TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 513

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

Untersuchen Sie, ob $f,g$ und $h$ mit $f(x)={\mathrm{e}}^{-x},g(x)={\mathrm{e}}^x$ und $h(x)=x\cdot {\mathrm{e}}^x$ linear unabhängig sind.

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Hilfreiches von Har203

Lineare Abhängigkeit

Eine Menge $M$ an Vektoren $\{\overrightarrow{x_1},\overrightarrow{x_2},\dots ,\overrightarrow{x_n}\}$ heißt linear abhängig, wenn gilt:

$\mathrm{\exists }\overrightarrow{l}=({\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_n)\ne \overrightarrow{0_n},{\lambda }_i\in 𝕂$ mit ${\lambda }_1\cdot \overrightarrow{x_1}+{\lambda }_2\cdot \overrightarrow{x_2}+\dots +{\lambda }_n\cdot \overrightarrow{x_n}=\overrightarrow{0}$.

Es existiert eine Linearkombination aus der Menge $M$, die den Nullvektor $\overrightarrow{0_n}$ ergibt, wobei nicht alle ${\lambda }_i=0$ sind - eine oder mehrere sogenannte nicht triviale Lösungen existieren.

Lineare Abhängigkeit Funktion

Sei $V$ der Vektorraum aller Funktionen $f:ℝ\to ℝ$. Die beiden Funktionen ${\mathrm{e}}^t$ und ${\mathrm{e}}^{2t}$ in $V$ sind linear unabhängig.

$[1]$ Ekzerpt aus dem Originalartikel Lineare Unabhängigkeit: Funktionen als Vektoren

Lösungsvorschlag von Har203

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

Untersuchen Sie, ob $f,g$ und $h$ mit $f(x)={\mathrm{e}}^{-x},g(x)={\mathrm{e}}^x$ und $h(x)=x\cdot {\mathrm{e}}^x$ linear unabhängig sind.

Für eine lineare Unabhängigkeit der drei vorgegebenen reellwertigen Funktionen darf die folgende Gleichung nur die triviale Lösung (${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=0$) haben:

${\lambda }_1\cdot f(x)+{\lambda }_2\cdot g(x)+{\lambda }_3\cdot h(x)=0,{\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3\in ℝ,\mathrm{\forall }x\in ℝ⟹{\lambda }_1\cdot {\mathrm{e}}^{-x}+{\lambda }_2\cdot {\mathrm{e}}^x+{\lambda }_3\cdot x\cdot {\mathrm{e}}^x=0$.

Bevor wir beginnen spezielle Werte in die Gleichung einzusetzen, schauen wir uns noch die allgemeine Gleichung an:

• Zuerst werden wir die Gleichung umformen:

$\begin{array}{cc}& {\lambda }_1\cdot {\mathrm{e}}^{-x}+{\lambda }_2\cdot {\mathrm{e}}^x+{\lambda }_3\cdot x\cdot {\mathrm{e}}^x=0⟹{\lambda }_2\cdot {\mathrm{e}}^x+{\lambda }_3\cdot x\cdot {\mathrm{e}}^x=-{\lambda }_1\cdot {\mathrm{e}}^{-x}=-\frac{{\lambda }_1}{{\mathrm{e}}^x}⟹\\ & ⟹{\lambda }_2+{\lambda }_3\cdot x=-\frac{{\lambda }_1}{{\mathrm{e}}^{2\cdot x}}⟹{\lambda }_2=-\frac{{\lambda }_1}{{\mathrm{e}}^{2\cdot x}}-{\lambda }_3\cdot x⟹\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_3}=(-\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_3})\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}-x\end{array}$

• Anmerkung: Nenner ${\lambda }_3=0:$

$\begin{array}{cccc}& {\lambda }_1\cdot {\mathrm{e}}^{-x}+{\lambda }_2\cdot {\mathrm{e}}^x+0\cdot x\cdot {\mathrm{e}}^x=0⟹{\lambda }_1\cdot {\mathrm{e}}^{-x}=-{\lambda }_2\cdot {\mathrm{e}}^x& ⟹{\lambda }_1& =(-{\lambda }_2)\cdot {\mathrm{e}}^{2\cdot x}⟹\\ & (-\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2})={\mathrm{e}}^{2\cdot x}⟹\text{ neue Konstante }{c}_1=-\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}\in ℝ& ⟹c_1& ={\mathrm{e}}^{2\cdot x},\text{ mit }{c}_1\in ℝ\end{array}$

Anmerkung: Dass $c_1={\mathrm{e}}^{2\cdot x}$ für eine Konstante $c_1\in ℝ$ keine Lösung hat, ist eigentlich klar. Nur wir müssen es auch beweisen.

Anmerkung: Für ${\lambda }_2=0$ erhalten wir ${\lambda }_1\cdot {\mathrm{e}}^{-x}=0$, also nur die triviale Lösung ${\lambda }_1=0$, da $\mathrm{\forall }x\in ℝ$ gilt$:{\mathrm{e}}^{-x}>0,$.

Für ${\lambda }_2\ne 0$ ist die Gleichung gültig und, da die Gleichung für alle $x\in ℝ$ gelten muss, setzen wir für $x=0$ und $x=1$ ein:

$\ast x=0:c_1={\mathrm{e}}^{2\cdot 0}=1⟹c_1=1\wedge \ast x=1:c_1=e^2⟹e^2\ne 1⟹\text{Widerspruch:}$, da die Gleichung für alle $x\in ℝ$ gelten muss.

$⟹$ Dass bei ${\lambda }_3=0⟹{\lambda }_2={\lambda }_1=0$ nur die triviale Lösung möglich ist.

• Wir fahren jetzt mit unserer oben begonnenen Umformung der allgemeinen Gleichung fort. Wir ersetzen im ersten Schritt wieder die kombinierten Konstanten zu einer resultierenden

$c_2=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_3},c_3=-\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_3},$ mit $c_2,c_3\in ℝ$ und schreiben die allgemeine Gleichung um:

$\begin{array}{cc}& \frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_3}=(-\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_3})\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}-x⟹c_2+x=c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}\end{array}$

• Am Einfachsten wird es sein, in die Gleichung $x$-Werte einzusetzen und dann einen Widerspruch zu erhalten, sodass nur die triviale Lösung als Ergebnis resultiert.

Anmerkung: Wir dürfen nicht übersehen, dass $c_2$ direkt von ${\lambda }_2$ und $c_3$ direkt von ${\lambda }_1$ abhängt. Es könnten dadurch Lösungen übersehen werden bzw. hinzukommen. Hier führt $c_2=c_3=0$ zu keiner Lösung.

$\begin{array}{cccc}& (x=0):c_2+x=c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}& ⟹c_2+0=c_3\cdot e^0& ⟹c_2=c_3\\ & (x=1):c_2+x=c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}& ⟹c_2+1=c_3\cdot e^{-2}& ⟹c_2=c_3\cdot e^2-1⟹c_2:c_3\cdot e^2-1\ne c_3\text{Widerspruch}◼.\end{array}$

$⟹$ Daraus folgt, dass nur die triviale Lösung existiert.

• Wir können aber einen Schritt weitergehen und die beiden Ausdrücke auf der linken und rechten Seite der Gleichung weiter analysieren:

Sei $p(x)=x$ und $q(x)=c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}-c_2$. Das heißt, dass beide Funktionen $p(x)=q(x),\mathrm{\forall }x\in ℝ$ gelten muss, also beide Funktionen gleich sein müssen. Das heißt weiters natürlich, da beide Funktionen in $p(x)=q(x),\mathrm{\forall }x\in ℝ$ gleich sind, dass auch deren Ableitungen von $p^{\prime }(x)=q^{\prime }(x),\mathrm{\forall }x\in ℝ$ gleich sein müssen. Es gilt dann

$p(x)=x⟹p^{\prime }(x)=1,\mathrm{\forall }x\in ℝ$.

Für $q(x)$ bilden wir ebenfalls die Ableitung:

$q(x)=c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}-c_2⟹q^{\prime }(x)=(-2)\cdot c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}$

Wenn wir $p^{\prime }(x)=1,\mathrm{\forall }x\in ℝ$ und $q^{\prime }(x)$ vergleichen, dann muss $q^{\prime }(x)=1,\mathrm{\forall }x\in ℝ$ sein. Das werden wir jetzt widerlegen, indem wir für $x=0$ und $x=1$ einsetzen:

$\begin{array}{cccccccc}& (x=0):q^{\prime }(x)& =(-2)\cdot c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}& =(-2)\cdot c_3\cdot e^0& =(-2)\cdot c_3\cdot 1& ⟹p^{\prime }(0)& =1:& c_3=-\frac{1}{2}\\ & (x=1):q^{\prime }(x)& =(-2)\cdot c_3\cdot {\mathrm{e}}^{-2\cdot x}& =(-2)\cdot c_3\cdot e^{-2}& =(-2)\cdot c_3\frac{1}{e^2}& ⟹p^{\prime }(1)& =1:& c_3=-\frac{e^2}{2}⟹-\frac{1}{2}\ne -\frac{e^2}{2}\text{Widerspruch}◼\end{array}$

• Daraus folgt, dass nur die triviale Lösung existiert mit

${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=0$

$⟹$ D.h. die drei Funktionen sind linear unabhängig.

Links

Wikipedia:

• Lineare Unabhängigkeit

Ähnliche Beispiele:

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