Linearkombination

26.02.2007, 16:58

Linearkombination

Hi
Mir geht es kurz um die Lösungen einer Aufgabe:

Bestimmen Sie diejenigen reelen Zahlen a, für die die Vektoren linear abhängig sind

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1\\1\\a\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1\\a\\-1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}2a\\2\\-1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So nun ist mein Ansatz folgender:

$\begin{eqnarray*} m\cdot \begin{pmatrix}1\\1\\a\end{pmatrix} +b\cdot\begin{pmatrix}1\\a\\-1\end{pmatrix}+c\cdot\begin{pmatrix}2a\\2\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

1) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2a&|0 \\ 1& a & 2&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ 2) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} a &a & 2a^2&|0 \\ a& a^2 & 2a&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ 3) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 &a+1 & 2a^2+1&|0 \\ 0& a^2+1 & 2a+1&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ 4) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 &1 & \frac{2a^2+1}{a+1}&|0 \\ 0& a^2+1 & 2a+1&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ 5) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 &a^2+1 & \frac{(2a^2+1)\cdot (a^2+1)}{a+1}&|0 \\ 0& a^2+1 & 2a+1&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ 6) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 &0 & \frac{(2a^2+1)\cdot (a^2+1)}{a+1}-2a-1&|0 \\ 0& a^2+1 & 2a+1&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{(2a^2+1)\cdot (a^2+1)}{a+1}-2a-1=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2a^4+2a^2+a^2+1-2a^2-2a-a-1=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2a^4+a^2-3a=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a(2a^3+a-3)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$
Mein Lehrer hatte nur a=1, was habe ich falsch gemacht?

26.02.2007, 17:31

Dual Space

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RE: Linearkombination
In Schritt 2) hast du offenbar die zweite Zeile mit $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ multipliziert. Das ist aber nur zulässig, wenn $\begin{eqnarray*} a\not=0 \end{eqnarray*}$ ist. Augenzwinkern

26.02.2007, 17:37

Leopold

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Von allen denkbaren Lösungswegen schaffst du es, den umständlichsten zu finden. Vor allem verstößt du dabei gegen elementare Umformungsregeln für lineare Gleichungssysteme. So machst du z.B. schon im ersten Schritt den Fehler, die erste und zweite Gleichung mit $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ durchzumultiplizieren. Das ist aber eine verbotene Operation! Denn man darf eine Gleichung nur mit einer Zahl ungleich Null durchmultiplizieren. Du müßtest also eine Fallunterscheidung vornehmen: Was ist im Fall $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ , was ist im Fall $\begin{eqnarray*} a \neq 0 \end{eqnarray*}$ ? Im zweiten Fall dürftest du dann die Umformung vornehmen. Später teilst du dann einfach durch $\begin{eqnarray*} a+1 \end{eqnarray*}$ , obwohl man nicht durch Null teilen darf. Dieser Term wird aber für $\begin{eqnarray*} a=-1 \end{eqnarray*}$ Null. Also wieder eine Fallunterscheidung unterschlagen! Dann habe ich mir das nicht weiter angeschaut, das ist mir zu kompliziert!

Warum bringst du dich überhaupt in diese Nöte? Warum addierst du nicht das $\begin{eqnarray*} (-1) \end{eqnarray*}$ -fache der ersten Zeile zur zweiten und das $\begin{eqnarray*} (-a) \end{eqnarray*}$ -fache der ersten Zeile zur dritten dazu? Das liegt doch auf der Hand. Dann sieht man weiter.

26.02.2007, 18:04

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Oh je, ihr habt recht...
Aber trotzdem wäre doch die Aussage, dass wenn ich das" (-a) - fache von der 1. Zeile zur dritten dazu zähle", auch wieder 0, was ja auch falsch wäre oder irr ich mich da wieder?
Ich geh mal trotzdem nach deinem Weg, Leopold:

1) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2a&|0 \\ 1& a & 2&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ 2) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2a&|0 \\ 0& a-1 & 2-2a&|0 \\ 0 & -1-a & -1-2a^2&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

wie gehts nun weiter?

27.02.2007, 01:44

mYthos

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Ich würde auch so nicht weiterrechnen, denn es gibt einen weit einfacheren Weg; dieser liefert eine einzige reelle (und zwei konjugiert komplexe) Lösungen.

Für die lineare Abhängigkeit muss die Determinante

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 2a \\ 1 & a & 2 \\ a & -1 & -1 \end{vmatrix} = 0 \end{eqnarray*}$

sein. Und weiter

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} a & 2 \\ -1 & -1 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} 1 & 2a \\ -1 & -1 \end{vmatrix} + a \cdot \begin{vmatrix} 1 & 2a \\ a & 2 \end{vmatrix} = 0 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt umgehend eine kubische Gleichung mit der oben erwähnten Lösungsform. Die relle Lösung ist ganzzahlig und lässt sich daher aus dem Gleichungspolynom abspalten.

mY+

27.02.2007, 18:23

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Was ist eine kubische Gleichung?

27.02.2007, 18:29

mYthos

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Eine Gleichung dritten Grades. Das hättest du aber selbst gesehen, wenn du die Summe der drei Determinanten Null gesetzt hättest (oder hast du? Big Laugh

).

mY+

27.02.2007, 18:37

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Aber Mythos, kannst du es mir auf meine Weise erklären, weil ich morgen eine Klausur schreibe...

27.02.2007, 18:59

mYthos

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Lineare Abhängigkeit der drei Vektoren bedingt, dass die aus ihnen gebildete dreireihige Determinante den Wert Null hat. Das liegt daran, dass ein Vektor eine Linearkombination der anderen beiden sein muss und daher das LGS, welches man mit den Multiplikatoren bilden kann, abhängig ist.

Jetzt hängts nur noch daran:

Kannst du denn die Determinanten nicht auflösen?

Danach bekommst du eben dieselbe Gleichung wie oben bei deiner Rechnung, nur ohne den Faktor a (a = 0 ist definitiv keine Lösung, also kannst du diese einfach weglassen):

$\begin{eqnarray*} 2a^3 + a - 3 = 0 \end{eqnarray*}$

Die einzige reelle Lösung ist a = 1 (du kannst (a - 1) abspalten!)! That's it! mehr ist nicht dahinter!

mY+

27.02.2007, 21:02

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kannst du mir bitte bei meinem den Weg zeigen, weil ich auch anderes lernen muss und für deine Methode leider keine Zeit habe unglücklich

27.02.2007, 21:29

Bjoern1982

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Zitat:

1) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2a&|0 \\ 1& a & 2&|0 \\ a & -1 & -1&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ 2) $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2a&|0 \\ 0& a-1 & 2-2a&|0 \\ 0 & -1-a & -1-2a^2&|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich heisse zwar nicht mYthos...aber ich machs mal Big Laugh

Also du musst jetzt nur noch z.B. den zweiten Eintrag in der dritten Zeile zu null machen, indem du die zweite Zeile mit (-1-a) multiplizierst und das dann minus (a-1) mal die dritte Zeile rechnest.

Zuletzt musst du dann gucken für welches a eine ganze Nullzeile entsteht, da dadurch unendlich viele Lösungen entstehen und die Vektoren damit linear abhängig sind.

Gruß Björn

27.02.2007, 21:35

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oh danke...
warum seh ich das nicht- du bist meine letzte Rettung gewesen...

Vielen Dank

Aber eine Frage hätte ich da noch:
Könnte ich es doch nicht auf der obigen Weise machen( s. Anfang)
weil obwohl ich nicht durch null teilen kann und nicht mit null multiplizieren darf, könnte ich doch dann für a=0 und a=-1 ausschließen, was schließlich wieder allein zu der Lösung a=1 führen würde.
Was sagst du dazu?

27.02.2007, 21:43

Bjoern1982

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Hmm..ich vermeide sowas eigentlich immer...aber ich würde mal sagen, dass da nichts dagegen spricht wenn du diese Fälle ausschliesst...

Aber hast ja selbst gesehen....mit drei Umformungen, sprich drei erzeugten Nullen ist das ganze doch relativ überschaubar mit insgesamt drei Matrizen....ok, man hat am Ende noch einen kubischen Term, den man null setzen muss, aber das hält sich ja doch in Grenzen.

Also dann mal alles Gute für deine Klausur morgen Wink

Gruß Björn

27.02.2007, 21:48

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Danke Danke Danke smile

Eventuell werde ich heute noch (spätestens 22:30) noch ein Thread aufmachen.

Ansonsten vielen Dank an alle

27.02.2007, 22:52

mYthos

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Na ja, ein wenig muss ich mich schon über deine Starrköpfigkeit wundern, die manchmal schon auch mal in anderen Threads zu bemerken war... . Aber sei's drum, Hauptsache, du bestehst die Prüfung, wofür ich dir natürlich viel Erfolg wünsche.

mY+

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