Lineare Unabhängigkeit von Vektoren

18.11.2011, 15:19	La Nuit	Auf diesen Beitrag antworten »
Lineare Unabhängigkeit von Vektoren Die Aufgabe lautet: Für $\begin{eqnarray} n\in{N} \end{eqnarray}$ seien $\begin{eqnarray} z_{1},...,z_{n} \end{eqnarray}$ paarweise verschiedene Elemente in K (d.i. R oder C). Zeigen Sie: Die Vektoren $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ z_{1} \\ z_{1}^{2} \\ ... \\ z_{1}^{n-1}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ z_{2} \\ z_{2}^{2} \\ ... \\ z_{2}^{n-1}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ , ..., $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ z_{n} \\ z_{n}^{2} \\ ... \\ z_{n}^{n-1}\end{pmatrix} \in{K} \end{eqnarray}$ sind linear unabhängig. Ich habe dazu zwar nach längerer Suche zusammen mit Kommilitonen einen Lösungsansatz gefunden, bin aber sehr in Zweifel, ob dieser Ansatz korrekt ist. Er lautet wie folgt: Man verwendet Induktion und nimmt an, die lin. Unabhängigkeit wäre für n-1 schon bewiesen. Wenn man die Spaltenschreibweise auflöst und die Definition der lin. Unabhängigkeit überprüft, ergibt sich ja ein Gleichungssystem mit n Zeilen nach dem Muster $\begin{eqnarray} ~\lambda_{1}z_{1}^{k}+...+~\lambda_{n}z_{n}^{k}=0 \end{eqnarray}$ , wobei k von 0 bis n-1 läuft. In der ersten Zeile steht also eine Summe aus lauter Lambdas. Nun stellt man nach dem letzten dieser Lambdas um und erhält $\begin{eqnarray} ~\lambda_{1}-...-~\lambda_{n-1}=~\lambda_{n} \end{eqnarray}$ Dies setzt man in die zweite Zeile ein und klammert jeweils die Lambdas aus; dann erhält man: $\begin{eqnarray} ~\lambda_{1}(z_{1}-z_{n})+~\lambda_{2}(z_{2}-z_{n})+...+~\lambda_{n-1}(z_{n-1}-z_{n})=0 \end{eqnarray}$ Gemäß Induktionsannahme sind dann die hier auftauchenden Vektoren linear unabhängig und somit die Lambdas gleich 0, ebenso wie $\begin{eqnarray} ~\lambda_{n} \end{eqnarray}$ per Definition. Wir hatten noch überlegt, dass man das letzte Lambda nicht nur in die zweite Gleichung, sondern in alle Gleichungen einsetzen könnte, dann hat man n-1 Gleichungen mit n-1 Summanden, das entspräche noch mehr der Induktionsannahme... aber völlig richtig kommts mir trotzdem nicht vor. Bitte also um Kritik zu der momentanen Lösung, vor allem aber - sollte die Lösung bzw. die Herangehensweise falsch sein - um einen besseren Ansatz... wir saßen drei Stunden dran, ohne was rauszubekommen, was uns brauchbar erschien, wenn man von diesem Ansatz mal absieht...
18.11.2011, 15:49	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe leider nicht viel Zeit, deshalb nur kurz ein sehr einfacher Lösungsansatz: Weißt du schon, dass man das LGS (bzw. die Matrix, deren Kern trivial sein soll) einfach transponieren kann und dabei nichts am Lösungsrang ändert? Wenn ja dann transponiere die Matrix und dann muss man nur noch erkennen, dass eine etwaige Lösung gerade die Koeffizienten eines Polynoms vom Grad n-1 mit n Nullstellen wäre. Das kann aber nur das Nullpolynom sein, folglich ist 0 die einzige Lösung des LGS. PS: Anmerkung: Bevor hier wegen der Vandermonde-Determinante geschrien wird: Ich finde nicht, dass man für die bloße lineare Unabhängigkeit so ein Geschütz wie die Vandermonde-Determinante braucht, deren Beweis alles andere als trivial ist.
18.11.2011, 17:10	La Nuit	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht hätte ich erwähnen sollen, dass wir den Begriff der linearen Unabhängigkeit erst kürzlich eingeführt haben und bisher noch nicht explizit Matrizen behandelt haben. Ich weiß also auch nicht, wie man Matrizen transponiert o.Ä.
19.11.2011, 19:24	La Nuit	Auf diesen Beitrag antworten »
Hat keiner eine Idee?

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