Niezależnośc liniowa wektorów

[janusz55]

Pani Karoliko, ale \( \frac{-20}{20} = -1 \) i wtedy \( \cos(\phi) = -1, \ \ \phi = 180^{o} \) - wektory leżą na jednej prostej i mają zwroty przeciwne - są liniowo- zależne.

[Karolinka1231231]

Dobrze czyli Pana wcześniejszy wynik jest błędny tak?

[janusz55]

Tak, bo pomyliłem się w obliczeniach.

[janusz55]

Załóżmy, że wektory \( \vec{a}, \vec{b} \in E^2.\)

Niech ich współrzędne: \( \vec{a}= \begin{bmatrix} a_{1} \\ a_{2} \end{bmatrix}, \ \ \vec{b} = \begin{bmatrix} b_{1} \\ b_{2} \end{bmatrix}. \)

Z treści zadania:

\( \parallel \vec{a}\parallel = \sqrt{a^2_{1} + a^2_{2}}=1 , \ \ \parallel \vec{b}\parallel = \sqrt{b^2_{1} + b^2_{2}}=2, \ \ \vec{a} \circ \vec{b} = a_{1}\cdot b_{1}+ a_{2}\cdot b_{2} = -2. \)

Jednym z rozwiązań tego układu równań jest para wektorów o współrzędnych: \( \vec{a}= \begin{bmatrix} 1 \\ 0\end{bmatrix}, \ \ \vec{b} = \begin{bmatrix} -2\\ 0\end{bmatrix}. \)

Obliczamy współrzędne wektorów \( \vec{u} \) i \(\vec{v}: \)

\( \vec{u} = 2\cdot \vec{a} - \vec{b} = 2\cdot \begin{bmatrix} 1 \\ 0\end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -2\\ 0\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 4 \\ 0\end{bmatrix}. \)

\( \vec{v} = \vec{a} + 3\cdot \vec{b} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0\end{bmatrix} +3 \cdot \begin{bmatrix} -2\\ 0\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} -5 \\ 0\end{bmatrix}. \)

Badamy liniową niezależność wektorów \( \vec{u}, \vec{v}:\)

\( \alpha\cdot \vec{u} + \beta \cdot \vec{v} = \alpha \begin{bmatrix} 4 \\ 0\end{bmatrix} + \beta\begin{bmatrix} -5 \\ 0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0\end{bmatrix}, \ \ \alpha, \beta \in \rr. \)

Stąd

\( \begin{cases} 4\alpha - 5 \beta = 0, \\ 0\alpha + 0\beta = 0 \end{cases} \)

\( \alpha = \frac{5}{4} \beta, \ \ \alpha, \beta \in \rr.\)

Wektory \( \vec{u}, \ \ \vec{v} \) są liniowo - zależne.

[kerajs]

Skoro znaleziono błąd rachunkowy w pierwszym, to wskażę merytoryczny w drugim.
Tu z równania:

\( (2\alpha+\beta ) a + (-\alpha + 3\beta)b = 0,\)

janusz55 tworzy układ

\( \begin{cases} 2\alpha+\beta =0 \\ -\alpha + 3\beta =0. \end{cases}\)

zakładając (bez sprawdzenia czy tak w istocie jest), że wektory a i b są niezależne (nie są równoległe). A że akurat tak tu nie jest, to zarówno układ jest błędny, jak i wniosek wynikający z jego rozwiązania.
Jak widać, badanie niezależności wektorów u i v wymaga tu badania niezależności wektorów a i b. (patrz post z 13 sty 2024, 09:23).


Trzeci sposób ( z 13 sty 2024, 20:44) trudno nazwać rozwiązaniem skoro dotyczy arbitralnie wybranego przykładu w arbitralnie wybranej przestrzeni .

Konkluzja: wydaje się iż najlepszym jest uniwersalny sposób zaproponowany przez Karolinę. Wymaga on jedynie uważności przy prostych rachunkach.

[Karolinka1231231]

Ale można na spokojnie użyć tego pierwszego sposobu od Pana Janusza w którym był błąd rachunkowy?

[janusz55]

Zadanie nie jest dokładnie sformułowane. Nie wiemy do jakich przestrzeni należą wektory \( \vec{a}, \vec{b}. \)

Jeden przykład w przestrzeni euklidesowej wymiaru \( 2 \) wystarcza, aby stwierdzić, że wektory \( \vec{u}, \ \ \vec{v} \) są liniowo-zależne.

[kerajs]

Ale można na spokojnie użyć tego pierwszego sposobu od Pana Janusza w którym był błąd rachunkowy?

Oczywiście, że można. Niewiele się on różni od Twojego.
Generalnie, można użyć dowolnego sposobu, byle w poprawny sposób.

Zadanie nie jest dokładnie sformułowane. Nie wiemy do jakich przestrzeni należą wektory \( \vec{a}, \vec{b}. \)

Moim zdaniem zadanie jest wystarczająco dobrze sformułowane, w tym i dla przestrzeni o większych wymiarach niż 2.

Jeden przykład w przestrzeni euklidesowej wymiaru \( 2 \) wystarcza, aby stwierdzić, że wektory \( \vec{u}, \ \ \vec{v} \) są liniowo-zależne.

Tak, wystarczy jeden przykład ogólny, a nie szczególny. I będzie on dotyczył jedynie
płaszczyzny.