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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:23 Fr 28.06.2013 | | Autor: | Ral |
| Aufgabe | | Seien K ein Körper und [mm] a_{1},...,a_{n}\in K^{n,1}. [/mm] Zeigen Sie, dass [mm] a_{1},...,a_{n} [/mm] genau dann linear unabhängig sind, wenn [mm] det([a_{1},...,a_{n}])\not=0 [/mm] ist. |
Hallo,
ich brauche ein wenig Hilfe.
Ich habe es wie folgt versucht zu lösen:
Seien [mm] a_{1},...,a_{n} [/mm] linear unabhängig.
Dann muss für [mm] \summe_{i=1}^{n}\lambda_{i}a_{i} [/mm] mit [mm] \lambda_{1},...,\lambda_{n}\inK [/mm] gelten:
[mm] \lambda_{1}=\lambda_{2}=...=\lambda_{n}=0
[/mm]
dann hat das LGS
[mm] \pmat{ a_{1} & a_{2}&...&a_{n}}*\vektor{\lambda_{1} \\\lambda_{2}\\...\\ \lambda_{n}}=0^{n,1} [/mm]
genau eine Lösung
[mm] \gdw [/mm] Rang(A)=n
[mm] \gdw det(A)\not=0
[/mm]
Das kommt mir jedoch zu einfach vor.
Kann man von der Summenformel einfach auf das LGS schließen?
Und muss ich die "Rückrichtung" noch beweisen? Durch die Äquivalenz müsste ja eigentlich alles klar sein.
Über Hilfe, Verbesserungsvorschläge oder eventuell andere Lösungsansätze würde ich mich sehr freuen.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:52 Sa 29.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Seien K ein Körper und [mm]a_{1},...,a_{n}\in K^{n,1}.[/mm] Zeigen
> Sie, dass [mm]a_{1},...,a_{n}[/mm] genau dann linear unabhängig
> sind, wenn [mm]det([a_{1},...,a_{n}])\not=0[/mm] ist.
> Hallo,
>
> ich brauche ein wenig Hilfe.
>
> Ich habe es wie folgt versucht zu lösen:
>
> Seien [mm]a_{1},...,a_{n}[/mm] linear unabhängig.
>
> Dann muss für [mm]\summe_{i=1}^{n}\lambda_{i}a_{i}[/mm] mit
> [mm]\lambda_{1},...,\lambda_{n}\inK[/mm] gelten:
Quatsch: Aus der Gleichheit [mm] $\summe_{i=1}^{n}\lambda_{i}a_{i}=0$ [/mm] (rechts steht [mm] $0=0^{n,1} \in K^{n}\cong K^{n,1}$) [/mm] muss folgen
> [mm]\lambda_{1}=\lambda_{2}=...=\lambda_{n}=0[/mm]
(Weil die Umkehrung immer gilt, kann man auch [mm] $\summe_{i=1}^{n}\lambda_{i}a_{i}=0 \iff \lambda_1=...=\lambda_n=0 \in [/mm] K$ als
Bedingung schreiben!)
Das, was Du schreibst, wäre ja, dass jede Linearkombination nur die $0 [mm] \in K^n$
[/mm]
darstellt!
> dann hat das LGS
> [mm]\pmat{ a_{1} & a_{2}&...&a_{n}}*\vektor{\lambda_{1} \\\lambda_{2}\\...\\ \lambda_{n}}=0^{n,1}[/mm]
> genau eine Lösung
> [mm]\gdw[/mm] Rang(A)=n
> [mm]\gdw det(A)\not=0[/mm]
Hast Du denn alle Sätze dafür zur Verfügung? Dann ist das doch okay.
Prüfe halt immer, ob die Voraussetzung zur Anwendung des entsprechenden
Satzes vorhanden sind!
> Das kommt mir jedoch zu einfach vor.
> Kann man von der Summenformel einfach auf das LGS
> schließen?
Na, schreib's doch mal aus:
Sei [mm] $a_i=\vektor{a_{1,i}\\.\\.\\.\\a_{n,i}} \in K^n\cong K^{n,1}\,.$ [/mm] Dann gilt
[mm] $\sum_{i=1}^n \lambda_i a_i=0^{n,1} \iff \sum_{i=1}^n \lambda_i \vektor{a_{1,i}\\.\\.\\.\\a_{n,i}}=0^{n,1} \iff \forall [/mm] z [mm] \in \{1,\ldots,n\}:\;\;\sum_{i=1}^n a_{z,i} \lambda_i=0 \;\;\;(\in [/mm] K) [mm] \iff [/mm] A [mm] \cdot \lambda=0^{n,1}\,,$
[/mm]
wobei [mm] $\lambda:=\vektor{\lambda_1\\.\\.\\.\\\lambda_n} \in K^n$ [/mm] und [mm] $A:=\pmat{a_1 & a_2 & ... & a_n}=\pmat{a_{1,1} & . & . & . & a_{1,n} \\a_{2,1} & . & . & . & a_{2,n} \\ . & . & . & . & . \\. & . & . & . & . \\. & . & . & . & . \\a_{1,1} & . & . & . & a_{1,n}} \in K^{n,n}\,.$
[/mm]
Das kann man formal sicher auch noch (etwas) schöner schreiben, es geht
aber darum, dass man in etwa erklären kann, was man da tut. Wenn Dir
gar nichts besseres einfällt: Schreib's Dir erstmal etwa für eine $3 [mm] \times [/mm] 3$-Matrix
auf (also 3 Spaltenvektoren eines [mm] $K^{3,1}$), [/mm] mach' es da detailliert, und
"übertrage" diese Überlegungen auf eine $n [mm] \times [/mm] n$-Matrix. Das ist eigentlich nur
"formales", ich würde es sogar auch direkt so, wie Du es notiert hast,
akzeptieren, weil ich das (durch Erfahrung) auch direkt so sehen/erkennen
kann. Man kann sich aber auch überlegen: Wie mache ich das jemanden
klar, der das nicht direkt einsehen will? Dann schreibst man halt die $n [mm] \times [/mm] n$-
Matrix - wie ich - oben mal ausführlicher hin und argumentiert mit den Einträgen,
und dem Zusammenhang der [mm] $j\,$-ten [/mm] Spalte von [mm] $A\,$ [/mm] mit [mm] $a_j\,.$
[/mm]
> Und muss ich die "Rückrichtung" noch beweisen? Durch die
> Äquivalenz müsste ja eigentlich alles klar sein.
Na, wenn Du $A [mm] \iff [/mm] B$ beweisen sollst, und dann $A [mm] \iff [/mm] C [mm] \iff [/mm] D [mm] \iff [/mm] E [mm] \iff [/mm] B$ beweist,
dann hast Du auch $A [mm] \iff [/mm] B$ bewiesen. Denn aus $A [mm] \Longrightarrow C\Longrightarrow D\Longrightarrow E\Longrightarrow [/mm] B $ folgt dann,
dass $A [mm] \Longrightarrow [/mm] B$ gilt, und wegen $B [mm] \Longrightarrow [/mm] E [mm] \Longrightarrow [/mm] D [mm] \Longrightarrow [/mm] C [mm] \Longrightarrow [/mm] A$ gilt dann auch $B [mm] \Longrightarrow A\,.$
[/mm]
> Über Hilfe, Verbesserungsvorschläge oder eventuell andere
> Lösungsansätze würde ich mich sehr freuen.
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
P.S. Zu den Notationen: Lies auch mal das, was ich hier (klick!) geschrieben hatte.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:17 Mo 01.07.2013 | | Autor: | Ral |
Hallo Marcel,
danke für deine ausführliche Antwort und die hilfreichen Verbesserungsvorschläge.
Lg Ral
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