Lineare Unabhängigkeit < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Hi,
ich versuche einen seltsamen (finde ich zumindest) Beweis zu führen.
Die Behauptung: Lässt man von 4 lin. unabh. Vektoren einen weg, so sind die restlichen Vektoren auch lin.unabh.
Ich hab keine Ahnung wie ich das beweisen soll, dass das stimmt ist doch logisch 
Lg
Flipper
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:46 Di 28.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Flipper!
Die Behauptung kannst du bequem und leicht über einen Widerspruchsbeweis verifizieren:
Sei nämlich [mm] $B:=\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$ [/mm] eine linear unabhängige Menge von Vektoren. Nach Definition der linearen Unabhängigkeit bedeutet das, dass es nur die triviale Nullvektorkombination gibt, d.h. also, dass aus [mm] $a_1\cdot v_1+a_2\cdot v_2+a_3\cdot v_3+a_4\cdot v_4=0$ [/mm] (mit Skalaren [mm] $a_1,a_2,a_3,a_4$) [/mm] sofort [mm] $a_1=a_2=a_3=a_4=0$ [/mm] folgt. So, betrachten wir jetzt mal die Mengen [mm] $B':=B\setminus\{v_4\}$ [/mm] (es ist irrelevant, welchen Vektor wir weglassen, da wir sie alle gleich behandeln - wir handeln also "ohne Beschränkung der Allgemeinheit" (o.B.d.A.)). Nehmen wir an, $B'$ wäre linear abhängig, dann gäbe es also eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors, es ließen sich also Koeffizienten [mm] $a_1,a_2,a_3$ [/mm] finden, von denen wenigstens einer ungleich Null ist, sodass [mm] $a_1\cdot v_1+a_2\cdot v_2+a_3\cdot v_3=0$ [/mm] gilt. Dies allerdings ist ein Widerspruch, da dann auch [mm] $a_1\cdot v_1+a_2\cdot v_2+a_3\cdot v_3+0\cdot v_4=0$ [/mm] eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors wäre und auch $B$ entgegen der Definition linear abhängig wäre. Damit muss $B'$ linear abhängig sein.
Liebe Grüße,
Hanno
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