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Lineare Algebra » Vektorräume » Aussage über n-dimensionalen Vektorraum
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Universität/Hochschule J Aussage über n-dimensionalen Vektorraum
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-14 23:59


Hallo zusammen,

ich habe eine mE sehr peinliche Frage 😖

Sei $V$ ein $n-$dimensionaler Vektorraum. Dann gilt:
Jede Familie von n linear unabhängigen Vektoren ist eine Basis von V.

Der  Beweis hierzu, kurz und knapp: Eine maximale linear unabhängige Familie ist eine Basis.

Wieso ist diese Familie maximal linear unabhängig?
Strikt nach Definition heißt eine linear unabhängige Teilmenge $S \subset V$ maximal, wenn $S \cup \{b\}$ für jedes $b \in V \backslash S$ linear abhängig ist.

Wieso ist das in diesem Fall so?

Wie immer danke ich euch für jede Hilfe!

VG X3nion



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Kampfpudel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-15 01:34


Hey X3nion,

peinlich wäre es meines Erachtens planlos in eine Prüfung zu gehen, ohne Fragen gestellt zu haben :)

Also es gibt mehrere äquivalente Definitionen der Dimension eines Vektorraums \(V\):
1) Die maximale Anzahl linear unabhängiger Vektoren in \(V\),
2) Die minimale Anzahl Vektoren, die ein Erzeugendensystem bilden,
3) Genau die Anzahl Vektoren einer Basis von \(V\).

Ich vermute mal, dass du bei dir die 3) als Definition der Dimension zu Grunde liegen hast und verstehen willst, warum es dann keine \(m\) linear unabhängige Vektoren geben kann, wobei \(m>n\).(?)
Die Antwort darauf ist aber nicht ganz so trivial.

Nun, seien dazu \(m>n\), \(\{v_1,...,v_n\} \subset V\) eine Basis von \(V\) und \(w_1,...,w_m \in V\). Zu zeigen ist, dass \(w_1,...,w_m\) linear abhängig ist, d.h. es existieren \(\mu_1,...,\mu_m \in K\), sodass
\(\sum\limits_{i=1}^m \mu_i w_i =0\) aber \(\mu_i \neq 0\) für mindestens ein \(i \in \{1,...,m\}\).

Um das zu zeigen, zeigen wir, dass \(A:= \{(\mu_1,...,\mu_m) \in K^m: ~\sum\limits_{i=1}^m \mu_i w_i =0 \}\) nicht nur aus dem Nullvektor besteht.

Weil \(\{v_1,...,v_n\} \) eine Basis von \(V\) ist, existieren für jedes \(i \in \{1,...,m\}\) und \(j \in \{1,...,n\}\) eindeutig bestimmte \(\lambda_{j,i} \in K\), sodass
\(w_i = \sum\limits_{j=1}^n \lambda_{j,i} v_j\).
Es ist also
\(\sum\limits_{i=1}^m \mu_i w_i = \sum\limits_{i=1}^m \sum\limits_{j=1}^n \lambda_{j,i} \mu_i v_j = \sum\limits_{j=1}^n (\Lambda \cdot \mu)_j v_j\),
wobei \(\Lambda = (\lambda_{j,i})^{1 \leq j \leq n}_{1 \leq i \leq m} \in K^{n \times m}\), \(\mu = \begin{pmatrix} \mu_1 \\ \cdot \\ \cdot \\ \cdot \\ \mu_m \end{pmatrix} \in K^m\) und \((\Lambda \cdot \mu)_j\) die j-te Komponente des Vektors \(\Lambda \cdot \mu \in K^n\) ist.
Folglich ist \(\mu \in A \Leftrightarrow (\Lambda \cdot \mu)_j = 0 ~ \text{für alle} ~ j \in \{1,...,n\} \Leftrightarrow \Lambda \cdot \mu = 0 \Leftrightarrow \mu \in \ker(\Lambda)\).
Es ist also \(A= \ker(\Lambda)\) und nach dem Dimensionssatz gilt \(\dim (\ker(\Lambda))= \dim(K^m) - rk(\Lambda) \geq m-n >0\). D.h. \(A\) besteht nicht nur aus dem Nullvektor und somit sind \(w_1,...,w_m\) linear abhängig.

Edit: So, jetzt habe ich genug editiert :)




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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 16:48


Hey Kampfpudel und vielen Dank dir für deinen ausführlichen Beitrag! 🙂
Das ist alles total sinnig. Aber im Skript kommt die Dimensionsformel erst später 😁
Es muss also einen einfacheren Weg geben?
Der Beweis ist aber so schön, dass man ihn abheften kann, von dem her würde ich das so belassen.

Jedenfalls wurde bei uns die Dimension genau so definiert: Sei $V$ ein Vektorraum mit Basis $S$. Ist $S$ endlich und besitzt $n$ Elemente, $n \in \mathbb{N}$, so hat $V$ die Dimension $n$, $dim V = n$, ergo genau die Anzahl der Vektoren einer Basis.

Eine Frage habe ich noch:
Wieso gilt $\mu \in A \Leftrightarrow (\Lambda \cdot \mu)_j = 0 ~ \text{für alle} ~ j \in \{1,...,n\}$ ?

Viele Grüße,
X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-15 17:54

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo,

man kann den Austauschsatz von Steinitz in der folgenden Version benutzen:
Sei $v_1,\ldots, v_n\in V$ eine Basis und $w\in V$. Dann existieren eindeutig bestimmte $\lambda_i\in V$ mit $\sum_{i=1}^n\lambda_iv_i=w$ und es gilt:
Für jedes $i\in\{1,\ldots,n\}$ mit $\lambda_i\not=0$ ist $v_1,\ldots, v_{i-1},w,v_{i+1},\ldots, v_n$ eine Basis von $V$.

Jetzt zum Beweis der Aussage

Sei $V$ ein $n-$dimensionaler Vektorraum. Dann gilt:
Jede Familie von n linear unabhängigen Vektoren ist eine Basis von V.

Sei also $v_1,\ldots, v_n$ eine Basis und $w_1,\ldots, w_n$ eine linear unabhängige Teilmenge von $V$.
Zunächst tauschen wir $w_1$ mit einem $v_i$ aus (o.B.d.A. $i=1$). Dann ist also $w_1,v_2,\ldots, v_n$ eine Basis.
Induktiv nehmen wir jetzt an, dass $w_1,\ldots, w_i, v_{i+1},\ldots, v_n$ eine Basis ist (nach eventueller Umnummerierung der $v_i$).
Da $w_1,\ldots, w_{i+1}$ linear unabhängig ist, muss es nach obiger Version des Satzes von Steinitz ein $v_{j}$ mit $j\in\{i+1,\ldots, n\}$ geben, so dass $w_1,\ldots, w_i, v_{i+1}, \ldots,v_{j-1}, w_j, v_{j+1},\ldots, v_n$ eine Basis ist. (Warum?) Nach erneuter Umnummerierung können wir wieder $j=i+1$ annehmen.
Per Induktion folgt also (für $i=n$), dass $w_1,\ldots, w_n$ eine Basis ist.
\(\endgroup\)


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Kampfpudel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-07-15 18:07


Hey,

klar gerne.
Hmm okay, habt ihr denn lineare Gleichungssysteme vorher behandelt? Denn im Endeffekt ist es nur ein homogenes, lineares Gleichungssystem mit \(n\) Gleichungen und \(m\) unbekannten, wobei \(m>n\). Und die Lösungsmenge davon besteht nie nur aus dem Nullvektor

2020-07-15 16:48 - X3nion in Beitrag No. 2 schreibt:

Eine Frage habe ich noch:
Wieso gilt $\mu \in A \Leftrightarrow (\Lambda \cdot \mu)_j = 0 ~ \text{für alle} ~ j \in \{1,...,n\}$ ?


Es ist ja \(\mu \in A \Leftrightarrow 0 = \sum\limits_{i=1}^{m} \mu_i w_i = \sum\limits_{i=1}^{m} \sum\limits_{j=1}^{n}\mu_i \lambda_{j,i} v_j = \sum\limits_{j=1}^{n} \bigg( \sum\limits_{i=1}^{m} \lambda_{j,i} \mu_i \bigg) v_j = \sum\limits_{j=1}^{n} (\Lambda \cdot \mu)_j v_j \Leftrightarrow (\Lambda \cdot \mu)_j=0\) für alle \(j \in \{1,...,n\}\), da die \(v_j\) linear unabhängig sind.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 18:44

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo zusammen,

2020-07-15 18:07 - Kampfpudel in Beitrag No. 4 schreibt:

Hmm okay, habt ihr denn lineare Gleichungssysteme vorher behandelt? Denn im Endeffekt ist es nur ein homogenes, lineares Gleichungssystem mit \(n\) Gleichungen und \(m\) unbekannten, wobei \(m>n\). Und die Lösungsmenge davon besteht nie nur aus dem Nullvektor

Ja klar, so ein Theorem kam vorher dran. Und daraus folgt dann das Gewünschte 🙂 und mir ist nun dein Beweis komplett klar geworden. Dankeschön!


2020-07-15 17:54 - Nuramon in Beitrag No. 3 schreibt:

man kann den Austauschsatz von Steinitz in der folgenden Version benutzen:
Sei $v_1,\ldots, v_n\in V$ eine Basis und $w\in V$. Dann existieren eindeutig bestimmte $\lambda_i\in V$ mit $\sum_{i=1}^n\lambda_iv_i=w$ und es gilt:
Für jedes $i\in\{1,\ldots,n\}$ mit $\lambda_i\not=0$ ist $v_1,\ldots, v_{i-1},w,v_{i+1},\ldots, v_n$ eine Basis von $V$.

Wieso kann man den Satz so benutzen?
Er heißt ja konkret, zumindest bei uns:
 
Sei $V$ ein Vektorraum. Ist die Familie $\{a_1,\ldots,a_p\}$ linear unabhängig und sei $\{b_1,\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$.
Dann gilt $p\le n$ und nach einer Umnummerierung der $b_i$'s ist auch die Familie $\{a_1,\ldots,a_p,b_{p+1},\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$.



Da $w_1,\ldots, w_{i+1}$ linear unabhängig ist, muss es nach obiger Version des Satzes von Steinitz ein $v_{j}$ mit $j\in\{i+1,\ldots, n\}$ geben, so dass $w_1,\ldots, w_i, v_{i+1}, \ldots,v_{j-1}, w_j, v_{j+1},\ldots, v_n$ eine Basis ist. (Warum?)

Hmm ich stehe hier gerade auf dem Schlauch. Magst du mir einen kleinen Tipp geben?


Viele Grüße,
X3nion
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-07-15 19:07

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-15 18:44 - X3nion in Beitrag No. 5 schreibt:
2020-07-15 17:54 - Nuramon in Beitrag No. 3 schreibt:

man kann den Austauschsatz von Steinitz in der folgenden Version benutzen:
Sei $v_1,\ldots, v_n\in V$ eine Basis und $w\in V$. Dann existieren eindeutig bestimmte $\lambda_i\in V$ mit $\sum_{i=1}^n\lambda_iv_i=w$ und es gilt:
Für jedes $i\in\{1,\ldots,n\}$ mit $\lambda_i\not=0$ ist $v_1,\ldots, v_{i-1},w,v_{i+1},\ldots, v_n$ eine Basis von $V$.

Wieso kann man den Satz so benutzen?
Er heißt ja konkret, zumindest bei uns:
 
Sei $V$ ein Vektorraum. Ist die Familie $\{a_1,\ldots,a_p\}$ linear unabhängig und sei $\{b_1,\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$.
Dann gilt $p\le n$ und nach einer Umnummerierung der $b_i$'s ist auch die Familie $\{a_1,\ldots,a_p,b_{p+1},\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$.
Also mit eurer Version des Satzes folgt doch sogar sofort, dass in einem $n$-dimensionalen Vektorraum jede Menge von $p=n$ linear unabhängigen Vektoren maximal linear unabhängig sein muss.
Vermutlich beweist ihr eure Version auch ziemlich ähnlich zu meinem Beweis aus No.5.

Die Version des Austauschsatzes, die ich erwähnt habe ergibt sich aus dem Beweis (der bei euch vermutlich eine Induktion nach $p$ ist; im Induktionsanfang wird dann die Version aus No.5 bewiesen). Das wird auch gern mal in einer Klausur abgefragt, es lohnt sich also den Beweis nochmal anzusehen, falls du dich gerade auf eine vorbereitest.



Da $w_1,\ldots, w_{i+1}$ linear unabhängig ist, muss es nach obiger Version des Satzes von Steinitz ein $v_{j}$ mit $j\in\{i+1,\ldots, n\}$ geben, so dass $w_1,\ldots, w_i, v_{i+1}, \ldots,v_{j-1}, w_j, v_{j+1},\ldots, v_n$ eine Basis ist. (Warum?)

Hmm ich stehe hier gerade auf dem Schlauch. Magst du mir einen kleinen Tipp geben?
Schreibe $w_{i+1}= \sum_{k=1}^i \lambda_k w_k + \sum_{k=i+1}^n \lambda_k v_k$ (das geht, weil wir annehmen, dass $w_1,\ldots, w_i, v_{i+1},\ldots, v_n$ eine Basis ist). Zu zeigen ist, dass es ein $\lambda_j\not=0$ mit $i+1\leq j \leq n $ gibt. Angenommen das wäre nicht der Fall, ...
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 19:26



Schreibe $w_{i+1}= \sum_{k=1}^i \lambda_k w_k + \sum_{k=i+1}^n \lambda_k v_k$ (das geht, weil wir annehmen, dass $w_1,\ldots, w_i, v_{i+1},\ldots, v_n$ eine Basis ist). Zu zeigen ist, dass es ein $\lambda_j\not=0$ mit $i+1\leq j \leq n $ gibt. Angenommen das wäre nicht der Fall, ...

Dann müsste für ein $1 \le i \le n$ gelten, dass $\lambda_{i} \neq 0$, denn $w_{i+1}$ ist $\neq 0$, weil die Menge $\{w_{1}, ..., w_{n}\}$ linear unabhängig ist. Dann wäre aber $w_{i+1}$ durch die anderen $w_{i}$'s darstellbar - Widerspruch zur linearen Unabhängigkeit :))




Wir beweisen per Induktion nach $k$, dass $\{a_1,\ldots,a_k, b_{k+1},\ldots,b_n\}$ für $0\le k\le n$ nach Umnummerierung der $b_i$'s ebenfalls ein Erzeugendensystem von $V$ ist. (Wäre $p>n$, so folgte aus diesem Beweis, dass insbesondere $\{a_1,\ldots,a_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$ ist. Dann wäre aber $a_{n+1}$ aus $a_1,\ldots,a_n$ linear kombinierbar. Widerspruch.)
Für $k=0$ ist die Aussage klar. Sei also $\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+1},\ldots,b_n\}$ ein Erzeugendensystem von $V$. Es gibt also eine Linearkombination davon, die $a_{k+1}$ darstellt \[a_{k+1}=\sum\limits_{i=1}^k \lambda^ia_i +\sum\limits_{j=k+1}^n \mu^jb_j.\] Da $a_{k+1}\neq0$ ist und da die $a_i$'s linear unabhängig sind, ist ein $\mu^j\neq0$, ohne Einschränkung $\mu^{k+1}\neq0$. Daher ist $b_{k+1}\in\langle a_1,\ldots,a_{k+1}, b_{k+2},\ldots,b_n\rangle$. Setze $S:=\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+2},\ldots,b_n\}$. Nach Theorem erhalten wir \[\langle S\cup\{b_{k+1}\}\rangle =\langle S\cup\{a_{k+1},b_{k+1}\}\rangle =\langle S\cup\{a_{k+1}\}\rangle.\] Die Behauptung folgt nun per Induktion.


Ich habe den Beweis des Austauschsatzes von Steinitz in einem anderen Post abgetippt, weil mir da auch das ein oder andere unklar war.
Die Induktion erfolgt nach k, für $0 \le k \le p$.
Der Induktionsanfang ist k = 0. Wieso folgt deine Variante daraus?
Oder folgt sie nur daraus, wenn man die Induktion nach p macht?


VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-07-15 20:08

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-15 19:26 - X3nion in Beitrag No. 7 schreibt:
Ich habe den Beweis des Austauschsatzes von Steinitz in einem anderen Post abgetippt, weil mir da auch das ein oder andere unklar war.
Die Induktion erfolgt nach k, für $0 \le k \le p$.
Der Induktionsanfang ist k = 0. Wieso folgt deine Variante daraus?
Oder folgt sie nur daraus, wenn man die Induktion nach p macht?
Für $k=1$ folgt meine Aussage. Ich schreibe es mal aus:

Sei $v_1,\ldots, v_n$ ein Erzeugendensystem und $w= \sum_{k=1}^n \lambda_k v_k$ (*).
Falls $\lambda_i\not=0$ ist, dann folgt
$$v_i= \frac 1{\lambda_i}\left(\sum_{k=1}^i \lambda_k v_k -w +\sum_{k=i+1}^n \lambda_k v_k \right).$$ Sei $L$ die lineare Hülle von $v_1,\ldots, v_{i-1}, w,v_{i+1},\ldots, v_n$. Obige Gleichung zeigt $v_i\in L$.
Trivialerweise sind auch $v_1,\ldots, v_{i-1},v_{i+1},\ldots, v_n$ in $L$ enthalten.
Damit ist $L$ ein Untervektorraum von $V$, der ein Erzeugendensystem enhält. Also $L=V$, d.h. $v_1,\ldots, v_{i-1}, w,v_{i+1},\ldots, v_n$ ist ein Erzeugendensystem.

Wenn wir mit der Annahme starten, dass $v_1,\ldots, v_n$ sogar eine Basis ist, dann ist auch $v_1,\ldots, v_{i-1}, w,v_{i+1},\ldots, v_n$ eine Basis (also zusätzlich noch linear unabhängig):
Wenn nicht, dann müsste nämlich $w$ sich als Linearkombination von $v_1,\ldots, v_{i-1}, v_{i+1},\ldots, v_n$ schreiben lassen. Dann wäre die Darstellung (*) aber nicht eindeutig, also $v_1,\ldots, v_n$ keine Basis.
\(\endgroup\)


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Hey Nurmaon,

das ergibt alles so viel Sinn, vielen Dank dir!

Eine Kleinigkeit noch: Wieso müsste sich - unter der Annahme, dass $v_1,\ldots, v_{i-1}, v_{i+1},\ldots, v_n$ nicht linear unabhängig ist - gerade w als Linearkombination von $v_1,\ldots, v_{i-1}, v_{i+1},\ldots, v_n$ schreiben lassen?
Es gibt einen Satz, der besagt, dass eine Famliie von Vektoren $\{a_1, ..., a_n\}$ genau dann linear unabhängig ist, wenn sich keiner der Vektoren als Linearkombination der anderen schreiben lässt.
Die Negation davon wäre, dass sich mindestens ein Vektor als Linearkombination aus den anderen schreiben lässt.
Aber woher wissen wir, dass es genau w ist?

VG X3nion



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Nuramon
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Angenommen es gäbe eine nichttriviale Linearkombination $0= \mu_1 v_1+\ldots \mu_{i}w +\ldots + \mu_n v_n$.
Es muss dann $\mu_i\not=0$ sein, da $v_1,\ldots, v_n$ linear unabhängig sind. Also kann man die Gleichung nach $w$ auflösen.
\(\endgroup\)


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Vielen vielen Dank dir, Nuramon! Mir ist nun alles klar geworden 🙂
Und natürlich auch ein Dankeschön an dich, Kampfpudel, für den vorangegangenen Beweis und die Erläuterungen dazu!

Viele Grüße,
X3nion



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