TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 503

Untersuchen Sie, ob die folgenden Vektoren des $\mathbb {R} ^{4}$ linear unabhängig sind: $(-1,3,2,-1),\,(2,2,-1,1)$ und $(3,-1,-2,2)$.

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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 Har203

--Har203 12:53, 5. Feb. 2026 (CET)

Untersuchen Sie, ob die folgenden Vektoren des $\mathbb {R} ^{4}$ linear unabhängig sind: $(-1,3,2,-1),\,(2,2,-1,1)$ und $(3,-1,-2,2)$.

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

$\lambda _{i}=0,\,\forall \,i\in \{1,\ldots ,\,k\},\,\lambda _{i}\in \mathbb {R} \colon \;\lambda _{1}\cdot {\vec {v_{1}}}+\lambda _{2}\cdot {\vec {v_{2}}}+\ldots +\lambda _{k}\cdot {\vec {v_{k}}}=0$

D.h. in unserem Fall darf die folgende Gleichung nur die triviale Lösung haben:

$\lambda _{1}\cdot ({\color {green}-1},{\color {green}3},{\color {green}2},{\color {green}-1})^{T}+\lambda _{2}\cdot ({\color {blue}2},{\color {blue}2},{\color {blue}-1},{\color {blue}1})^{T}+\lambda _{3}\cdot ({\color {orange}3},{\color {orange}-1},{\color {orange}-2},{\color {orange}2})^{T}=0$

Wir können für diese Gleichung ein lineares Gleichungssystem mit der Matrix $A$ aufstellen:

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

Determinante bzw. Minor

Da wir nur drei Vektoren haben, führt uns der kürzeste Weg über die Determinante eines $3\times 3$ Minors. Dafür betrachten wir den Minor:

$B=\left({\begin{array}{rrr}-1&2&3\\3&2&-1\\2&-1&-2\end{array}}\right)$

Die Determinante von $B=\det(\,B\,)=4-4-9-12+1+12=-8\neq 0$. D.h., dass der Rang $\operatorname {rg} (\,B\,)\geq 3$ ist. Da der maximale Rang der Matrix $\operatorname {rg} (\,B\,)=3$ ist, folgt, dass der Rang $\operatorname {rg} (\,B\,)=3$ ist.

Lineares Gleichungssystem

Wir lösen das Gleichungssystem mit dem gauß'schem Eliminationsverfahren, sodass wir den Rang der Matrix $A$ bestimmen können. Da es sich um ein homogenes lineares Gleichungssystem handelt, genügt es, den Rang der Koeffizientenmatrix zu bestimmen.

${\begin{alignedat}{1}A=&\left({\begin{array}{rrr}{\color {green}-1}&{\color {blue}2}&{\color {orange}3}\\{\color {green}3}&{\color {blue}2}&{\color {orange}-1}\\{\color {green}2}&{\color {blue}-1}&{\color {orange}-2}\\{\color {green}-1}&{\color {blue}1}&{\color {orange}2}\end{array}}\right)\;{\begin{array}{r|}Z1+Z3\to Z1\,\\Z2+3\cdot Z4\to Z2\,\\Z3+2\cdot Z4\to Z3\,\\Z4-Z1\to Z4\,\end{array}}\to \left({\begin{array}{rrr}1&1&1\\0&5&5\\0&-1&2\\0&-1&-1\end{array}}\right){\begin{array}{r|}Z1-(1/5)\cdot Z2\to Z1\,\\Z2\cdot (1/5)\to Z2\,\\Z3-(1/5)\cdot Z2\to Z3\,\\3\cdot Z3+Z4\to Z4\,\end{array}}\to \\&\left({\begin{array}{rrr}1&0&1\\0&1&1\\0&0&1\\0&0&-5\end{array}}\right){\begin{array}{r|}\to Z1\,\\Z1-Z3\to Z2\,\\Z2-Z3\to Z3\,\\\,\\Z4+5\cdot Z3\to Z4\,\end{array}}\to \left({\begin{array}{rrr}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{array}}\right)\end{alignedat}}$

Der Rang der Matrix $A$ ist drei. Eine Matrix hat genau dann linear unabhängige Spalten, wenn ihr Rang gleich der Anzahl der Spalten ist. Da der Rang gleich der Anzahl der Spalten ist, sind alle Spaltenvektoren – also die drei gegebenen Vektoren – linear unabhängig.

Anmerkung: Für den maximal möglichen Rang einer $n\times m$-Matrix $A$ gilt$\colon \,\operatorname {rg} (A)\leq \min(n,\,m)$.

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

Links

Wikipedia:

• Matrix
• Lineare Unabhängigkeit
• Lineare Unabhängigkeit: Matrix (Spalten und Zeilen)
• Gaußsches_Eliminationsverfahren Gaußsche Eliminationsverfahren

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