Vektoren Beweis: α, β, γ finden

Question

Beweisen oder widerlegen Sie die beiden folgenden Aussagen.

1.) Für jeden Vektor \( \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \) ∈ R³ gibt es α, β, γ ∈ R sodass

α\( \begin{pmatrix} 1\\1\\2 \end{pmatrix} \)  + β \( \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix} \) +  γ \( \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix} \) = \( \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \)

1.) Für jeden Vektor \( \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \) ∈ R³ gibt es α, β, γ ∈ R sodass
α \( \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix} \)  + β \( \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \) +  γ \( \begin{pmatrix} 2\\-1\\2 \end{pmatrix} \) = \( \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \)

Answer 1

Aloha :)

1) Beachte, dass die Grund-Vektoren linear abhängig sind:

$$\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$

Daher kannst du in der Gleichung$$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\alpha\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}+\beta\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}+\gamma\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$auch \(\alpha=0\) setzen und kannst trotzdem alle Vektoren bauen, die du mit beliebigem \(\alpha\) bauen kannst:$$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\beta\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}+\gamma\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$

Du hast also bei 3 vorgegebenen Werten \(x,y,z\) nur 2 Freiheitsgrade \(\beta,\gamma\) zur Verfügung. Das reicht nicht, um für jeden Vektor \((x,y,z)^T\) eine geeignete Darstellung zu finden.

Als Gegenbeispiel kannst du versuchen, den Vektor \((0,0,0)^T\) zu konstruieren ;)

2) Im zweiten Fall sind die drei Grund-Vektoren linear unabhängig (ihre Determinante ist \(1\) und damit \(\ne0\)). Daher kannst du hier tatsächlich alle Vektoren \((x,y,z)^T\) durch geeignete Wahl von \(\alpha,\beta,\gamma\) konstruieren.

Answer 2

1.) Überführe die erweiterte Koeffizientenmatrix

        \(\begin{pmatrix}1&1&0&x\\1&0&1&y\\2&1&1&z\end{pmatrix}\)

durch elementare Zeilenumformungen in Zeilenstufenform. Dadurch kannst du die Lösbarkeit der Gleichung ablesen.

Bei der zweiten Teilaufgabe 1.) ebenso.

Answer 3

Zu 1.) obere

Die Aussage kann leicht widerlegt werden, wenn man \( \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \)=\( \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \)  wählt. Dann hat das System der Komponentengleichungen keine Lösung.