = 0 \end{eqnarray*}$ sein, sonst wird hier der 1. Summand niemals $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .
Dann steht da nur noch: $\begin{eqnarray*} x_2\cdot w = 0 \end{eqnarray*}$ . Da aber laut der Annahme $\begin{eqnarray*} w\ne 0 \end{eqnarray*}$ ist, muß auch folgen, daß $\begin{eqnarray*} x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ ist.

Daraus folgt, daß der Ausdruck nur und nur für $\begin{eqnarray*} x_1, x_2 = 0 \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ wird.

Wenn das so wieder falsch ist, dann weiß ich wirklich nichts mehr. Kannst du mir dann zeigen, falls es falsch ist, wie ich diesen Fall 4 zeige? Danke.

Ibn Batuta

21.11.2010, 14:16

Elvis

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Jetzt hast du's fast vollständig richtig. "Zur Belohnung" kommt mein Vorschlag mit weniger Fallunterscheidungen:

1. Sei $\begin{eqnarray*} w=a\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} w^2=aw\Rightarrow a\cdot w-1\cdot w^2=0 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} w,w^2 \end{eqnarray*}$ l.a.

2. Sei $\begin{eqnarray*} w=a+bi,b\neq 0,x_1w+x_2w^2=0\Rightarrow x_1+x_2w=0 \end{eqnarray*}$ , Division durch $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ möglich wegen $\begin{eqnarray*} w\neq 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow x_1=-x_2(a+bi)=-x_2a-x_2bi\Rightarrow x_1+x_2a=-x_2bi \end{eqnarray*}$

Linke Seite reell, also rechte Seite reell, aber $\begin{eqnarray*} b \neq 0 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} x_2=0 \end{eqnarray*}$ , daraus folgt $\begin{eqnarray*} x_1=0 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} w,w^2 \end{eqnarray*}$ l.u.

21.11.2010, 14:21

Ibn Batuta

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Ich danke dir vielmals für deine tolle Hilfe, elvis! smile

Weiß gar nicht, wie ich mich für eure Hilfe hier entschädigen kann.

Ibn Batuta

21.11.2010, 14:23

Elvis

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Ganz einfach, wenn du fleißig mitmachst, macht mir das auch Spaß. Prost

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