Lineare Unabhängigkeit zweier Vektoren, wenn eine Vektorkoordinate unbekannt

18.01.2014, 13:14

om.94

Lineare Unabhängigkeit zweier Vektoren, wenn eine Vektorkoordinate unbekannt

Meine Frage:
Hallo,

ich sitze nun schon seit über einer Stunde an einer eigentlich trivialen Aufgabe und komme zu keiner Lösung, sie lautet:

Für welche a kann der Vektor $\begin{eqnarray*} \vec{w} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ als Linearkombination der Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec{v_1} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{v_2} = \begin{pmatrix} a \\ 2 \\ \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ dargestellt werden?

Meine Ideen:
Mein Lösungsansatz bestand nun darin:

$\begin{eqnarray*} \vec w = \lambda * \vec{v_1} + \mu * \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ darzustellen. Daher ergab sich folgendes LGS:

$\begin{eqnarray*} (I.) \; 2\lambda + a\mu = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (II.) \lambda + 2\mu = 2 \end{eqnarray*}$

Nun jongliere ich nun schon seit einiger Zeit mithilfe der verschiedenen Verfahren (Einsetz/Addition) an der Gleichung und komme auf keine Lösung. Steh ich nur brutal auf dem Schlauch oder ist schon mein Lösungsansatz ein falscher?

Danke und Gruß

Edit Equester: Korrektur und setzen von Latexklammern

18.01.2014, 13:49

opi

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Dein Ansatz ist völlig in Ordnung. Du kannst mit dem Additionsverfahren $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ eliminieren und danach in der entstandenden Gleichung $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ ausklammern. Du kannst Deine Rechnung mal hier aufschreiben. smile

18.01.2014, 14:11

om.94

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Hallo,
folgender Lösungsweg:

$\begin{eqnarray*} (I) 2\lambda + a \mu = 1 (II) \lambda + 2 \mu = 2 \end{eqnarray*}$

Nun multiplizierte ich die obere Gleichung mit -0,5 und addierte sie zur unteren:

$\begin{eqnarray*} (I) -0,5\lambda - 0,5a \mu = -0,5 (II) 0 - 0,5a \mu + 2\mu = 2 \end{eqnarray*}$

Nun ausklammern von µ bei II

$\begin{eqnarray*} (I) -0,5\lambda - 0,5a\mu = -0,5 (II] \mu(-0,5a+2) = 2 \end{eqnarray*}$

Und nun hängts, selbst wenn ich ja noch in (II) durch den Ausdruck (-0,5a + 2) teile und dann µ in (I) einsetze, habe ich ja immer noch 2 Unbekannte?

Edit opi: Latex editiert

18.01.2014, 14:23

opi

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Einfacher wäre es gewesen, die zweite Gleichung mit -2 zu multiplizieren. Es geht aber auch so.
$\begin{eqnarray*} (II) 0 - 0,5a \mu + 2\mu = \color{red}2 \end{eqnarray*}$
Das ist falsch.

Beachte, daß Du nicht aus Versehen durch Null teilst. Welchen Wert darf a nicht annehmen?

µ wird in Latex durch \mu dargestellt, ich editiere Dir das in Deinen Beitrag oben hinein.

18.01.2014, 14:38

om.94

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Entschuldige, der Formeleditor bereitet mir einige Schwierigkeiten hier.

Ja, es muss natürlich -1,5 heißen. Da habe ich mich verschrieben.

a darf nicht -4 annehmen, da sonst die Klammer 0 wird und somit der Ausdruck µ (-0,5a+2) = -1,5 nicht mehr erfüllt ist. Okay, soweit habe ich das wohl verstanden. Aber was fange ich mit dieser Erkenntnis an?

Soll ich den Ausdruck:

$\begin{eqnarray*} \mu = \frac{1,5}{-0,5a + 2} \end{eqnarray*}$

nun in I einsetzen?

18.01.2014, 14:45

opi

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Zitat:

a darf nicht -4 annehmen

Bitte noch einmal nachrechnen.

Ich würde den Bruch mit zwei erweitern und in II einsetzen. Da steht $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ schon so schön allein und der Koeffizient von $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ sieht auch gemütlicher aus. Augenzwinkern

18.01.2014, 14:56

om.94

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In II einsetzen? Ich darf doch nicht die aufgelöste Gleichung in die gleiche Gleichung wieder einsetzen?
Oh, Sorry, muss wohl 4 lauten.

Wenn ich mein aufgelöstes und mit 2 erweitertes Konstrukt
$\begin{eqnarray*} \mu = \frac{3}{-a+4} \end{eqnarray*}$

nun aber in (I) einsetze ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} -\lambda - a ( \frac{3}{-a+4} ) = -0,5 \end{eqnarray*}$

Laut "In Summen kürzen nur die Dummen, muss a ja drinstehen bleiben und ich habe eine Gleichung mit zwei Variablen, die ich nicht auflösen kann. traurig

18.01.2014, 15:10

opi

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Ich meinte diese Gleichung: $\begin{eqnarray*} (II) \lambda + 2 \mu = 2 \end{eqnarray*}$
Die läßt sich deutlich einfacher nach $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ auflösen. Dein Weg ginge auch bei Dir fehlt aber 0,5 meim µ.

Ziel: Du erhältst jeweils eine Gleichung für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ , die beide von a abhängig sind. Dann kannst Du einmal z.B. a=7 oder a=-2 oder einsetzen und schauen, was passiert. Idee!

19.01.2014, 13:07

om.94

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Sorry, aber ich stehe total auf dem Schlauch. Ich verstehe nicht so ganz, was ich machen soll. Ich habe jetzt (I) mit

$\begin{eqnarray*} \lambda = 0,5 - a \frac{3}{-a+4} \end{eqnarray*}$

und II

$\begin{eqnarray*} \mu = \frac{3}{-a+4} \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt irgendwelche beliebigen Werte für a einsetze, dann erhalte ich ja niemals den exakten Wert für a bzw lambda oder µ?

19.01.2014, 16:14

opi

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Zitat:

Original von om.94
$\begin{eqnarray*} \lambda = 0,5 - {\color{red}0{,}5}a \frac{3}{-a+4} \end{eqnarray*}$

Hier fehlte noch etwas. ( Dafür war in diesem Post in Gleichung I der Faktor vor Lambda zuviel. Anscheinend ein Schreifehler, denn dieser Faktor ist später wieder weggefallen.)

Ich würde übrigens immer in die Gleichung einsetzen, die am einfachsten und übersichtlichsten aussieht, und das ist Gleichung II. Meine Gleichungen sehen so aus:

$\begin{eqnarray*} \lambda = 2+\frac{6}{a-4} \mu = \frac{3}{-a+4} \end{eqnarray*}$
Einsetzen von exakten Werten für a führt auch zu exakten Werten für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mu. \end{eqnarray*}$
Fie Frage ist, was bedeutet dies?
Du hast gezeigt, daß das Gleichungssystem bis auf a=4 lösbar ist und somit $\begin{eqnarray*} \vec w \end{eqnarray*}$ als Linearkombination der beiden anderen Vektoren dargestellt werden kann.
Beachte auch die sprachliche Feinheit in der Aufgabenstellung:

Zitat:

Original von Aufgabenstellung
Für welche a

Das ist Plural. Augenzwinkern

Und nun, dämmert's?

19.01.2014, 20:44

om.94

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Ja, es dämmert, Für alle a außer a = 4. Oh man, ich suchte die ganze Zeit nach einem exakten Wert für a. Somit existieren unendlich viele Lösungen und es ist bewiesen, dass der Vektor als Linearkombination der beiden anderen darstellbar ist.

Vielen vielen Dank für die Hilfe, richtig super! Mit Zunge

19.01.2014, 22:48

opi

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Gern geschehen, es freut mich, wenn ich helfen konnte. Wink

Zitat:

Oh man, ich suchte die ganze Zeit nach einem exakten Wert für a.

Diese Phase im Mathematikerleben müssen viele durchmachen. Geht meist vorüber. Augenzwinkern

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