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In C3 \mathbb{C}^{3} seien die folgenden Vektoren gegeben:

v1=(12i3i1+i),v2=(40i),v3=(2+i31),v4=(iii) v_{1}=\left(\begin{array}{c}1-2 \mathrm{i} \\ 3 \mathrm{i} \\ -1+\mathrm{i}\end{array}\right), \quad v_{2}=\left(\begin{array}{c}4 \\ 0 \\ -\mathrm{i}\end{array}\right), \quad v_{3}=\left(\begin{array}{c}-2+\mathrm{i} \\ -3 \\ -1\end{array}\right), \quad v_{4}=\left(\begin{array}{l}\mathrm{i} \\ \mathrm{i} \\ \mathrm{i}\end{array}\right)

Sind v1,v2,v4 v_{1}, v_{2}, v_{4} linear unabhängig?

Ansatz:

a1*v1+a2*v2+a4*v4=0   a1,a2,a4 € C

(12i4i3i0i1+iii) \begin{pmatrix} 1-2i& 4&i \\ 3i & 0&i\\ -1+i&-i&i \end{pmatrix} (a1a2a3) \begin{pmatrix} a1\\a2\\a3 \end{pmatrix} =(000) \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}

Zeile 2 liefert:

3ia1+ia4=0 /-3ia1

ia4=-3ia1 / :i

-->a4=-3a1


Zeile 1 liefert:

(1-2i)a1+4a2-3ia1=0

a1-2ia1-3ia1+4a2=0

-a1-5ia1+4a2=0

a1(-1-5i)+4a2=0 / -a1(-1-5i) /:4

--> a2=a1(15i)4 \frac{-a1(-1-5i)}{4}


Zeile 3 liefert:

(-1+i)a1-i(a1(15i))4 \frac{i(-a1(-1-5i))}{4} -3ia1=0

--> 4a1+4ia1a1i+5a112ia14 \frac{-4a1+4ia1-a1i+5a1-12ia1}{4} a1(19i)4 \frac{a1(1-9i)}{4}

a1(19i)4 \frac{a1(1-9i)}{4} =0 ⇒ a1=0


Einsetzten in a2, a4

a2= 0*(-1-5i)/4a2=0


a4=-3*0 ⇒ a4=0


a1=a2=a4=0 , somit sind v1,v2,v4 linear unabhängig, weil es nur die triviale Lösung gibt.

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Kann man das direkt so machen, ohne die Matrix erstmal auf Stufenform zu bringen?

Wäre das so korrekt?


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