TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 507

Sei $V=\left\{\sum _{i=0}^{n}{a_{i}\cdot x^{i}}|a_{i}\in \mathbb {R} ,n\in \mathbb {N} \right\}$ der Vektorraum aller Polynome mit reellen Koeffizienten.

Untersuchen Sie, ob $1-x+x^{3},3-x^{2}+x^{3}$ und $-5+3x+x^{2}-4x^{3}$ linear unabhängig sind

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lineare Unabhängigkeit

Lineare Abhängigkeit

Eine Menge $M$ an Vektoren $\lbrace {\vec {x_{1}}},{\vec {x_{2}}},\ldots ,{\vec {x_{n}}}\rbrace$ heißt linear abhängig, wenn gilt:

$\exists \,{\vec {l}}=\left(\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{n}\right)\neq {\vec {0_{n}}},\,\lambda _{i}\in \mathbb {K}$ mit $\,\lambda _{1}\cdot {\vec {x_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {x_{2}}}+\ldots +\lambda _{n}\cdot {\vec {x_{n}}}={\vec {0}}$.

Es existiert eine Linearkombination aus der Menge $M$, die den Nullvektor ${\vec {0_{n}}}$ ergibt, wobei nicht alle $\lambda _{i}=0$ sind - eine oder mehrere sogenannte nicht triviale Lösungen existieren. Eine Menge von Vektoren ist linear unabhängig, wenn es keinen Vektor v in der Menge M gibt, der durch Linearkombinationen der anderen Vektoren der Menge dargestellt werden kann.
Mathematisch ausgedrückt:

Um zu zeigen, dass die Vektoren unabhängig sind, muss man beweisen, dass die Linearkombination

$\lambda _{1}\cdot {\vec {v}}_{1}+\lambda _{2}\cdot {\vec {v}}_{2}+\cdots +\lambda _{n}\cdot {\vec {v}}_{n}={\vec {0}}$

trivial ist, d.h. dass $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\cdots =\lambda _{n}=0$

Lösungsvorschlag

$\lambda _{1}\cdot {\vec {v}}_{1}+\lambda _{2}\cdot {\vec {v}}_{2}+\lambda _{3}\cdot {\vec {v}}_{3}={\vec {0}}$
$\lambda _{1}\cdot (1-x+x^{3})+\lambda _{2}\cdot (3-x^{2}+x^{3})+\lambda _{3}\cdot (-5+3x+x^{2}-4x^{3})=0\cdot x^{3}+0\cdot x^{2}+0\cdot x^{1}+0\cdot x^{0}$
ausmultipliziert und zusammengefasst ergibt das:
$x^{3}\cdot (\lambda _{1}+\lambda _{2}-4\cdot \lambda _{3})+x^{2}\cdot (-\lambda _{2}+\lambda _{3})+x^{1}\cdot (-\lambda _{1}+3\lambda _{3})+x^{0}\cdot (\lambda _{1}+3\lambda _{3}-5\lambda _{3})=0\cdot x^{3}+0\cdot x^{2}+0\cdot x^{1}+0\cdot x^{0}$
aus dieser Gleichung folgt:
$\lambda _{1}+\lambda _{2}-4\cdot \lambda _{3}=0$
$-\lambda _{2}+\lambda _{3}=0$
$-\lambda _{1}+3\cdot \lambda _{3}=0$
$\lambda _{1}+3\lambda _{2}-5\cdot \lambda _{3}=0$
aus diesen Gleichungen kann man leicht errechnen, dass

$\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$

ist, woraus folgt, dass die Vektoren linear unabhängig sind

Hilfsmittel von Har203

S ei $(V,+,K)$ ein Vektorraum und $U$ eine nicht leere Teilmenge von $V$. Bildet $(U,+,K)$ wieder einen Vektorraum, dann heißt $U$ Unterraum oder Teilraum von $V$.

Als vereinfachte Schreibweise verwendet man $U\leq V$ für die Eigenschaft, dass $U$ Unterraum von $V$ ist. Man beachte, dass der ganze Raum $V$ und die Menge $\mathbf {\{{\vec {0}}\}}$, die nur aus dem Nullvektor besteht, immer Unterräume von $V$ sind:

$V\leq V\quad$ und $\quad \mathbf {\{{\vec {0}}\}} \leq V$

Sei $\langle U,+,K\rangle$ ein Vektorraum, $U\subseteq V$ heißt Unterraum oder Teilraum, wenn:

${\begin{aligned}&U\neq \mathbf {\emptyset } \\&{\vec {x}},{\vec {y}}\in U&&\implies {\vec {x}}+{\vec {y}}\in U&&(U{\text{ ist abgeschlossen bezüglich }}U+U)\\&{\vec {x}}\in U,\lambda \in K&&\implies \lambda \cdot {\vec {x}}\in U&&(U{\text{ ist abgeschlossen bezüglich }}U\cdot K)\end{aligned}}$

Zum Prüfen, ob eine nicht leere Teilmenge $U$ von $V$ einen Unterraum bildet, muss man nur untersuchen, ob zu je zwei Vektoren ${\vec {x}},\,{\vec {y}}\in U$ und $\lambda \in K$ auch ${\vec {x}}+{\vec {y}}\in U$ und $\lambda \cdot {\vec {x}}\in U$ sind.

Eine Menge $M=\{{\vec {v_{1}}},{\vec {v_{2}}},\ldots ,{\vec {v_{n}}}\}$ von Elementen eines Vektorraums $V$ ist genau dann linear unabhängig, wenn nur die triviale Linearkombination den Nullvektor darstellt:

$\lambda _{1}\cdot {\vec {v_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {v_{2}}}+\ldots +\lambda _{n}\cdot {\vec {v_{n}}}=\mathbf {\vec {0}} \implies \lambda _{1}=\lambda _{2}=\ldots =\lambda _{n}=\mathbf {0}$.

$M$ ist genau dann linear abhängig, wenn es eine nicht triviale Linearkombination gibt, die den Nullvektor darstellt:

$\exists \,(\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{n})\neq (0,\,0,\,\ldots ,\,0)=\mathbf {\vec {0}}$ mit $\lambda _{1}\cdot {\vec {v_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {v_{2}}}+\ldots +\lambda _{n}\cdot {\vec {v_{n}}}=\mathbf {\vec {0}}$

Lösung#1 von Har203

Sei $V=\left\{\sum _{i=0}^{n}{a_{i}\cdot x^{i}}\vert a_{i}\in \mathbb {R} ,n\in \mathbb {N} \right\}$ der Vektorraum aller Polynome mit reellen Koeffizienten.

Untersuchen Sie, ob $1-x+x^{3},3-x^{2}+x^{3}$ und $-5+3x+x^{2}-4x^{3}$ linear unabhängig sind.

Zu prüfen ist, ob aus

 $\lambda _{1}\cdot {\vec {v_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {v_{2}}}+\dots +\lambda _{n}\cdot {\vec {v_{n}}}=0$ folgt $\,\lambda _{1}=\lambda _{2}=\dots =\lambda _{n}=\mathbf {0}$.

$\lambda _{1}\cdot (1-x+x^{3})+\lambda _{2}\cdot (3-x^{2}+x^{3})+\lambda _{3}\cdot (-5+3x+x^{2}-4\cdot x^{3})=0$

${\begin{aligned}&\lambda _{1}-\lambda _{1}\cdot x+\lambda _{1}\cdot x^{3}+3\cdot \lambda _{2}-\lambda _{2}\cdot x^{2}+\lambda _{2}^{\cdot }x^{3}+(-5)\cdot \lambda _{3}+3\cdot \lambda _{3}\cdot x+\lambda _{3}\cdot x^{2}-4\cdot \lambda _{3}\cdot x^{3}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&\lambda _{1}+3\cdot \lambda _{2}-5\cdot \lambda _{3}+(-\lambda _{1}+3\cdot \lambda _{3})\cdot x+(-\lambda _{2}+\lambda _{3})\cdot x^{2}+(\lambda _{1}+\lambda _{2}-4\cdot \lambda _{3})\cdot x^{3}\end{aligned}}$

Ein Polynom wird genau dann $0$, wenn alle Koeffizienten jeden Grades des Polynoms ebenfalls $0$ sind. D.h. wir müssen alle vier Gleichungen auf den Wert $0$ überprüfen

${\begin{aligned}&\lambda _{1}+3\cdot \lambda _{2}-5\cdot \lambda _{3}=0\quad \,\land \,\quad -\lambda _{1}+3\cdot \lambda _{3}=0\quad \,\land \,\quad -\lambda _{2}+\lambda _{3}=0\quad \,\land \,\quad \lambda _{1}+\lambda _{2}-4\cdot \lambda _{3}=0\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&\lambda _{1}+3\cdot \lambda _{2}-5\cdot \lambda _{3}=0&&(2)&&\implies 3\cdot \lambda _{3}+3\cdot \lambda _{3}-5\cdot \lambda _{3}=0&&(3)&&\implies \lambda _{3}=0\\&-\lambda _{1}+3\cdot \lambda _{3}=0&&(1)&&\implies \lambda _{1}=3\cdot \lambda _{3}&&(4)&&\implies \lambda _{1}=0\\&-\lambda _{2}+\lambda _{3}=0&&(1)&&\implies \lambda _{2}=\lambda _{3}&&(4)&&\implies \lambda _{2}=0\\&\lambda _{1}+\lambda _{2}-4\cdot \lambda _{3}=0&&(2)&&\implies 3\cdot \lambda _{3}+\lambda _{3}-4\cdot \lambda _{3}=0&&(4)&&\implies 0=0\end{aligned}}$

D.h. alle $\lambda _{i}$ sind 0: $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$

Die drei Gleichungen sind genau dann linear unabhängig, wenn nur die triviale Linearkombination den Nullvektor erzeugen.

$\implies$ Die drei Polynome $\ 1-x+x^{3},\ 3-x^{2}+x^{3}$ und $-5+3x+x^{2}-4x^{3}$ sind linear unabhängig

Lösung#2 von Har203

Sei $V=\{f\mid f:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R} \}$ der Vektorraum aller reellwertigen Funktionen.

Untersuchen Sie, ob $f(x)={\color {green}1}{\color {green}-1}\cdot x+{\color {green}1}\cdot x^{3},\,g(x)={\color {blue}3}{\color {blue}-1}\cdot x^{2}+{\color {blue}1}\cdot x^{3}$ und $h(x)={\color {orange}-5}+{\color {orange}3}\cdot x+{\color {orange}1}\cdot x^{2}{\color {orange}-4}\cdot x^{3}$ linear unabhängig sind.

Für eine lineare Unabhängigkeit der drei vorgegebenen Polynome ($\mathbb {R} _{3}[x]$) darf die folgende Gleichung nur die triviale Lösung ($\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$) haben:

$\lambda _{1}\cdot f(x)+\lambda _{2}\cdot g(x)+\lambda _{3}\cdot h(x)=0,\;\lambda _{1},\,\lambda _{2},\,\lambda _{3}\in \mathbb {R} ,\,\forall \,x\in \mathbb {R} \implies \lambda _{1}\cdot ({\color {green}1}\cdot x^{0}{\color {green}-1}\cdot x^{1}+{\color {green}0}\cdot x^{2}+{\color {green}1}\cdot x^{3})+\lambda _{2}\cdot ({\color {blue}3}\cdot x^{0}+{\color {blue}0}\cdot x^{1}{\color {blue}-3}\cdot x^{2}+{\color {blue}1}\cdot x^{3})+\lambda _{3}\cdot ({\color {orange}-5}\cdot x^{0}+{\color {orange}3}\cdot x^{1}+{\color {orange}1}\cdot x^{2}{\color {orange}-4}\cdot x^{3})=0\equiv$ Nullpolynom.

• Anmerkung: Ein Polynom ist genau dann $0$ (Nullpolynom), wenn für alle Koeffizienten $a_{i}$ von $\sum _{i=0}^{n\,\vert \,\infty }\,a_{i}\cdot x^{i}$ gilt $a_{i}=0,\,\forall \,i=0,\,\ldots ,n$ bzw. $i=0,\,\ldots ,\infty$.

• Nur zum Bezugnehmen auf Werte: Die Koordinaten der Vektoren ${\vec {f}}$ seien $f_{i}\in \mathbb {R}$, jene von ${\vec {g}}$ seien $g_{i}\in \mathbb {R}$ und jene von ${\vec {h}}$ seien $h_{i}\in \mathbb {R}$, jeweils für $i\in \{1,\,2,\,3\}$.

Wir erhalten die obere Gleichung für $\lambda _{i}$, je ein $\lambda _{i}$ für eine vorgegebene Funktion mit den Koeffizienten $f_{i},\,g_{i},\,h_{i}$. Für das Lösen der Polynom-Gleichung gilt, dass das Nullpolynom genau dann erreicht wird, wenn alle Koeffizienten $a_{i}=0$ aller Grade von $x^{0},\ldots ,x^{n}$ bzw. $x^{0},\ldots ,\infty$ sind. D.h. wir ordnen die Gleichung nach den Graden von $x^{i}$ um, erstellen eine separate Gleichung für jede vorhandene Potenz von $x^{i}$. Jede dieser Gleichungen muss nun separat den Wert $0$ annehmen:

${\begin{alignedat}{1}&\lambda _{1}\cdot (\quad {\color {green}1})\,&+\,\lambda _{2}&\cdot (\quad {\color {blue}3})&\,&+\,\lambda _{3}\cdot ({\color {orange}-5}\,)\,&=\,0\quad &{\text{ Gleichung für }}a_{0}\cdot x^{0}.\\&\lambda _{1}\cdot ({\color {green}-1}\,)\,&+\,\lambda _{2}&\cdot (\quad {\color {blue}0})&\,&+\,\lambda _{3}\cdot (\quad {\color {orange}3})\,&=\,0\quad &{\text{ Gleichung für }}a_{1}\cdot x^{1}.\\&\lambda _{1}\cdot (\quad {\color {green}0})\,&+\,\lambda _{2}&\cdot ({\color {blue}-1}\,)&\,&+\,\lambda _{3}\cdot (\quad {\color {orange}1})\,&=\,0\quad &{\text{ Gleichung für }}a_{2}\cdot x^{2}.\\&\lambda _{1}\cdot (\quad {\color {green}1})\,&+\,\lambda _{2}&\cdot (\quad {\color {blue}1})&\,&+\,\lambda _{3}\cdot ({\color {orange}-4\,})\,&=\,0\quad &{\text{ Gleichung für }}a_{3}\cdot x^{3}.\end{alignedat}}$

Wir stellen das Gleichungssystem mit den drei Gleichungen mit den drei Unbekannten ($\lambda _{i},\,i\in \{1,2,3\}$) auf. Dabei übernehmen wir die Werte aus den Gleichungen von oben:

$A=\left({\begin{array}{rrr}{\color {green}1}&{\color {blue}3}&{\color {orange}-5}\\{\color {green}-1}&{\color {blue}0}&{\color {orange}3}\\{\color {green}0}&{\color {blue}-1}&{\color {orange}1}\\{\color {green}1}&{\color {blue}1}&{\color {orange}-4}\end{array}}\right)\cdot \left({\begin{array}{c}\lambda _{1}\\\lambda _{2}\\\lambda _{3}\end{array}}\right)={\vec {0_{V}}}$

Lineares Gleichungssystem

Wir lösen das Gleichungssystem mit dem gauß'schem Eliminationsverfahren, sodass wir den Rang der Matrix $A$ ablesen können. Dafür benötigen wir keine erweiterte Matrix $A$:

${\begin{alignedat}{1}A=&\left({\begin{array}{rrr}{\color {green}1}&{\color {blue}3}&{\color {orange}-5}\\{\color {green}-1}&{\color {blue}0}&{\color {orange}3}\\{\color {green}0}&{\color {blue}-1}&{\color {orange}1}\\{\color {green}1}&{\color {blue}1}&{\color {orange}-4}\end{array}}\right)\;{\begin{array}{r|}+3\cdot Z3\,\\\cdot (-1)\,\\\,\\+Z2\,\end{array}}\to \left({\begin{array}{rrr}1&0&-2\\1&0&-3\\0&-1&1\\0&1&-1\end{array}}\right)\;{\begin{array}{r|}\,\\-Z1\,\\\,\\+Z3\,\end{array}}\to \;\cdots \to \;\left({\begin{array}{rrr}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{array}}\right)\end{alignedat}}$

Der Rang der Matrix $A$ ist drei. Das heißt, dass drei Funktionen linear unabhängig sind, also alle drei vorgegebenen.

$\implies$ Das heißt, dass alle drei Funktionen linear unabhängig sind. $\qquad \qquad \blacksquare$

Links

Wikipedia:

• Matrix
• Lineare Unabhängigkeit
• Lineare Unabhängigkeit: Matrix (Spalten und Zeilen)
• Gaußsches_Eliminationsverfahren Gaußsche Eliminationsverfahren
• Polynomring $R_{n}[x]$

Ähnliche Beispiele:

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