Zeigen Sie, dass V ein Untervektorraum des Vektorraums R3

Question

Aufgabe:

1.0 Gegeben ist die Menge

        \(V= \left\{  \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^3 | \det\begin{pmatrix} 1 & x & 3 \\ 0 & y & -1 \\ 2 & z & 3 \end{pmatrix}=0 \right\}\) .

1.1 Zeigen Sie, dass V ein Untervektorraum des Vektorraums R³ (mit den üblichen Verknüpfungen) ist!

1.2 Bestimmen Sie eine Basis und die Dimension von V!

Comments

Das ist unverständlich. Steht \(\begin{pmatrix} 1 & x & 3 \\ 0 & y & -1 \\ 2 & z & 3 \end{pmatrix}=0\) für die Nullmatrix??? Dann ist \(V=\emptyset\).

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oh nein, das musste ich ja klarer eintippen.

Ich meinte die Determinante = 0

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Also meinst du \(V=\left \{\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}\in \mathbb{R}^3: \det \begin{pmatrix} 1 & x & 3 \\ 0 & y & -1 \\ 2 & z & 3 \end{pmatrix}=0\right \}\)?

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ja, das meine ich.

Answer 1

Es gibt 3 Kriterium zum Nachweis für Untervektorräume:

$$\text{1. } V \subseteq \mathbb{R}^3 \text{ folgt direkt aus der impliziten Mengenbeschreibung.}$$

$$\text{2. Es gilt } (0,0,0)^T\in V \text{, da } x=y=z=0 \text{ eine Nullspalte in der Matrix ergibt. }$$

$$\text{3. Für } v,w\in V, \lambda\in \mathbb{R} \text{ gilt } \lambda\cdot v + w\in V \text{ aufgrund der Linearität der Determinante.}$$

Falls du 3. genauer haben möchtest:

$$\text{Seien }v,w\in V, \lambda\in \mathbb{R}, v=(v_1,v_2,v_3)^T, w=(w_1,w_2,w_3)^T. \\\det\begin{pmatrix}1 & \lambda\cdot v_1+w_1 & 3 \\0 & \lambda\cdot v_2+w_2 & -1 \\ 2 & \lambda\cdot v_3+w_3 & 3 \end{pmatrix} = \lambda\cdot det\begin{pmatrix} 1 & v_1 & 3 \\ 0 & v_2 & -1 \\ 2 & v_3 & 3  \end{pmatrix}+det\begin{pmatrix} 1 & w_1 & 3 \\ 0 & w_2 & -1 \\ 2 & w_3 & 3  \end{pmatrix} = \lambda\cdot 0 + 0 = 0$$

Bestimmung der Dimension und Basis:

$$\text{Nach dem Satz von Sarrus gilt: } \forall (x,y,z)^T\in V: -3y -2x +z = 0 \Rightarrow z=3y+2x.$$

$$\text{Damit gilt } V=\{(x,y,3y+2x)^T| \ x,y\in \mathbb{R}\} = \{x\cdot (1,0,2)^T + y\cdot (0,1,3)^T| \ x,y\in \mathbb{R}\}.$$

$$\text{Also ist } dim(V)=2 \text{ und eine mögliche Basis wäre } B=\{(1,0,2)^T, (0,1,3)^T\}.$$

Answer 2

Hallo,

es gilt mit dem Laplaceschen Entwicklungssatz$$\det \begin{pmatrix} 1 & x & 3 \\ 0 & y & -1 \\ 2 & z & 3 \end{pmatrix}=\det \begin{pmatrix} y & -1 \\ z & 3 \end{pmatrix}+2\det \begin{pmatrix}x & 3 \\ y & -1 \end{pmatrix}=3y+z+2(-x-3y)=-3y-2x+z=0$$, damit ist \(V=\left \{\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}\in \mathbb{R}^3: -3y-2x+z=0\right \}\). Das ist ein linearer Unterraum des \(\mathbb{R}^3\) als Koordinantenform einer Hyperebene durch den Nullpunkt.

Du kannst das auch sofort umschreiben zu:$$V=\left \{\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}\in \mathbb{R}^3: \underbrace{\begin{pmatrix} -2 & -3 & 1 \end{pmatrix}}_{=:A}\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=0\right \}=\ker A$$ Der Kern ist ein UVR von \(\mathbb{R}^3\). Mit dem Wissen, dass \(V\) eine Hyperebene ist, kannst du nun auch die Basis bestimmen (das sind die Spannvektoren der Ebene) und die Dimension sollte auch klar sein.

Zur Bestimmung der Basis und der Dimension:

Pick dir einfach drei Punkte raus, die die Koordinantengleichung erfüllen, beispielsweise \((0,0,0), (1,0,2), (1,-1,-1)\). Dann stellst du eine Parametergleichung auf durch:$$\vec{x}=\begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}+r\begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} 1\\-1\\-1\end{pmatrix}=\left \langle \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1\\-1\\-1 \end{pmatrix}\right\rangle$$ Also ist \(\mathcal{B}=\left \{ \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1\\-1\\-1 \end{pmatrix}\right\}\) eine Basis. Die Dimension ist die Länge der Basis und damit \(\dim V=2\).

Answer 3

V = { (x y z)^T ∈ ℝ³ | z - 3y - 2x = 0 }

z - 3y - 2x = 0 ⇔ z = 3y + 2x

V = { x·(1 0 2)^T + y·(0 1 3)^T ∈ ℝ³ | x, y ∈ ℝ }