TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 498

Zeigen Sie, daß die Vektoren ${\vec {x_{1}}},{\vec {x_{2}}},{\vec {x_{3}}}$ genau dann linear unabhängig sind, wenn ${\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}},{\vec {x_{2}}},{\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}}$ linear unabhängig sind.

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Theoretische Grundlagen (von mnemetz)

Wir befinden uns in $\mathbb {R} ^{n}$ und betrachten:

• Vektoren: ${\vec {x_{1}}},{\vec {x_{2}}},\dots ,{\vec {x_{n}}}\in \mathbb {R} ^{n}$
• Skalare: $\lambda _{1},\lambda _{2},\dots ,\lambda _{n}\in \mathbb {R}$

Ein Vektor mit der Form ${\vec {y}}=\lambda _{1}*{\vec {x_{1}}}+\lambda _{2}*{\vec {x_{2}}}+\dots +\lambda _{n}*{\vec {x_{n}}}$ heißt Linearkombination der Vektoren ${\vec {x_{1}}},{\vec {x_{2}}},\dots ,{\vec {x_{n}}}$.

Die Vektoren ${\vec {x_{1}}},{\vec {x_{2}}},\dots ,{\vec {x_{n}}}$ heißen linear abhängig, wenn zumindest einer von ihnen als Linearkombination der übrigen dargestellt werden kann, d.h. z.B.: ${\vec {x_{1}}}=\lambda _{2}*{\vec {x_{2}}}+\lambda _{3}*{\vec {x_{3}}}+\dots +\lambda _{n}*{\vec {x_{n}}}$

Andernfalls heißen ${\vec {x_{1}}},{\vec {x_{2}}},\dots ,{\vec {x_{n}}}$ linear unabhängig.

Satz: Die Vektoren ${\vec {x_{1}}},{\vec {x_{2}}},\dots ,{\vec {x_{n}}}$ sind genau dann linear unabhängig, wenn gilt: $\lambda _{1}*{\vec {x_{1}}}+\lambda _{2}*{\vec {x_{2}}}+\dots +\lambda _{n}*{\vec {x_{n}}}={\vec {0}}\Rightarrow \lambda _{1}=\lambda _{2}=\dots =\lambda _{n}=0$

Lösungsvorschlag von mnemetz

Zuerst schreiben wir die Linearkombination unserer Vektoren auf:

$\lambda _{1}*{\vec {x_{1}}}+\lambda _{2}*{\vec {x_{2}}}+\lambda _{3}*{\vec {x_{3}}}={\vec {0}}$

In diese Linearkombination setzen wir die Bedingungen der Angabe ein!

$\mu _{1}*({\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}})+\mu _{2}*{\vec {x_{2}}}+\mu _{3}*({\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}})={\vec {0}}$

Wir multiplizieren das aus ...

$\mu _{1}*{\vec {x_{1}}}-\mu _{1}*{\vec {x_{2}}}+\mu _{2}*{\vec {x_{2}}}+\mu _{3}*{\vec {x_{2}}}-\mu _{3}*{\vec {x_{3}}}={\vec {0}}$

... und fassen wieder zusammen, was zusammen gehört:

$\mu _{1}*{\vec {x_{1}}}+(\mu _{2}-\mu _{1}+\mu _{3})*{\vec {x_{2}}}-\mu _{3}*{\vec {x_{3}}}={\vec {0}}$

Nun überprüfen wir, ob die lineare Unabhängigkeit zutrifft.

$\lambda _{1}=0\Rightarrow \mu _{1}=0$

$\lambda _{3}=0\Rightarrow \mu _{3}=0$

$\lambda _{2}=0\Rightarrow \mu _{2}-\mu _{1}+\mu _{3}=0\Rightarrow \mu _{2}=0$

$\mu _{1}=0\Rightarrow \lambda _{1}=0$

$\mu _{3}=0\Rightarrow \lambda _{3}=0$

$\mu _{2}=0\Rightarrow \mu _{2}-\mu _{1}+\mu _{3}=0\Rightarrow \lambda _{2}=0$

Hilfreiches von Har203

Lineare Unabhängigkeit Vektor

Ist $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$, so heißen die Vektoren ${\vec {v}}_{1},{\vec {v}}_{2},...,{\vec {v}}_{n}$ aus $V$ linear unabhängig, wenn die einzig mögliche Darstellung des Nullvektors als Linearkombination

$a_{1}{\vec {v}}_{1}+a_{2}{\vec {v}}_{2}+\dotsb +a_{n}{\vec {v}}_{n}={\vec {0}}$

mit Koeffizienten $a_{1},a_{2},\dots ,a_{n}$ aus dem Grundkörper $K$ diejenige ist, bei der alle Koeffizienten $a_{i}$ gleich null sind („triviale Linearkombination des Nullvektors“). Formal liest sich diese Bedingung wie folgt:

$a_{1}{\vec {v}}_{1}+a_{2}{\vec {v}}_{2}+\dotsb +a_{n}{\vec {v}}_{n}={\vec {0}}\quad \Longrightarrow a_{1}=a_{2}=\ldots =a_{n}=0$.

Lässt sich dagegen der Nullvektor auch nichttrivial (mit Koeffizienten ungleich null) erzeugen, dann sind die Vektoren linear abhängig.

Ist $I$ eine beliebige Indexmenge, so heißt eine Familie $({\vec {v}}_{i})_{i\in I}$ von Vektoren aus $V$ linear unabhängig, falls jede endliche Teilfamilie linear unabhängig ist. Die Familie $({\vec {v}}_{i})_{i\in I}$ ist also genau dann linear abhängig, wenn es eine endliche Teilmenge $J\subseteq I$ gibt, sowie Koeffizienten $(a_{j})_{j\in J}$, von denen mindestens einer ungleich null ist, so dass

$\sum _{j\in J}a_{j}{\vec {v}}_{j}={\vec {0}}.$

[1] Hauptartikel [Lineare Unabhängigkeit (Definition)]

Lösungsvorschlag von Har203

--Har203 02:52, 8. Feb. 2026 (CET)

Zeigen Sie, dass die Vektoren ${\vec {x_{1}}},\,{\vec {x_{2}}},\,{\vec {x_{3}}}$ eines Vektorraumes genau dann linear unabhängig sind, wenn ${\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}},\,{\vec {x_{2}}}$ und $\,{\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}}$ linear unabhängig sind.

Für eine lineare Unabhängigkeit von mehreren Vektoren (Anzahl der Vektoren $n\in \mathbb {N}$) darf die nachstehende Gleichung nur die triviale Lösung haben:

$\lambda _{1}\cdot {\vec {v_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {v_{2}}}+\ldots +\lambda _{n}\cdot {\vec {v_{n}}}={\vec {0}}$ mit $\lambda _{i}=0_{\mathbb {K} },\,\forall \,i\in \{1,\ldots ,\,n\}.\qquad$Anmerkung: Diese Definition ist für endlich viele Vektoren ausgelegt.

Zu zeigen ist, dass die folgende Gleichung mit $\lambda _{i}\in \mathbb {K}$ nur die triviale Lösung haben darf genau dann, wenn die vorgegebene Gleichung mit den $\mu _{i}\in \mathbb {K}$ ebenfalls nur die triviale Lösung hat und umgekehrt$\colon$

$\lambda _{1}\cdot {\vec {x_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {x_{2}}}+\lambda _{3}\cdot {\vec {x_{3}}}={\vec {0}}\iff \mu _{1}\cdot ({\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}})+\mu _{2}\cdot {\vec {x_{2}}}+\mu _{3}\cdot ({\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}})={\vec {0}}$ mit $\lambda _{i}=0_{\mathbb {K} }$ und $\,\mu _{i}=0_{\mathbb {K} },\,\forall \,i\in \{1,\,2,\,3\}$

• Wir zeigen zuerst die Richtung ${\color {green}{\vec {x_{1}}},\,{\vec {x_{2}}},\,{\vec {x_{3}}}\mathbb {\text{ sind linear unabhängig}} }\implies {\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}},\,{\vec {x_{2}}}$ und $\,{\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}}$ sind linear unabhängig.

Sei $\lambda _{1}\cdot ({\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}})+\lambda _{2}\cdot {\vec {x_{2}}}+\lambda _{3}\cdot ({\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}})={\vec {0}}$. Wir lösen diesen Ausdruck nach den Vektoren ${\vec {x_{i}}}$ auf$\colon$

$\lambda _{1}\cdot {\vec {x_{1}}}+(-\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3})\cdot {\vec {x_{2}}}-\lambda _{3}\cdot {\vec {x_{3}}}={\vec {0}}$.

Da ${\vec {x_{1}}},\,{\vec {x_{2}}},\,{\vec {x_{3}}}$ linear unabhängig sind, müssen alle Koeffizienten der Vektoren $\lambda _{1}=-\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}=-\lambda _{3}=0_{\mathbb {K} }$ sein.

$\implies \lambda _{1}=-\lambda _{3}=0_{\mathbb {K} },\quad -\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}=0_{\mathbb {K} }\implies \lambda _{2}=0_{\mathbb {K} }$.

D.h. für diese Linearkombination gibt es nur die triviale Lösung$\colon$:

$\lambda _{1}\cdot ({\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}})+\lambda _{2}\cdot {\vec {x_{2}}}+\lambda _{3}\cdot ({\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}})={\vec {0}}$.

D.h. die drei Vektoren $({\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}}),\,{\vec {x_{2}}}),\,({\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}})\,$ sind linear unabhängig.

• Und nun die Gegenrichtung ${\color {green}({\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}}),\,{\vec {x_{2}}},\,({\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}})\mathbb {\text{ sind linear unabhängig}} }\implies {\vec {x_{1}}},\,{\vec {x_{2}}},\,{\vec {x_{3}}}$ sind linear unabhängig.

Sei $\lambda _{1}\cdot {\vec {x_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {x_{2}}}+\lambda _{3}\cdot {\vec {x_{3}}}={\vec {0}}$. Wir formen diese Gleichung in das benötigte Format um:

$\quad \mapsto \quad {\color {green}\lambda _{1}}\cdot ({\vec {x_{1}}}{\color {green}-{\vec {x_{2}}}})+({\color {green}\lambda _{1}}+\lambda _{2}+{\color {green}\lambda _{3}})\cdot {\color {green}{\vec {x_{2}}}}{\color {green}-\lambda _{3}}\cdot ({\color {green}{\vec {x_{2}}}}-{\vec {x_{3}}})={\vec {0}}$.

Da $({\vec {x_{1}}}-{\vec {x_{2}}}),\,{\vec {x_{2}}},\,({\vec {x_{2}}}-{\vec {x_{3}}}$ linear unabhängig sind, folgt:

$\implies \lambda _{1}=-\lambda _{3}=0_{\mathbb {K} },\quad \lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}=0_{\mathbb {K} }\implies \lambda _{2}=0_{\mathbb {K} }$.

D.h. für diese Linearkombination gibt es nur die triviale Lösung$\colon$:

$\lambda _{1}\cdot {\vec {x_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {x_{2}}}+\lambda _{3}\cdot {\vec {x_{3}}}={\vec {0}}$.

D.h. die drei Vektoren ${\vec {x_{1}}},\,{\vec {x_{2}}},\,{\vec {x_{3}}}$ sind linear unabhängig.$\qquad \qquad \blacksquare$

Ressourcen

Literatur

• Gröber, Matrizenrechnung, Hochschultaschenbücher 130, Mannheim 1966
• Skriptum S. 80f.

Links

Wikipedia:

• Lineare Unabhängigkeit
• Lineare Unabhängigkeit: Matrix (Spalten und Zeilen)

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