Aufgabe 61. Linearkombinationen von Vektoren Gegeben sei folgende Menge M von 6 Vektoren v1 , v2 , . . . , v6 ∈ R4 : 1 2 M = v1 = 1 , 2
1 1 v2 = 1 , 1
0 1 v3 = 1 , 0
0 1 v4 = 0 , 1
1 0 v5 = 0 , 1
1 2 v6 = 2 1
1. Zeigen Sie, dass sich jeder Vektor vi ∈ M , i = 1, 2, . . . , 6, als Linearkombination der anderen Vektoren aus M \{vi } schreiben l¨asst. 2. Zeigen Sie, dass gilt:
span(v2 , v5 , v6 ) = span(v3 , v5 , v6 ).
3. Geben Sie eine Basis des von M aufgespannten Untervektorraums des R4 an. 4. Betrachten Sie f¨ur λ1 , λ2 , . . . , λ6 ∈ R die Vektorgleichung (Linearkombinationen des Nullvektors 0 ∈ R4 ): λ1 · v1 + λ2 · v = 0. 2 + λ3 · v 3 + λ4 · v 4 + λ 5 · v 5 + λ6 · v 6 6 P Zeigen Sie, dass die Menge K := (λ1 , λ2 , . . . , λ6 ) ∈ R6 λi · v i = 0 aller Vektoren i=1 6
λ = (λ1 , λ2 , . . . , λ6 ) ∈ R , welche die obige Vektorgleichung erf¨ullen, ein Untervektorraum des R6 ist. ¨ L OSUNG : 1. v ist eine Linearkombination (LK) von n Vektoren v1 , .., vn ∈ V (Vektorraum u¨ ber K), n ∈ N ⇔ v = λ1 · v1 + λ2 · v2 + ... + λn · vn =
n X
λi vi mit λi ∈ K.
i=1
2.
Durch Vergleich der Komponenten der Vektoren erkennt man beispielsweise: v1 = v2 + v4 , v2 = v1 − v4 , v3 = v2 − v5 , v4 = v1 − v2 , v5 = v2 − v3 , v6 = v2 + v3 . span(v1 , .., vn ) = {
n X
λi vi | λi ∈ R, i = 1, .., n}
i=1
Wir zeigen zun¨achst span(v2 , v5 , v6 ) ⊆ span(v3 , v5 , v6 ) und suchen v2 als LK von v3 , v5 , v6 v2 = v3 + v5 ⇒ v2 , v5 , v6 ∈ span(v3 , v5 , v6 ) ⇒ span(v2 , v5 , v6 ) ⊆ span(v3 , v5 , v6 ) Umgekehrt gilt: v3 = v2 − v5 ⇒ v3 , v5 , v6 ∈ span(v2 , v5 , v6 ) ⇒ span(v3 , v5 , v6 ) ⊆ span(v2 , v5 , v6 ) Insgesamt folgt: span(v3 , v5 , v6 ) = span(v2 , v5 , v6 ) Zusatz: Wegen v2 = 12 (v5 + v6 ) bzw. v3 = 12 (v6 − v5 ) gilt: span(v2 , v5 , v6 ) = span(v3 , v5 , v6 ) = span(v5 , v6 ) 3. Um eine Basis des Untervektorraums (?) U = span(v1 , v2 , . . . , v6 ) anzugeben, m¨ussen wir eine minimale Teilfamilie B von {v1 , v2 , . . . , v6 } mit span B = span(v1 , v2 , . . . , v6 ) angeben. F¨ur die Vektoren v4 , v5 , v6 gilt nach 1.: v4 = v1 − v2 , v5 = v2 − v3 und v6 = v2 + v3 . Somit gilt span(v1 , v2 , . . . , v6 ) = span(v1 , v2 , v3 ).
1
Nun ist noch die lineare Abh¨angigkeit der drei Vektoren v1 , v2 und v3 zu untersuchen. Wir vermuten, dass diese drei Vektoren linear unabh¨angig sind, und zeigen dazu, dass diese nur eine triviale LK des Nullvektors bilden, d.h. aus dem Ansatz: λ1 v1 + λ2 v2 + λ3 v3 = 0 folgt λ1 = λ2 = λ3 = 0. 1 2 + λ2 λ1 1 2
1 1 + λ3 1 1
0 1 = 0 ⇐⇒ 1 0
λ1 2λ1 λ1 2λ1
+ + + +
λ2 λ 2 + λ3 λ 2 + λ3 λ2
= = = =
0 ⇔ λ2 = −λ1 0 0 ⇒ λ3 = 0 0 ⇒ λ1 = 0
⇐⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 0 Somit sind die drei Vektoren v1 , v2 und v3 linear unabh¨angig und B = (v1 , v2 , v3 ) eine minimale Teilfamilie mit span B = span(v1 , v2 , . . . , v6 ). Also ist B eine Basis des Untervektorraumes U , der ein drei-dimensionaler Untervektorraum des R4 ist. 6 P 4. Es sei also K = {λ = (λ1 , . . . , λ6 ) ∈ R6 | λi vi = 0}. i=1
Um nachzuweisen, dass K ein Untervektorraum ist, weisen wir nach, dass K nicht die leere Menge ist, dass K unter der Vektor-Addition abgeschlossen ist, und dass K unter Multiplikation mit Skalaren abgeschlossen ist. Dabei ist noch zu bemerken, dass bei dem Beweis die spezielle Gestalt der Vektoren v1 , . . . , v6 gar nicht ber¨ucksichtigt werden muss. (Um Platz zu sparen, schreiben wir die Elemente von R6 als 6-Tupel.) • K 6= ∅, weil der Nullvektor (0, 0, 0, 0, 0, 0) in K ist. • Es seien λ = (λ1 , . . . , λ6 ), µ = (µ1 , . . . , µ6 ) ∈ K. Dann ist auch λ + µ ∈ K, weil λ + µ = (λ1 + µ1 , . . . , λ6 + µ6 ) und 6 X
(λi + µi )vi =
i=1
6 X
6 6 X X (λi vi + µi vi ) = ( λi v i ) + ( µi v i ) = 0 + 0 = 0
i=1
i=1
i=1
gilt. • Es sei λ = (λ1 , . . . , λ6 ) ∈ K und α ∈ R. Dann ist auch αλ ∈ K, weil αλ = (αλ1 , . . . , αλ6 ) und 6 X i=1
((αλi ) · vi ) =
6 X
6 X (α · (λi · vi )) = α · ( (λi · vi )) = α · 0 = 0
i=1
i=1
gilt.
2
Aufgabe 64. Basiswechsel konkret. Gegeben seien die drei Einheitsvektoren e1 , e2 , e3 ∈ R3 sowie drei weitere Vektoren v1 , v2 , v3 ∈ R3 : 1 0 0 1 1 1 e1 = 0 , e2 = 1 , e3 = 0 , v1 = 0 , v2 = 1 , v3 = 1 . 0 0 1 1 1 2 1. Die Standardbasis des R–Vektorraums R3 besteht aus den drei Einheitsvektoren e1 , e2 , e3 ∈ R3 . Zeigen Sie, dass die Vektoren v1 , v2 , v3 ∈ R3 ebenfalls eine Basis des R3 bilden, und stellen Sie die Einheitsvektoren e1 , e2 , e3 als Linearkombinationen der Vektoren der Basis {v1 , v2 , v3 } dar. 6 3 s1 2. Gegeben seien nun die drei Vektoren p = 3, q = 2 und s = s2 ∈ R3 . 9 6 s3 Stellen Sie die drei Vektoren p, q und s jeweils (a) als Linearkombination der Vektoren der Standardbasis {e1 , e2 , e3 } dar und (b) als Linearkombination der Vektoren der Basis {v1 , v2 , v3 } dar. ¨ L OSUNG : 1. Wir zeigen, dass die drei Vektoren v1 , v2 , v3 ∈ R3 linear unabh¨angig sind, durch den Ansatz: λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = 0 mit λ1 , λ2 , λ3 ∈ R 0 1 1 1 (1) λ1 + λ2 + λ3 = 0 (2) λ2 + λ3 = 0 ⇔ λ 1 0 + λ2 1 + λ 3 1 = 0 ⇔ 0 2 1 1 (3) λ1 + λ2 + 2λ3 = 0 λ1 = 0 (1) − (2) (2) λ2 + λ3 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = 0 ⇒ Behauptung. ⇔ (3) − (1) λ3 = 0 Da die Dimension von R3 drei ist, bilden v1 , v2 , v3 eine Basis des R3 und es lassen sich alle Vektoren des R3 als Linearkombinationen der Basisvektoren v1 , v2 , v3 darstellen. Wir bestimmen die Linearkombination f¨ur ei , i = 1, 2, 3 jeweils durch den Ansatz: λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = ei mit λ1 , λ2 , λ3 ∈ R 1 1 1 1 (1) λ1 + λ2 + λ3 = 0 +λ2 1 +λ3 1 0 (2) λ2 + λ3 = F¨ur i = 1 : λ1 = ⇔ 1 1 2 0 (3) λ1 + λ2 + 2λ3 = λ1 = 1 (1) − (2) (2) λ2 + λ 3 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = 1, λ3 = −1 ⇒ e1 = v1 + v2 − v3 . ⇔ (3) − (1) λ3 = −1 1 0 1 1 (1) λ1 + λ2 + λ3 = 1 (2) λ 2 + λ3 = 0 +λ2 1 +λ3 1 ⇔ = F¨ur i = 2 : λ1 0 1 1 2 (3) λ1 + λ2 + 2λ3 = λ1 = −1 (1) − (2) λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 0 ⇒ e2 = −v1 + v2 . (2) λ2 + λ3 = 1 ⇔ ⇔ Dies kann man auch direkt sehen! (3) − (1) λ3 = 0 1
1 0 0
0 1 0
1 1 F¨ur i = 3 : λ1 0 +λ2 1 +λ3 1 1 λ1 = 0 (1) − (2) (2) λ 2 + λ3 = 0 ⇔ ⇔ (3) − (1) λ3 = 1
1 0 (1) λ1 + λ2 + λ3 = 0 1 = 0 ⇔ (2) λ2 + λ 3 = 0 2 1 (3) λ1 + λ2 + 2λ3 = 1 λ1 = 0, λ2 = −1, λ3 = 1 ⇒
e3 = −v2 + v3 .
Dies kann man auch direkt sehen!
2. (a) Die Vektoren p, q und s erh¨alt man direkt als Linearkombinationen der Einheitsvektoren e1 , e2 , e3 : p = 6 · e1 + 3 · e2 + 9 · e3 ,
q = 3 · e1 + 2 · e2 + 6 · e3 ,
s = s1 · e1 + s2 · e2 + s3 · e3 .
(b) Da wir in 1. die Einheitsvektoren als Linearkombinationen der Vektoren v1 , v2 , v3 bestimmt haben: e1 = v1 + v2 − v3 , e2 = −v1 + v2 , e3 = −v2 + v3 bekommen wir die Linearkombinationen der Vektoren p, q und s in der Basis v1 , v2 , v3 direkt als: p = 6 · e1 + 3 · e2 + 9 · e3 = 6 · (v1 + v2 − v3 ) + 3 · (−v1 + v2 ) + 9 · (−v2 + v3 ) = 3 · v1 + 3 · v3 Probe durch Nachrechnen! q = 3 · e1 + 2 · e2 + 6 · e3 = 3 · (v1 + v2 − v3 ) + 2 · (−v1 + v2 ) + 9 · (−v2 + v3 ) = v1 − v2 + 3 · v3 Probe durch Nachrechnen! s = s1 · e1 + s2 · e2 + s3 · e3 = s1 · (v1 + v2 − v3 ) + s2 · (−v1 + v2 ) + s3 · (−v2 + v3 ) = (s1 − s2 ) · v1 + (s1 + s2 − s3 ) · v2 + (−s1 + s3 ) · v3 = s01 · v1 + s02 · v2 + s03 · v3 mit s01 = s1 − s2 , s02 = s1 + s2 − s3 , und s03 = −s1 + s3 als Koordinaten von s in der Basis {v1 , v2 , v3 }. Damit haben wir eine einfache Umrechnung der alten Koordinaten s1 , s2 , s3 von s bzgl. der alten Basis {e1 , e2 , e3 } in die neuen Koordinaten s01 , s02 , s03 von s bzgl. der neuen Basis {v1 , v2 , v3 }. Bemerkung: Man kann die neuen Koordinaten von p, q oder s auch u¨ ber folgenden Ansatz bestimmen: λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = p, q oder s mit λ1 , λ2 , λ3 ∈ R Dies f¨uhrt wie oben auf Lineare Gleichungssysteme zur Bestimmung der neuen Koordinaten 1 1 1 s1 λ1 , λ2 , λ3 in der Basis {v1 , v2 , v3 }, z.B. f¨ur s : λ1 0 + λ2 1 + λ3 1 = s2 1 1 2 s3 λ1 = s 1 − s 2 (1) λ1 + λ2 + λ3 = s1 (1) − (2) (2) λ 2 + λ3 = s 2 (2) λ2 + λ3 = s2 ⇔ ⇔ (3) λ1 + λ2 + 2λ3 = s3 (3) − (1) λ3 = s 3 − s 1 ⇔ λ1 = s1 − s2 , λ2 = s1 + s2 − s3 , λ3 = −s1 + s3 ⇒ s = (s1 − s2 ) · v1 + (s1 + s2 − s3 ) · v2 + (−s1 + s2 ) · v3 . Damit gilt f¨ur p : und f¨ur q :
p = (6 − 3) · v1 + (6 + 3 − 9) · v2 + (−6 + 9) · v3 = 3 · v1 + 3 · v3 q = (3 − 2) · v1 + (3 + 2 − 6) · v2 + (−3 + 6) · v3 = v1 − v2 + 3 · v3
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