Lineare Abhngkt. mit Det best. < Determinanten < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:00 Do 29.11.2007 | | Autor: | WiWi |
| Aufgabe | Gegeben sei die Matrix
[mm] \pmat{ 5 & 3 & 0\\ 10 & 6 & 0\\ 0 & 0 & 1}.
[/mm]
Prüfen Sie auf lineare Unabhängigkeit über die Ermittlung der Determinante.
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Hey,
also eigentlich eine total einfache Aufgabe. Schnell DET mit Sarrus ermittelt und fertig, oder?
Nicht ganz. DET = 0. So weit, so gut. ABER: Kann das überhaupt sein? Der dritte Spaltenvektor realisiert sich doch ausschließlich in der dritten Dimension und die einzige Möglichkeit, die Vektoren auf dem Nullvektor abzubilden ist eine Linearkombination mit jedem Koeffizient gleich 0.
DET = 0 sagt mir aber doch, dass eben keine Lineare Unabhängigkeit vorliegt.
Habe ich da irgendwas falsch verstanden?
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Hallo!
Die ersten beiden vektoren sind nur um den Faktor 5/3 verschieden, sie sind also lin. Abhängig.
Bedenke: Als Gleichungssystem beschrieben bedeutet l.u., daß ALLE Koeffizienten 0 sein müssen. Hier führt das aber auf
$a [mm] \vec [/mm] x + b [mm] \vec [/mm] x + c [mm] \vec z=\vec [/mm] 0$
Deine argumentation begründet, daß c=0 sein muß, was auch stimmt. Allerdings gilt sonst $b= [mm] -\frac{3}{5} [/mm] a$ .
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:36 Do 29.11.2007 | | Autor: | WiWi |
Okay, soweit habe ich das verstanden. Vielen Dank.
Was mir noch nicht klar ist:
[mm] \vec{c} [/mm] lässt sich aber nicht als Kombination von [mm] \vec{a} [/mm] und [mm] \vec{b} [/mm] darstellen.
Heißt das, dass, wenn DET = 0, sich nicht zwangläufig ALLE Vektoren als Kombination der übrigen darstellen lassen?
Bisher dachte ich, wenn DET = 0, kann man jeden Vektor als LinearKombi der anderen darstellen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:49 Do 29.11.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
folgendes zur linearen Abhängigkeit: Vektoren sind genau dann linear abhängig, wenn es eine Linearkombination [mm] c_1\vec{x_1}+c_2\vec{x_2}+...+c_n\vec{x_n} [/mm] gibt, so dass man die Nulllösung herausbekommt, wo NICHT alle Koeffizienten [mm] c_1 [/mm] - [mm] c_n [/mm] gleich Null sind. Oder Formal:
Vektoren Lin.unabhängig [mm] \gdw (c_1\vec{x_1}+c_2\vec{x_2}+...+c_n\vec{x_n}=0 \Rightarrow c_1=..=c_n=0)
[/mm]
Nun, das bedeutet ja nicht, dass alle Koeffizienten ungleich Null sein müssen. Das ist ja in deinem Beispiel auch so: Wenn du den dritten Vektor mit dem Koeffizieten Null bedeckst, und du dem ersten Vektor den Koeffizienten c gibst, und dem zweiten Vektor den Koeffizeiten -5/3 c, dann bekommst du für alle möglichen c die Nulllösung. Das bedeutet, dass die drei Vektoren linear abhängig sind.
Lässt du dann einen der beiden Vektoren weg, so bekommst du zwei Vektoren, die dann linear unabhängig sein müssen (Da dann die Anzahl der Vektoren kleiner ist als 3...)
Okay, wenn du dann deine Matrix auf Zeilenstufenform bringst, so sind alle Spalten von A, die in der Zeilenstufenform von A Pivot-Spalten sind, alleine für sich linear unabhängig.
D.h. du müsstest rausbekommen, dass die erste und die dritte Spalte deiner Matrix Pivot-Spalten sind.
Also zurück zu deiner Frage: Wenn deine Vektoren linear abhängig sind, so kannst du mindestens einen Vektor als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen, wo nicht zwangsläufig alle Koeffizienten gleich Null sind.
LG
Kroni
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