v1,v2,v3 linear abhängig, dann auch (v1+v2),v2,v3 lin. abhängig

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13.09.2018, 00:24	Th.Zi	Auf diesen Beitrag antworten »
v1,v2,v3 linear abhängig, dann auch (v1+v2),v2,v3 lin. abhängig Meine Frage: Frage steht oben schon : Meine Ideen: Also ich Linear anhängig heißt, es existiert keine triviale Nullkombination: a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 für mind.ein ai ungleich 0 Jetzt mache ich weitet mit (v1+v2),v2,v3 a1(v1+v2) + a2v2 + a3v3 = 0 a1v1+a1v2+a2v2+a3v3 = 0 a1v1+(a1+a2)v2+a3*v3 = 0 ... WEITER WEIß ICH NICHT WEITER
13.09.2018, 08:02	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine Definition ist schon falsch, linear abhängig heißt, dass es eine solche nichttriviale Gleichung gibt. Die triviale Darstellung der 0 gibt es immer. Dein Ansatz ist auch falsch, du kannst eine Gleichung konstruieren, in der nicht alle Koeffizienten gleich 0 sind. Die Gleichung, die für v1, v2, v3 gilt, muss (kann) aber nicht für v1+v2, v2, v3 gelten. Eine passende Gleichung drängt sich auf, und eine kleine Zusatzüberlegung beendet den Beweis.
13.09.2018, 11:46	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Wer nicht gut rechnen kann, darf auch wie folgt argumentieren: Wenn n Vektoren in einem UVR U liegen, dann liegt auch ihre lineare Hülle in U. Im Beispiel: Liegen 3 Vektoren in einer Ebene E, so liegt jede Linearkombination dieser 3 Vektoren in E.
13.09.2018, 12:01	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: v1,v2,v3 linear abhängig, dann auch (v1+v2),v2,v3 lin. abhängig Mal jetzt nicht LA1, sondern die Methode erwachsener Mathematiker: Es sind $\begin{eqnarray} v_1,v_2,v_3 \end{eqnarray}$ genau dann linear abhängig, wenn $\begin{eqnarray} v_1\wedge v_2\wedge v_3=0. \end{eqnarray}$ Nun ergibt sich: $\begin{eqnarray} (v_1+v_2)\wedge v_2\wedge v_3 = \underbrace{v_1\wedge v_2\wedge v_3}_{=0} +\underbrace{v_2\wedge v_2}_{=0}\wedge v_3 = 0+0\wedge v_3 = 0. \end{eqnarray}$ q.e.d.
13.09.2018, 12:53	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke, das ist bestimmt sehr hilfreich, wenn man nicht weiß, was linear abhängig bedeutet.
13.09.2018, 14:31	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Nun ja, das muss man dann schon auch einmal zeigen bevor man das benutzt. Geometrisch handelt es sich bei $\begin{eqnarray} v_1\wedge v_2\wedge v_3 \end{eqnarray}$ um das orientierte Volumen des Spats, das null wird, wenn die Vektoren linear abhängig sind. Kurz zur Veranschaulichung: Genau dann sind $\begin{eqnarray} v_1,v_2 \end{eqnarray}$ kollinear sind, wenn $\begin{eqnarray} v_1 = a v_2 \end{eqnarray}$ ist, bzw. es gibt $\begin{eqnarray} a_1,a_2 \end{eqnarray}$ , nicht beide null, so dass $\begin{eqnarray} a_1 v_1+a_2 v_2=0 \end{eqnarray}$ (diese Äquivalenz sollte man als allererstes zeigen). Nun gilt $\begin{eqnarray} v_1\wedge v_2 = a\underbrace{v_2\wedge v_2}_{=0} = 0. \end{eqnarray}$ Die Rückrichtung ist schwieriger.
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13.09.2018, 15:12	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Auch als jahrzehntelanger Mathematiker bin ich wohl noch nicht "erwachsen" genug, um auf Anhieb zu verstehen, welche zweistellige Operation $\begin{eqnarray} V\times V\to V \end{eqnarray}$ du mit dem Symbol $\begin{eqnarray} \wedge \end{eqnarray}$ hier meinst. Ich könnte mir daher vorstellen, dass Th.Zi als Vektorraumnovize damit erst recht Verständnisprobleme hat.
13.09.2018, 16:12	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Das seh ich jetzt nicht. Tut mir leid. Es wird im letzten Kapitel vom Fischer erläutert und ist damit kanonisch. Fischer ist konservativ genug, dass er bei Wikipedia in der Literaturliste vorkommt. Auch im Heuser Analysis 2 kommt das vor, und Heuser ist noch mehr maßgeblich als Fischer. Außerdem hat das total kompakte Rechenregeln: Multilinearität+Antisymmetrie. Das ist fast genauso einfach wie Polynome multiplizieren.
13.09.2018, 16:20	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Du willst also meine Frage nicht beantworten und flüchtest dich in eine Kette von Literaturverweisen? Wir sind hier in einem allgemeinem Vektorraum $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ über einem Körper $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ , weitere Voraussetzungen zu $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ (also Existenz von Norm, Skalarprodukt, etc.) gibt es hier nicht. Ein Beweis zur linearen Abhängigkeit sollte also mit den Voraussetzungen auskommen, die vorhanden sind, und sich nicht noch weiterer Voraussetzungen an den Vektorraum bedienen, die hier nicht vorliegen. Also wiederhole ich meine einfache Frage: Was bedeutet $\begin{eqnarray} \wedge \end{eqnarray}$ hier angesichts dieses "mageren" Umfelds? EDIT: Aha, vermutlich redest du von der Graßmann-Algebra. Nun, wenn man den Kalkül drauf hat, mag es ja sein, dass man den Beweis hier damit bewerkstelligen kann. Wirkt aber irgendwie wie "mit Kanonen auf Spatzen" ...
13.09.2018, 17:45	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja sicher, das ist das äußere Produkt der multilinearen Algebra. Kennen wir, ist aber wirklich ein bißchen dick aufgetragen. Wer möchte schon den Tensorraum nach den "Elementartensoren, bei denen zwei Faktoren gleich sind", faktorisieren ? Bei Harro Heuser kommt alles vor, was gut und teuer ist, das steht ihm zu, der wußte ja auch, wovon er redete, er hat aber nie etwas unnötig kompliziert gemacht. @Th.Zi Wir haben dich hoffentlich nicht erschreckt. Kommst du voran, oder brauchst du noch einen Tipp?

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