liegt ein Vektor in einer linearen Hülle?

24.04.2013, 19:12	Davv	Auf diesen Beitrag antworten »
liegt ein Vektor in einer linearen Hülle? Hallo zusammen!!! Ich hätte da gern mal nen Problem!!! Habe folgende Aufgabe: Untersuchen Sie ob $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix} \in < \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 2 \\ -4 \\ -1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix} > \subseteq \mathbb R ^{3} \end{eqnarray}$ gilt. Ich wollte das so machen das Ich zeige das es $\begin{eqnarray} a_{1}, a_{2}, a_{3}, \end{eqnarray}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray} a_{1}\begin{pmatrix} 1 \\ -3\\ 2 \end{pmatrix} + a_{2}\begin{pmatrix} 2 \\ -4 \\ 7 \end{pmatrix} + a_{3}\begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ gilt. also die erw. koeffizientenmatrix aufgestellt $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & \| 1 \\ -3 & -4 & -5 & \| -5 \\ 2 & -1 & 7 & \| 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ also Latex is noch nicht wirklich meins!!!! <..> soll die lineare Hülle von S darstellten und bei der erw. koeffizientenmatrix stehen die \| natürlich untereinander!!!! sooo und jetzt ..... also durch die Zeilenumformung komme ich auf $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \| 3 \\ 0 & 1 & 0 & \| -1 \\ 0& 0 & 1 & \| 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und da häng ich son bisschen..... Ich denke mal das es nicht reicht zu sagen $\begin{eqnarray} Rg(A)= Rg(A') \end{eqnarray}$ und somit ist bewiesen das das LGS eine Lösung bestizt. Es folgt das $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix}\in <....> \end{eqnarray}$
24.04.2013, 19:21	Math1986	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: liegt ein Vektor in einer linearen Hülle?? Du hast bei dir auch einen Rechenfehler: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix} \in < \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 2 \\ -4 \\ -1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix} > \subseteq \mathbb R ^{3} \end{eqnarray}$ Und $\begin{eqnarray} a_{1}\begin{pmatrix} 1 \\ -3\\ 2 \end{pmatrix} + a_{2}\begin{pmatrix} 2 \\ -4 \\ 7 \end{pmatrix} + a_{3}\begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ (2. Vektor, unterster Eintrag stimmt nicht.
24.04.2013, 21:07	Davv	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh Ja !!! aber in der erw. koeffizientenmatrix ist es wieder richtig
25.04.2013, 12:24	Math1986	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann hast du das Gleichungssystem falsch gelöst (rechne nach: der unterste Eintrag stimmt nicht)
25.04.2013, 17:58	Davv	Auf diesen Beitrag antworten »
AHHH Verdammt sei meine Sauklaue!!!!!! Ich hab jetzt Zeile 3 was anderes!! und das ändert alles da nach nach Anwendung des Gaus-Alg. die erw.Koeffizientenmatrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & \|1 \\ 0 & 1 & -1 & \|-1 \\ 0& 0 & 0 & \|-5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ herauskommt und somit $\begin{eqnarray} Rg(a) \neq Rg(A') \end{eqnarray}$ ist. Um genauer zu sein ist $\begin{eqnarray} Rg(a) < Rg(A') \end{eqnarray}$ . Somit ist gezeigt das $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ nicht Element von <...> ist!!!! Glaub ich zu mindest!!! HAHA
26.04.2013, 10:26	Math1986	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, richtig. Gemeint ist aber eher $\begin{eqnarray} Rg(A) < Rg(A') \end{eqnarray}$
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