v1, ..., vr linear unabhängig

05.04.2016, 22:36

stefaniedel

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v1, ..., vr linear unabhängig

Habe eine Aufgabe:
A Element M (mn) K , v1,...,vr Element K hoch n
sind v1, ... , vr linear unabhängig und ist Rg(A) = n , so ist Av1, ... , Avr linear unabhängig
Meine Lösung:
Beweis durch Widerspruch
av1+bv2+ cv3 ...+ rvr = 0 , a,b,c...r Element R
v1, ..., vr linear abhängig

A(av1 + bv2 + cv3...+ rvr) = 0
aA(v1)+ bA(v2) + cA(v3) +....+ rA(vr)= 0
Somit ist A auch linear abhängig
Widerspruch. v1,...vr linear unabhängig -> Av1,...., Avr linear unabhängig

Ist das richtig so? Muss ich die Matrix anders einfügen damit auch Rg A = n drin vorkommt?
Danke!

06.04.2016, 13:59

Elvis

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Deine Schreibweise hier im Forum ist nicht erfreulich. Dein Beweis ist es auch nicht, d.h. er ist nicht erfreulich. Denke mal darüber nach, ob zwischen schlampiger Schreibweise, schlampigem Denken und schlampigem Beweis ein Zusammenhang bestehen könnte. Wenn das nicht sein kann, dann ist der Beweis aus mir unerfindlichen Gründen falsch.

10.04.2016, 12:52

stefaniedel

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Ok ich habe nochmal nachgedacht.
Rang (A) = n
Gibt es n-r Lösungen
r = Rg(A) = n
3-3 Lösungen = {0}

???

10.04.2016, 13:48

Elvis

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???

10.04.2016, 14:13

stefaniedel

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{0} soll heißen linear linear unabhängig?

10.04.2016, 14:59

stefaniedel

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wenn das homogene Lösungssystem von Avr keine Lösung hat außer Null bzw. {0} ist es dann nicht schon linear unabhängig?
so wollte ich es erst machen aber eigentlich würde das vielleicht auch reichen ich habe keine ahnung ???
$\begin{eqnarray*} A_{mn} (K) \end{eqnarray*}$

linear unabhängig:

$\begin{eqnarray*} <br /> \sum\limits_{1\leq i\leq m; 1\leq j\leq n}^{} a(_ij)*A(_ij) =<br /> \begin{pmatrix} a_11 & ... & a_1n \\ ... & & ... \\ a_m1 & ... & a_mn \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & ... & 0 \\ ... & & ... \\ 0 & ... & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} K^{n} \end{eqnarray*}$
linear unabhängig:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{r} a_i v_i = \begin{pmatrix} a_1 \\ .. \\ a_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ .. \\ 0 \end{pmatrix}<br /> Av_r = \sum\limits_{1\leq i\leq m; 1\leq j\leq n}^{} a(_ij)A(_ij) * \sum\limits_{i=1}^{r} a_i v_i =<br /> \begin{pmatrix} a_11 (a_1+...+a_n) & ... & a_1n (a_1+...+a_n) \\ . & & . \\ a_m1 (a_1+...+a_n) & ... & a_mn (a_1+...+a_n) \end{pmatrix} <br /> <br /> = \begin{pmatrix} 0(0+...+0) & ... & 0(0+...+0) \\ . & & . \\ 0(0+...+0) & ... & 0(0+...+0) \end{pmatrix} <br /> <br /> \end{eqnarray*}$

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10.04.2016, 18:39

Elvis

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Fortschritte sind leider nicht erkennbar ... hier kommt der Beweis.

$\begin{eqnarray*} Rg(A)=n \end{eqnarray*}$ ist gleichbedeutend damit, dass $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ invertierbar ist, insbesondere ist $\begin{eqnarray*} m=n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r\le n \end{eqnarray*}$ .
Nach Voraussetzung sind $\begin{eqnarray*} v_1,...,v_r \end{eqnarray*}$ linear unabhängig, d.h. $\begin{eqnarray*} 0=\sum_{k=1}^ra_k \cdot v_k\Rightarrow a_k=0 \; (k=1,...,r) \end{eqnarray*}$ , und somit gilt

$\begin{eqnarray*} 0=\sum_{k=1}^r a_k \cdot A(v_k)=A(\sum_{k=1}^r a_k \cdot v_k)\Rightarrow 0=A^{-1}0=(A^{-1}A)\sum_{k=1}^ra_k\cdot v_k=\sum_{k=1}^ra_k \cdot v_k\Rightarrow a_k=0 \; (k=1,...,r) \end{eqnarray*}$

Also sind $\begin{eqnarray*} A(v_1),...,A(v_r) \end{eqnarray*}$ linear unabhängig. q.e.d.

10.04.2016, 19:01

Helferlein

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@Elvis: Mir will sich nicht erschließen, wieso m=n sein sollte.

$\begin{align*} A=\binom11 \end{align*}$ har rg(A)=1 und trotzdem ist $\begin{align*} Av \end{align*}$ linear unabhängig, sofern $\begin{align*} \mathbb{R} \ni v \neq 0 \end{align*}$

10.04.2016, 20:03

Elvis

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Wenn das so ist, müssen wir noch weiter nachdenken ... Freude

Freude

10.04.2016, 20:42

URL

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Es gilt sicher $\begin{eqnarray*} n=Rg(A)+\dim Kern(A) \end{eqnarray*}$

10.04.2016, 22:38

stefaniedel

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Warum kann ich es eigentlich nicht als homogenes LGS benutzen? Ax=0
und x ist v1, ... , vr bzw x1, ... , xr
A Rang n , und eine Gleichung hat n unbekannte
n (unbekannte) - (Rang) n = 0
Ist nur die triviale Lösung möglich also trivial=linear unabhängig ??

11.04.2016, 08:57

Elvis

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@Helferlein / @URL
oBdA ? maW: Kann man den allgemeinen Fall auf meinen Beweis zurückführen ? Ich werde es jedenfalls heute noch versuchen.

@stefaniedl
Ich verstehe Deine Worte nicht. Kann man so Mathematik betreiben ? Wenn du Dich verständlich machen möchtest, musst Du mathematische Aussagen machen.

11.04.2016, 09:37

URL

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@Elvis: du brauchst nur eine Linksinverse und so eine gibt es bei injektivem A

11.04.2016, 11:25

Elvis

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Du meinst JA ? Heureka. Tanzen

Tanzen

Die Einzelheiten darf stefaniedel ausführen.

11.04.2016, 19:02

stefaniedel

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Bist du immer so bösartig? Ich wollte es wie einen Vektorraum der lösungsmenge U eines homogenen LGS über K lösen

11.04.2016, 19:08

stefaniedel

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Und nicht als $\begin{eqnarray*} M_mn (K) * K^{n} \end{eqnarray*}$

11.04.2016, 19:28

Elvis

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Ich verstehe nicht, was Du machst. Vielleicht kannst Du es mir noch erklären, es würde mich auf jeden Fall interessieren.
Ich habe versucht, einen Beweis zu finden, der dir vielleicht nützen kann. Wenn er nichts nützt, dann nicht.

11.04.2016, 19:42

stefaniedel

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Ja und bin ich ja auch dankbar. Wollte nur wissen ob ich ais Avr vllt. auch Ax=0 machen kann so dass v1,...,vr x1,..,xr ist

11.04.2016, 19:42

stefaniedel

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Kann mir nicht vorstellen dass du nicht weisst was ich meine

11.04.2016, 19:47

Elvis

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Ganz ehrlich, ich kann nicht Gedanken lesen, ich kann nur versuchen, Mathematik zu verstehen. Das klappt eben auch nicht immer, und ich bin mir auch nicht immer sicher, ob das an mir oder an der Mathematik liegt. Tipp: Erkläre mir so lange und so ausführlich, was Du machst, bis ich es verstanden habe.

11.04.2016, 20:00

Helferlein

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Ich vermute, sie denkt, dass $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ die Komponenten des Lösungsvektors $\begin{eqnarray*} Ax=0 \end{eqnarray*}$ sein könnten.
Das ist aber schon deswegen völliger Humbug, weil $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ Vektoren und keine Koordinaten sind.

11.04.2016, 20:01

Elvis

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Ja, wir verstehen uns nicht ...

11.04.2016, 20:03

stefaniedel

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Eigentlich hab ich eine neue Frage : D
Muss ich einen thread aufmachen? Will nur wissen richtig oder falsch

11.04.2016, 20:15

stefaniedel

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Ok und wenn ich Ax=b mache und b ist die Summe der koeffizienten v1,...,vr die null ist?

geht auch nicht oder?

Dann kriege ich Ab nicht zusammen

Oder ich lasse v1,...,vr weg und mache nur A Rg(A)=n dann hat A keine Lösungen weil der Rang n ist. Und dann gibt es nur die triviale Lösung. Damit ist A schon linear unabhängig und v1,...,vr auch, Avr linear unabhängig???

Edit(Helferlein): 4 Folgebeiträge angehängt. Du kannst als registrierter Benutzer deine Beiträge editieren. Das macht es übersichtlicher.

11.04.2016, 21:59

URL

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Zitat:

dann hat A keine Lösungen weil der Rang n ist

Was soll denn die Lösung einer Matrix sein?

Zitat:

Kann mir nicht vorstellen dass du nicht weisst was ich meine

Also ich kann für meinen Teil sagen, dass ich definitiv keine Ahnung habe, wovon du redest.
In dem Sinn Wink

Wink

11.04.2016, 22:50

stefaniedel

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Die Lösung einer Matrix? A ist doch Element M mn K und daraus Ax=0 gemacht dann hat es doch Lösungen?

12.04.2016, 08:12

Elvis

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Ja, mindestens eine Lösung. Das hat aber mit linear unabhängigen Vektoren Av nichts zu tun.

12.04.2016, 19:24

stefaniedel

Auf diesen Beitrag antworten »

Natürlich nicht ich behandle ja A einzeln und nicht Av

12.04.2016, 19:58

Elvis

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Was hat das dann mit deiner Aufgabe zu tun ?

"Aufgabe:
A Element M (mn) K , v1,...,vr Element K hoch n
sind v1, ... , vr linear unabhängig und ist Rg(A) = n , so ist Av1, ... , Avr linear unabhängig"

12.04.2016, 22:47

stefaniedel

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v1,...,vr linear unabhängig und A auch ist muss ja Avr zusammengesetzt auch wieder linear unabhängig sein?

12.04.2016, 22:48

stefaniedel

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Ich brauche einfach eine Antwort und da du dir mit deiner Lösung nicht sicher bist : /

13.04.2016, 00:19

Helferlein

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Was für eine Antwort willst Du denn noch? Elvis hat oben schon einen Beweis für nxn-Matrizen gebracht, den URL mit seinem Hinweis auf mxn-Matrizen verallgemeinert hat.

Du wirfst mit Begriffen um Dich, die zwar alle mit der Thematik zu tun haben, aber in eklatanter Weise falsch verwendet werden.
Ich weiss nicht, wie erfolgreich Du bislang in deinem Studium/den Übungen warst, aber wenn Du Dir nicht angewöhnst die korrekten mathematischen Definitionen und Bezeichnungen zu verwenden, wird ein erfolgreicher Abschluss sehr schwer für Dich werden.

13.04.2016, 02:02

RavenOnJ

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Anstatt $\begin{align*} \{v_i\}\text{ linear unabhängig }\Rightarrow \{Av_i\}\text{ lin. unabhängig } \end{align*}$ kann man äquivalent die Umkehrung $\begin{align*} \{Av_i\}\text{ lin. abhängig }\Rightarrow\{v_i\}\text{ lin. abhängig } \end{align*}$ zeigen.

Seien also die $\begin{align*} \{Av_i\}\text{ linear abhängig } \end{align*}$ . Dann gibt es $\begin{align*} a_i \end{align*}$ nicht alle gleich 0, sodass $\begin{align*} \sum\limits_{i=1}^r a_i A v_i =0 \end{align*}$ . Dies kann man schreiben als
$\begin{align*} 0=\sum\limits_{i=1}^r a_i A v_i = A\left(\sum\limits_{i=1}^r a_i v_i \right) \Rightarrow \sum\limits_{i=1}^r a_i v_i \in \operatorname{ker}(A)=\{0\} \end{align*}$ .

Dass der Kern von A trivial sein muss ist Folge von $\begin{align*} \operatorname{Rang} A =n \end{align*}$ . Dies bedeutet
$\begin{align*} \sum\limits_{i=1}^r a_i v_i =0 \end{align*}$ ,

die $\begin{align*} \{v_i\} \end{align*}$ müssen also auch linear abhängig sein.

13.04.2016, 13:50

Elvis

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Das sieht elegant aus. Hoffentlich ist nun auch stefaniedel mit uns zufrieden.

13.04.2016, 15:55

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Elvis
Hoffentlich ist nun auch stefaniedel mit uns zufrieden.

Big Laugh

Ich hoffe, sie präsentiert sie nicht als ihre eigene.

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