lin. Unabhängigkeit von 3 Vektoren?

10.12.2010, 19:40

bandchef

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lin. Unabhängigkeit von 3 Vektoren?

Hi Leute!

Ich hab folgende Aufgabe:

Bestimmen sie alle \alpha für die folgende Vektore lin. Unabhängig sind:

$\begin{eqnarray*} \vec{v_1} = \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{v_2} = \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{v_3} = \begin{pmatrix} -2 \\ \alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Lineare Unabhägigkeit ist ja dann gegeben, wenn gilt:

$\begin{eqnarray*} \lambda\vec{v_1}+\mu\vec{v_2}+\nu\vec{v_3} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} \lambda = 0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \mu = 0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \nu =0 \end{eqnarray*}$

Ich kann mit der Definition aber leider nicht so wirklich viel was anfangen. Ich hab aber trotzdem mal überlegt. Wenn ich nun aus den oben gegeben Vektoren eine Matrix Bilde und diese gleich dem Null-Vektor setze und daraus dann \alpha berechne, dann sollte dieser Wert der sein für den die Vektoren lin. Unabhängig sind, oder?

Stimmt das soweit? Könnt ihr mir helfen?

10.12.2010, 19:45

Cel

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RE: lin. Unabhängigkeit von 3 Vektoren?

Zitat:

Original von bandchef
Lineare Unabhägigkeit ist ja dann gegeben, wenn gilt:

$\begin{eqnarray*} \lambda\vec{v_1}+\mu\vec{v_2}+\nu\vec{v_3} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} \lambda = 0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \mu = 0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \nu =0 \end{eqnarray*}$

Das stimmt nicht ganz bzw. macht keinen Sinn. Die Vektoren heißen linear unabhängig, wenn aus der Gleichung

$\begin{eqnarray*} \lambda\vec{v_1}+\mu\vec{v_2}+\nu\vec{v_3} = 0 \end{eqnarray*}$ immer (!) $\begin{eqnarray*} \lambda = \mu = \nu =0 \end{eqnarray*}$ folgt.

Kennst du den Zusmmenhang zwischen Basis und Dimension?

Wenn nicht, dann stellst du die Matrix auf und müsstest herausfinden, für welche Alpha nur und ausschließlich der Nullvektor als Lösung herauskommt.

10.12.2010, 20:01

bandchef

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Den Zusammenhang zwischen Basis und Dimension kenne ich leider nicht.

Zitat:

Wenn nicht, dann stellst du die Matrix auf und müsstest herausfinden, für welche Alpha nur und ausschließlich der Nullvektor als Lösung herauskommt.

Was heißt das dann?

10.12.2010, 20:04

bandchef

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Wenn ich nun mal, wie du gesagt hast, die matrix aufstelle, dann sieht die so aus:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ -5 & 7 & \alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Das hier sollte doch nun der obigen "Formel" entsprechen:

$\begin{eqnarray*} \lambda\begin{pmatrix} 1 \\ -5 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix}+\nu\begin{pmatrix} -2 \\ \alpha \end{pmatrix}=\vec{0} \end{eqnarray*}$

Welche Rechenschritte soll ich denn hier nun und vor allem mit was, machen damit der Nullvektor rauskommt?

Kannst du mir ncohmal helfen?

10.12.2010, 20:08

Cel

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Die Matrix stimmt. Das ist ein LGS und rechts stehen 0en, die wir ja nicht aufschreiben.

Wie löst man dieses LGS? Zeilenstufenform mit Gaußalgorithmus herstellen. Schaffst du es, diese herzustellen?

Übrigens:

Zitat:

Original von bandchef
Wenn ich nun mal, wie du gesagt hast, die matrix aufstelle, dann sieht die so aus:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ -5 & 7 & \alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Das hier sollte doch nun der obigen "Formel" entsprechen:

$\begin{eqnarray*} \lambda\begin{pmatrix} 1 \\ -5 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix} 4 \\ 7 \end{pmatrix}+\nu\begin{pmatrix} -2 \\ \alpha \end{pmatrix}=\vec{0} \end{eqnarray*}$

Die beiden Gleichungssysteme sind gleich, wenn du das oben ausführlich aufschreibst:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ -5 & 7 & \alpha \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}\lambda \\ \mu \\ \nu \end{pmatrix} = \vec{0} \end{eqnarray*}$

10.12.2010, 20:12

bandchef

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Wenn ich nun das LGS mit Zeilenstufen (durch Gauß) aufstelle, dann kommt bei mir das raus:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 27 & \alpha-2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

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10.12.2010, 20:21

Cel

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Na ja, lieber $\begin{eqnarray*} \alpha - 10 \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und diese Nullen rechts sollten auch weg. Aber dennoch: Bestimme doch jetzt mal die Lösungsmenge von diesem LGS.

10.12.2010, 20:27

bandchef

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Sorry, das es $\begin{eqnarray*} \alpha - 10 \end{eqnarray*}$ heißt ist mir jetzt auch schon aufgefallen :-)

Aus dem LGS lässt sich doch jetzt folgende äquivalente Matrix aufschreiben:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 27 & \alpha-10 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \Leftrightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1\lambda + 4\mu-2\nu=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0\lambda+27\mu+(\alpha-10)\nu=0 \end{eqnarray*}$

Es heißt ja, es sind die Wert für \alpha gesucht. Muss ich da jetzt nicht nach \alpha auflösen? Oder muss man wirlich die Lösungsmenge bilden? Wenn wirklich die Lösungsmenge gebildet werden muss hakts leider auch schon wieder aus...

10.12.2010, 20:38

Cel

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Nein, wir wollen wirklich die Lösungsmenge herausfinden.

Nun, offenbar bekommen wir keine Zeilenstufenform hin, denn es fehlt eine Zeile. Also können wir eine der Unbekannten beliebig wählen. Also zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \nu = t \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ . Entweder du rechnest jetzt weiter oder du merkst, dass du die Antwort auf deine Frage gefunden hast. Warum?

10.12.2010, 20:49

bandchef

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In meinem Skript steht, dass ich das "neue" Gls. pro Zeile nach den Basisvariablen auflösen soll. Wenn ich das mache sieht das jetzt in der Lösungsmenge so aus:

$\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{2\nu-4\mu, -\frac{(\alpha-10)\nu}{27}|\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Ist die Lösungsmengen nun soweit korrekt?

10.12.2010, 20:59

Cel

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Aber da fehlt dann noch irgendwo ein $\begin{eqnarray*} \nu \end{eqnarray*}$ . Schließlich wollen wir drei Unbekannte einsetzen. Verstehst du, was ich meine? Zeige sonst deine Rechnung dafür (deine Vorgehensweise ist aber mit meiner identisch).

10.12.2010, 21:07

bandchef

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Hm, wo soll denn ein $\begin{eqnarray*} \nu \end{eqnarray*}$ fehlen?

Ich mache folgendes:

Ich löse die folgenden Gleichungen nach den Basisvariablen des lin. Gls von oben auf:

$\begin{eqnarray*} 1\lambda + 4\mu-2\nu=0 \Leftrightarrow \lambda = 2\nu - 4\mu \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0\lambda+27\mu+(\alpha-10)\nu=0 \Leftrightarrow \mu=-\frac{(\alpha-10)\nu}{27} \end{eqnarray*}$

Diese umgeformten Gleichungen setze ich dann in meine Lösungsmenge und schreibe eben als Lösungsmengeneigenschaft dass eben gilt: $\begin{eqnarray*} \nu \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ .

Wo hier nun ein zusätzliches $\begin{eqnarray*} \nu \end{eqnarray*}$ fehlen soll weiß ich nicht.

Das ist alles an Rechnung mehr hab ich nicht gemacht...

10.12.2010, 21:15

Cel

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OK. Das ist auch alles richtig, dabei hast du aber (vielleicht unbewusst) $\begin{eqnarray*} \nu \end{eqnarray*}$ beliebig gewählt. Und weiter kannst du dann in der ersten Gleichung

Zitat:

Original von bandchef
$\begin{eqnarray*} 1\lambda + 4\mu-2\nu=0 \Leftrightarrow \lambda = 2\nu - 4\mu \end{eqnarray*}$

das $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ aus der zweiten Gleichung einsetzen.

Du brauchst drei Lösungen. Eine für Lambda, eine für Mü, eine für Nü. Deswegen müsste deine Lösungmenge so aussehen:

$\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{2\nu-4\mu, -\frac{(\alpha-10)\nu}{27}, \nu |\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Und jetzt (bzw. nach den weiteren Umformungen) weißt du $\begin{eqnarray*} \lambda = \dots, \; \mu = \dots, \; \nu \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ beliebig.

Ist das klar?

10.12.2010, 21:25

bandchef

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Ich muss jetzt leider weg. Können wir morgen weitermachen? Das wär ganz toll!! Danke für deine bisherige hilfe!

10.12.2010, 21:40

Cel

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Ja, das können wir machen. Meld dich einfach wieder. Wink

Wink

12.12.2010, 12:00

bandchef

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So, ich hab doch eine einzige Frage zu der obigen Aufgabe:

Meine Lösungsmenge die ich berechnet habe, sah ja so aus:

$\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{2\nu-4\mu, -\frac{(\alpha-10)\nu}{27}|\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Du schreibst aber die Lösungsmenge so hin:

$\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{2\nu-4\mu, -\frac{(\alpha-10)\nu}{27}, \nu |\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

Da ist ein zusätzliches $\begin{eqnarray*} \nu \end{eqnarray*}$ drin. Wenn du mir noch sagst warum das $\begin{eqnarray*} \nu \end{eqnarray*}$ zusätzlich drin ist, dann bin ich überglücklich...

Und vor allem, ich soll ja eigentlich alle Werte für $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ bestimmen. Jetzt hab ich aber doch erst die Lösungsmenge bestimmt, oder?

12.12.2010, 13:51

Cel

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RE: lin. Unabhängigkeit von 3 Vektoren?
Du hast am Anfang (fast) richtig geschrieben, dass du die Gleichung

Zitat:

Original von bandchef
$\begin{eqnarray*} \lambda\vec{v_1}+\mu\vec{v_2}+\nu\vec{v_3} = 0 \end{eqnarray*}$

lösen musst. Das sind drei Unbekannte, richtig? Deine Ergbenismenge hast aber nur zwei Einträge, wo ist die Lösung für die dritte Unbekannte? Die hast du im Kopf frei gewählt, indem du beim Auflösen nach Lambda und Mü alles mit einem Nü nach rechts geworfen hast. Deswegen muss es hinten stehen, wir brauchen drei Einträge. Ach so: Setz deine Lösung für Mü auch noch ein, wie ich vorgeschlagen habe. Vorne steht ein Mü, hinten aber, dass man Nü frei wählen darf. Das passt so nicht zusammen.

Einfaches Beispiel, wo du hoffentlich sofort siehst, was los ist. Stell dir vor, wir wollen die Lösungsmenge vom LGS

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \vec{0} \end{eqnarray*}$ lösen.

Was machen wir dann? x_3 kommt in den Gleichungen gar nicht vor, deswegen wähle wir beliebig $\begin{eqnarray*} x_3 = t \end{eqnarray*}$ und lösen sukzessive auf:

$\begin{eqnarray*} x_2 + x_3 = 0 \Leftrightarrow x_2 + t = 0 \Leftrightarrow x_2 = -t \end{eqnarray*}$ (Das war die zweite Zeile)

$\begin{eqnarray*} x_1 = 0 \end{eqnarray*}$ . Hier steht die Lösung schon da.

Also ist hier $\begin{eqnarray*} \mathbb{L} = \{(0, -t, t) | t \in \mathbb{R}\} \end{eqnarray*}$

Ist das klar? Genau so ist es auch bei dir.

Und jetzt zu der Frage nach der linearen Unabhängigkeit. Die Vektoren wären linear unabhängig, wenn du als einzige (!) Lösung überall 0 herausbekämst. Ist das hier der Fall? Wie viele Lösungen gibt es oder anders gefragt: Besteht die Lösungsmenge nur aus dem Nullvektor? Oder noch präziser: Kannst du Alpha so wählen, dass nur der Nullvektor als Lösung herauskommt, also dass dort $\begin{eqnarray*} \mathbb{L} = \{(0,0,0)\} \end{eqnarray*}$ steht?

12.12.2010, 14:37

bandchef

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Zitat:

Und jetzt zu der Frage nach der linearen Unabhängigkeit. Die Vektoren wären linear unabhängig, wenn du als einzige (!) Lösung überall 0 herausbekämst. Ist das hier der Fall? Wie viele Lösungen gibt es oder anders gefragt: Besteht die Lösungsmenge nur aus dem Nullvektor? Oder noch präziser: Kannst du Alpha so wählen, dass nur der Nullvektor als Lösung herauskommt, also dass dort $\begin{eqnarray*} \mathbb{L} = \{(0,0,0)\} \end{eqnarray*}$ steht?

Laut meiner richtigen Lösungsmenge $\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{2\nu-4\mu, -\frac{(\alpha-10)\nu}{27}, \nu |\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$ kann ich $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nicht so wählen, dass die Lösungsmenge $\begin{eqnarray*} \mathbb{L} = \{(0,0,0)\} \end{eqnarray*}$ rauskommt weil die einzelnen Lösungen ja immer noch von anderen Unbekannten abhängen. Stimmt das so?

12.12.2010, 14:40

Cel

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Jawohl.

Freude

Es ist egal, wie du Alpha wählst, diese Vektoren sind immer linear abhängig.

Noch mal mein Hinweis: Für eine saubere Lösungmenge solltest du vorne

Zitat:

Original von bandchef
$\begin{eqnarray*} \mu=-\frac{(\alpha-10)\nu}{27} \end{eqnarray*}$

einsetzen. Sonst aber gut.

12.12.2010, 14:53

bandchef

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Meinst du mit deiner letzten Antwort, ich sollte die Lösungsmenge so aufschreiben $\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{-\frac{(\alpha-10)\nu}{27}, 2\nu-4\mu, \nu |\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$ ?

Was ist der Grund warum man die Lösung mit dem $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ an erster Stelle schreiben sollte?

12.12.2010, 15:27

Cel

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Nein. Du sollst hier:

Zitat:

Original von bandchef
$\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{2\nu-4\mu, -\frac{(\alpha-10)\nu}{27}, \nu |\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

das Mü einsetzen, du weißt doch, wie es in Abhängigkeit von Nü aussieht.

Zitat:

Original von bandchef
$\begin{eqnarray*} \mu=-\frac{(\alpha-10)\nu}{27} \end{eqnarray*}$

In der ersten Kompnente steht ein Mü, es macht dort aber so keinen Sinn.

12.12.2010, 15:56

bandchef

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So ist es aber jetzt absolut richtig, oder?

$\begin{eqnarray*} \mathbb L =\{2\nu(1-\frac{2(\alpha-10)}{27}), -\frac{(\alpha-10)\nu}{27}, \nu |\nu \in \mathbb R \} \end{eqnarray*}$

12.12.2010, 16:00

Cel

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Jepp. Müsste stimmen.

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