TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 483

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Zeigen Sie, daß B = \left\{ \begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\4\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix}\right\} eine Basis des \mathbb R^3 ist.

Hilfreiches[Bearbeiten]

Definition Basis[Bearbeiten]

Eine Teilmenge von B einees Vektorraums V heißt Basis von V, wenn sie linear unabhängig ist und ihre lineare Hülle [B] gleich V ist.

lineare Hülle[Bearbeiten]

Die lineare Hülle [M] einer Menge M (eine Menge von Vektoren) ist die die Menge der Vektoren, die durch Linearkombinationen der Vektoren aus M gebildet werden können.

v \notin \left[M \backslash \{v\} \right] \quad \forall v \in M

lineare Unabhängigkeit[Bearbeiten]

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[Bearbeiten]

Lt. Definition muss gezeigt werden, dass die Menge B

  • linear unabhängig ist
  • die lineare Hülle von B gleich \mathbb R^3 ist

lineare Unabhängigkeit[Bearbeiten]

Nun rechnen wir einmal die Koeffizienten der folgenden Linearkombination aus

\lambda_1\cdot \vec v_1 + \lambda_2\cdot \vec v_2 + \lambda_3\cdot \vec v_3 = \vec 0

\lambda_1\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix} + \lambda_2\cdot \begin{pmatrix}2\\4\\1\end{pmatrix} + \lambda_3\cdot \begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix} = \vec 0

Das kann man nun als folgendes Gleichungssystem umschreiben:

\lambda_1 \cdot 1 + \lambda_2 \cdot 2 + \lambda_3 \cdot 4 = 0 \Rightarrow \lambda_1 = -\lambda_2 \cdot 2 - \lambda_3 \cdot 4

\lambda_1 \cdot 2 + \lambda_2 \cdot 4 + \lambda_3 \cdot 2 = 0

\lambda_1 \cdot 4 + \lambda_2 \cdot 1 + \lambda_3 \cdot 1 = 0

aus der ersten Gleichung wird \lambda_1 ausgedrückt und in die verbleibenden Gleichungen eingesetzt:

(-\lambda_2 \cdot 2 - \lambda_3 \cdot 4) \cdot 2 + \lambda_2 \cdot 4 + \lambda_3 \cdot 2 = 0

(-\lambda_2 \cdot 2 - \lambda_3 \cdot 4) \cdot 4 + \lambda_2 \cdot 1 + \lambda_3 \cdot 1 = 0

das ergibt:  - \lambda_3 \cdot 7 = 0 \Rightarrow \lambda_3 = 0

 - \lambda_2 \cdot 5 = 0 \Rightarrow \lambda_2 = 0

und schlussendlich auch:

\lambda_1 = -0 \cdot 2 - 0 \cdot 4 = 0

\Rightarrow B ist linear unabhängig

linear Hülle[Bearbeiten]

Nun muss man noch zeigen, dass die lineare Hülle von B gleich \mathbb R^3 ist.

Um zu zeigen, dass zwei Mengen A, B identisch sind, geht man überlicherweise den Weg, dass man zeigt, dass A Teilmenge von B ist und umgekehrt:

 A = B \Leftrightarrow A \subseteq B \and B \subseteq A

D.h. in unserem Fall ist zu zeigen, dass  [B] \subseteq \mathbb R^3 \and \mathbb R^3 \subseteq [B] gilt

Der erste Fall  [B] \subseteq \mathbb R^3 [Bearbeiten]

Dazu überlegt man sich, ob alle möglichen Linearkombinationen innerhalb von \mathbb R^3 liegen

\lambda_1\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix} + \lambda_2\cdot \begin{pmatrix}2\\4\\1\end{pmatrix} + \lambda_3\cdot \begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix} = \vec x

umgeschrieben bedeutet das:

\vec x = \begin{pmatrix}\lambda_1\cdot 1+ \lambda_2\cdot 2 + \lambda_3\cdot 4\\\lambda_1\cdot 2 + \lambda_2\cdot 4 + \lambda_3\cdot 2\\ \lambda_1\cdot 4 +\lambda_2\cdot 1 +\lambda_3\cdot 1\end{pmatrix}

Man sieht also, ganz egal, wie man \lambda_i wählt (solange man beachtet, dass \lambda_i \in \mathbb R ) gilt \vec x \in \mathbb R^3

\Rightarrow [B] \subseteq \mathbb R^3

Der zweite Fall  \mathbb R^3 \subseteq [B] [Bearbeiten]

Der Fall ist etwas komplizierter. Man muss beweisen, dass sämtliche Vektoren aus  \mathbb R^3 auch in [B] enthalten sind. Dazu zeigt man, dass man jeden beliebigen Vektor aus  \mathbb R^3 durch eine Linearkombination aus B bilden kann. Man beginnt mit der selben Gleichung wie zuvor:

\lambda_1\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix} + \lambda_2\cdot \begin{pmatrix}2\\4\\1\end{pmatrix} + \lambda_3\cdot \begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}

Das ergibt folgendes Gleichungssystem:

\lambda_1 \cdot 1 + \lambda_2 \cdot 2 + \lambda_3 \cdot 4 = x_1

\lambda_1 \cdot 2 + \lambda_2 \cdot 4 + \lambda_3 \cdot 2 = x_2

\lambda_1 \cdot 4 + \lambda_2 \cdot 1 + \lambda_3 \cdot 1 = x_3

Nun berechnet man aus diesem System die \lambda_i. Ich erspare mir hier die einzelnen Rechenschritte und präsentiere nur die Ergbnisse:

\lambda_1= \frac{-x_1-x_2+6\cdot x_3}{21}

\lambda_2= \frac{- 2 \cdot x_1 + 5 \cdot x_2 - 2 \cdot x_3}{14}

\lambda_3= \frac{2 \cdot x_1 - x_2 }{6}

Anhand von diesen Ergebnis erkennt man, dass man für jeden beliebigen Vektor aus  \mathbb R^3 die \lambda_i berechnen kann und dabei gilt, dass \lambda_i \in \mathbb R

\Rightarrow \mathbb R^3 \subseteq [B]

und damit folgt schlußendlich:  \mathbb R^3 = [B]

anderer Lösungsansatz[Bearbeiten]

Ich bin mir nicht ganz sicher, aber mein Ansatz wäre: B beinhaltet auch alle Vektoren aus V wenn er die kanonische Basis (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) beinhaltet.

Mit Lambda -1/21 -1/7 und 1/3 komme ich auf den ersten. Mit -1/21 5/14 und -1/6 auf den zweiten Einheitsvektor. Mit 2/7 -1/7 und 0 auf den dritten.

Und aus diesen drei Einheitsvektoren kann ich über Linearkombinationen alle Vektoren konstruieren.

Links[Bearbeiten]

siehe auch Lösung aus früherem Semester; dort wird der Beweis über den Rang der Matrix geführt