TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 491

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.

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Hilfreiches

Definition Basis

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

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

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

Lt. Definition muss gezeigt werden, dass die Menge B

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

lineare Unabhängigkeit

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

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:

$A=B\Leftrightarrow A\subseteq B\land B\subseteq A$

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

Der erste Fall $[B]\subseteq \mathbb {R} ^{3}$

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 $\mathbb {R} ^{3}\subseteq [B]$

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

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

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

• Datei:Mathe1-sol.pdf