Lineare Unabhängigkeit von Vektoren beweisen

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Mein Beweis sieht folgendermaßen aus:

\(\lambda_1v_1 + \lambda_2(v_1 +v_2) + \lambda_3(v_1 + v_2 +v_3)= 0 \) 
mit \(\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0\)
Distributivgesetz
\(\lambda_1v_1 + \lambda_2v_1 + \lambda_2v_2 + \lambda_3v_1 + \lambda_3v_2 + \lambda_3v_3=0 \)
danach sortieren
\(\lambda_1v_1 + \lambda_2v_1 + \lambda_3v_1 + \lambda_2v_2 + \lambda_3v_2 + \lambda_3v_3=0 \)
Distributivgesetz
\((\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3)v_1 + (\lambda_2 + \lambda_3)v_2 + \lambda_3v_3=0 \)
weil die lambdas Null sind folgt daraus
\((\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3)=0\)
\((\lambda_2 + \lambda_3)=0\)
\(\lambda_3=0 \)
somit sind die Vektoren \(v_1v_2v_3 \) linear unabhängig
Ist mein Beweis korrekt ?
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Nicht korrekt. Es ist die lin. Unabh. von \(v_1,v_2,v_3\) zu zeigen, also:
WENN \(\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\lambda_3v_3=0\), DANN ist \(\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0\).
Dazu ist die entsprechende Aussage für \(v_1,v_1+v_2,v_1+v_2+v_3\) zu benutzen. Die steht am Anfang Deines Beweises, aber nicht richtig, denn das WENN DANN fehlt. Das ist hier wichtig.
Der Beweis fängt also an mit:

SEI \(\mu_1v_1+\mu_2v_2+\mu_3v_3=0\). Dann umformen bis die Voraussetzung eingebracht werden kann, diese dann ausnutzen (ACHTUNG: WENN DANN beachten!). Nochmal umformen, dann am Ende \(\mu_1=\mu_2=\mu_3=0\) erhalten, fertig.
Ich hab aus gutem Grund jetzt \(\mu\) geschrieben, denn die \(\mu\)'s sind nicht die \(\lambda\)'s. Der Zusammenhang muss durch Umformungen gefunden werden.

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Ich habe den Vektor \(v_2\) durch \((v_1+v_2)-v_1\) ersetzt und den Vektor \(v_3\) durch \((v_1+v_2+v_3)-v_1-v_2\).
Dann bekomme ich \(\mu_1v_1 + \mu_2(v_1 +v_2) + \mu_3(v_1 + v_2 +v_3)-\mu_2v_1-\mu_3 v_1-\mu_3 v_2 \)
Kann ich jetzt die Prämisse benutzen oder fehlt mir noch etwas ?
  ─   toguzhan43 21.07.2021 um 19:26

Nein, Du kannst die Prämisse nur benutzen, wenn sie genau passt. Du kannst sie benutzen, wenn \(\lambda_1v_1+\lambda_2(v_1+v_2)+\lambda_3(v_1+v_2+v_3)=0\) ist. Das haben wir aber nicht (überzeug Dich davon, steht das irgendwo?). Wir haben: \(0=\mu_1v1+\mu_2v2+\mu_3v3\). Die \(\mu\)'s sind fest, aber die \(\lambda\)'s können wir selbst wählen. Wähle die \(\lambda\)'s in Abhängigkeit von den \(\mu\)'s so, dass die beiden Linearkombinationen gleich sind (umformen und LGS lösen).   ─   mikn 22.07.2021 um 00:51

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Nicht ganz so elegant, aber vielleicht eine mögliche schnelle Lösung wäre ein Widerspruchsbeweis:

Annahme: $v_1$ und $v_2$ sind linear abhängig.
Dann gibt es $\lambda_1\neq 0$ und $\lambda_2\neq 0$ mit $\lambda_1v_1+\lambda_2v_2=0$. Wenn man dann zeigt, dass dann zwangsläufig $v_1$ linear abhänghing von $v_1+v_2$ ist (Widerspruch), dann hat man schonmal den ersten Teil...

Mit $v_3$ geht das dann genauso....

Gutes Gelingen!

Edit: Vermutlich hilft hier dann geschickte Termumformung
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Und als ich das gerade selber durchführe, komme ich automatisch auf eine Idee für einen Vorwärtsbeweis, bei dem ich dann gar keinen Widerspruch mehr brauche....   ─   joergwausw 21.07.2021 um 20:10

Kannst du mir deinen Ansatz verraten.
Ich komme nämlich nicht voran.
  ─   toguzhan43 21.07.2021 um 20:19

Den Ansatz habe ich ja schon aufgeschrieben...

Du willst das ganze ja auf die beiden Vektoren $v_1$ und $v_1+v_2$ umformen. $\lambda_2v_2$ gibt es schon. Wenn Du (durch geschicktes Umschreiben) ein $\lambda_2v_1$ erzeugst, könntest Du das $\lambda_2$ ausklammern.
  ─   joergwausw 21.07.2021 um 20:31

Wenn ich das richtig verstehe, dann ist der Widerspruchsbeweis leider nicht zielführend. Die Annahme ist ja, dass \( v_1 \) und \( v_2 \) linear abhängig sind. Der Widerspruch zeigt also dann, dass \( v_1 \) und \( v_2 \) linear unabhängig sind. Aber das sagt überhaupt nichts über die lineare Unabhängigkeit von \( v_1, v_2, v_3 \) aus. Selbst wenn man wüsste, dass \( v_1, v_2 \) und \( v_1, v_3 \) und \( v_2, v_3 \) jeweils linear unabhängig sind, dann sagt das nichts über die lineare Unabhängigkeit von \( v_1,v_2,v_3 \) aus.
Beispielsweise sind \( 1, \sqrt{2}-1, (\sqrt{2}-1)^2 \) linear abhängig über \( \mathbb{Q} \), obwohl \( 1, \sqrt{2}-1 \) und \( 1, (\sqrt{2}-1)^2 \) und \( \sqrt{2}-1, (\sqrt{2}-1)^2 \) jeweils linear unabhängig über \( \mathbb{Q} \) sind.
Oder habe ich die Vorgehensweise im Beweis falsch verstanden?
  ─   anonym83bed 23.07.2021 um 18:59

Ja, ich meinte das anders. Blöderweise bin ich jetzt gerade $8\cdot 10^6$ Meter von meinem Spickzettel weg...

Also: Angenommen $v_1$ und $v_2$ sind linear abhängig, dann gibt es $\lambda_{1;2}\neq 0$ für die $\lambda_1v_1+\lambda_2v_2=0$ gilt.

Es gilt dann $(\underbrace{\lambda_2-\lambda_2}_{=0}+\lambda_1)\cdot v_1+\lambda_2v_2=0$. Also (umsortieren) folgt
$$
(\underbrace{\lambda_1-\lambda_2}_{\mu_1})\cdot v_1+\underbrace{\lambda_2}_{\mu_2}\cdot (v_1+v_2) =0
$$
Weil $\mu_2=\lambda_2\neq 0$ gilt, ist dann auch die Klammer $\mu_1=(\lambda_1-\lambda_2)\neq 0$, damit die Gleichung überhaupt noch stimmen kann. Somit sind $v_1$ und $v_1+v_2$ linear abhängig, denn es gibt $\mu_{1;2}\neq 0$ mit $\mu_1\cdot v_1+\mu_2\cdot (v_1+v_2) = 0$. Widerspruch zur Voraussetzung. Damit ist gezeigt, dass $v_1$ und $v_2$ linear unabhängig sein müssen. Für $v_3$ geht das dann analog (mit ein paar Summen mehr).

Wenn Du das Vorgehen jetzt umkehrst, also im Prinzip das Aufgeschriebene Rückwärts abarbeitest, dann kannst Du auch einen Beweis führen ohne Dich in Widersprüche zu verstricken :-)

Versuch macht kluch. Viel Erfolch!

PS: Ich hoffe, dass ich dabei keinen Denkfehler habe. Falls doch, bin ich für Hinweise dankbar!
  ─   joergwausw 23.07.2021 um 20:07

Ich verstehe trotzdem nicht, inwiefern dieses Vorgehen zum Ziel führt. Der Widerspruch zeigt ja, dass \( v_1 \) und \( v_2 \) linear unabhängig seien müssen. Na und? Man soll doch zeigen, dass \( v_1, v_2, v_3 \) linear unabhängig sind.
Die Frage ist also, wie man aus dem Widerspruch die gewünschte Aussage folgern kann.
  ─   anonym83bed 23.07.2021 um 20:20

Das ist ja nicht vollständig (in der Antwort hatte ich geschrieben: "Damit hat man schonmal den ersten Teil"). Das muss dann natürlich analog noch für $v_1$ und $v_3$ sowie $v_2$ und $v_3$ gemacht werden. Aber es funktioniert prinzipiell. Methode Brechstange...   ─   joergwausw 23.07.2021 um 20:29

Das sagt aber auch noch nichts aus. Wenn ich weiß, dass \( v_1 \) und \( v_2 \) linear unabhängig sind und \( v_1 \) und \( v_3 \) linear unabhängig sind und \( v_2 \) und \( v_3 \) linear unabhängig sind, dann kann ich daraus nicht folgern, dass \( v_1,v_2,v_3 \) linear unabhängig sind.   ─   anonym83bed 23.07.2021 um 20:32

Ah, Denkfehler - Paarweise heißt noch nicht, dass auch alle... danke für den Hinweis.

Dann müsste sich aber diese Idee zumindest erweitern lassen... ich werde drüber nachdenken.
  ─   joergwausw 23.07.2021 um 20:32

Ich hab auch schon ein bisschen drüber nachgedacht und ich glaube, ein direkter Beweis (so wie ihn mikn vorgeschlagen hat) ist wohl am einfachsten. Aber vielleicht findest du ja doch noch einen eleganten Widerspruchsbeweis :)   ─   anonym83bed 23.07.2021 um 20:40

Geht das nicht so:

Angenommen $v_1$, $v_2$ und $v_3$ sind linear abhängig, dann gibt es $\lambda_{1;2;3}\neq 0$ für die $\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\lambda_3v_3=0$ gilt.

Es gilt dann $
(\underbrace{\lambda_3-\lambda_3}_{=0}
+\underbrace{\lambda_2-\lambda_2}_{=0}
+\lambda_1)\cdot v_1
+(\underbrace{\lambda_3-\lambda_3}_{=0} + \lambda_2)\cdot v_2
+\lambda_3v_3=0
$.
Also (umsortieren) folgt
$$
\underbrace{(\lambda_1-\lambda_2)}_{\mu_1}\cdot v_1
+\underbrace{(\lambda_2-\lambda_3)}_{\mu_2}\cdot (v_1+v_2)
+\underbrace{\lambda_3}_{\mu_3}\cdot (v_1+v_2+v_3)
=0
$$
Weil $\mu_3=\lambda_3 \neq 0$ und $(v_1+v_2+v_3)\neq 0$ gilt, ist dann auch $\mu_1$ oder $\mu_2$ ungleich Null, damit die Gleichung überhaupt noch stimmen kann. Somit sind $v_1$, $v_1+v_2$ und $v_1+v_2+v_3$ linear abhängig, denn es gibt $\mu_{1;2;3}\neq 0$ mit $\mu_1\cdot v_1+\mu_2\cdot (v_1+v_2) +\mu_3\cdot (v_1+v_2+v_3)= 0$. Widerspruch zur Voraussetzung. Damit ist gezeigt, dass $v_1$, $v_2$ und $v_3$ linear unabhängig sein müssen.

War jetzt mit ein paar Summen mehr - ich hoffe, dass nicht doch noch irgendwo ein Fehler ist. Aber die Idee ist zumindest klar...
  ─   joergwausw 23.07.2021 um 21:06

Ich würde sagen, dass sich auch hier ein kleiner Denkfehler eingeschlichen hat. Wenn \( v_1, v_2, v_3 \) linear abhängig sind, dann bedeutet das erstmal nur, dass es eine Linearkombination \( \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \lambda_3 v_3 = 0 \) gibt, bei der \( \lambda_i \neq 0 \) für mindestens ein \(i\) ist. Es müssen also nicht unbedingt alle \( \lambda_i \) ungleich Null sein.
So wie es aussieht, muss man dann also eine Fallunterscheidung machen.
  ─   anonym83bed 23.07.2021 um 21:17

Brechstange heißt wohl Brechstange - elegant ist anders.
Freue mich, dass ich hier die Seite mal nutzen kann um mich an die alten Uni-Sachen zu erinnern (die an Schule einfach nicht mehr vorkommen...).

Die Fallunterscheidung ist ja jetzt nicht mehr so ganz schwer, wenn ich das richtig sehe. Es müssen ja mindestens zwei der $\lambda$ ungleich Null sein. Wenn $\lambda_3=0$ ist, dann tritt der Fall aus meiner Rechnung mit zwei Vektoren ein (schon gemacht). Wenn $\lambda_3\neq 0$, dann gilt diese Rechnung...

Fehlt noch was?
  ─   joergwausw 23.07.2021 um 21:22

Man könnte es folgendermaßen retten:
Wir erhalten ja die Darstellung \( (\lambda_1 - \lambda_2) v_1 + (\lambda_2 - \lambda_3 ) (v_1 + v_2) + \lambda_3 (v_1 + v_2 + v_3) = 0 \) \( (*) \).
Wenn \( \lambda_3 \neq 0 \) ist, dann ist \( (*) \) eine nicht-triviale Linearkombination.
Wenn \( \lambda_3 = 0 \) und \( \lambda_2 \neq 0 \) ist, dann ist \( \lambda_2 - \lambda_3 \neq 0 \) und somit \( (*) \) eine nicht-triviale Linearkombination.
Wenn \( \lambda_3=0 \) und \( \lambda_2=0 \) ist, dann muss \( \lambda_1 \neq 0 \) sein (weil mindestens ein \( \lambda_i \) ungleich Null ist). Also ist \( \lambda_1- \lambda_2 \neq 0 \) und somit \( (*) \) eine nicht-triviale Linearkombination.
Wir erhalten in jedem Fall also einen Widerspruch.
  ─   anonym83bed 23.07.2021 um 21:30

Ich hatte gerade drüber nachgedacht, dass überhaupt keine Fallunterscheidung notwendig ist. Denn wenn $\lambda_3=0$ ist und man das in meine letzte Rechnung einsetzt, dann müssen ja automatisch $\lambda_2$ und $\lambda_1$ ungleich Null sein.
Es kann ja gar nicht auftreten, dass zwei $\lambda$ gleichzeitig Null sind. Entweder ist der dritte dann auch Null (dann wäre es linear unabhängig) oder der zugehörige Vektor wäre der Nullvektor. Der ist aber sowieso immer linear abhängig.

Ich glaube, Du machst es gerade komplizierter als nötig.
  ─   joergwausw 23.07.2021 um 21:39

Du hast recht. Man muss sich bei deiner Lösung aber überlegen, dass wenn \( \lambda_3 = 0 \) ist, dann \( \lambda_1 \) und \( \lambda_2 \) beide ungleich Null sein müssen. Auf diese Überlegung kann man bei meiner Ausführung verzichten.
Bei deiner Variante erhält man also zwei Fälle mit einer zusätzlichen Überlegung und bei meiner Lösung erhält man drei Fälle. Und ich denke, das ist beides gleich kompliziert bzw. einfach.
  ─   anonym83bed 23.07.2021 um 22:08

Ich könnte auch ohne Beschränkung der Allgemeinheit vorher fordern, dass $\lambda_3\neq 0$ ist, einer muss ja ungleich Null sein. Falls das nicht wäre, werden die Vektoren halt virtuell durchgetauscht, dass die Forderung erfüllt ist. Dann mache ich gar keine Fallunterscheidung mehr.   ─   joergwausw 23.07.2021 um 22:30

Das kann man nicht so einfach annehmen. Wir setzen voraus, dass \( v_1, v_1 + v_2, v_1 + v_2 + v_3 \) linear unabhängig sind, also können wir die Vektoren \( v_1, v_2, v_3 \) nicht einfach vertauschen.   ─   anonym83bed 23.07.2021 um 22:45

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Habe langsam keine Lust mehr auf kompliziert. Dann mal zur Abwechslung eine einfache Idee:

Drei Vektoren spannen maximal einen dreidimensionalen Raum auf.
Wenn $v_1$, $v_2$ und $v_3$ linear abhängig wären, dann spannen sie einen Unterraum mit maximal Dimension 2 auf.
Damit liegen die drei Linearkombinationen $v_1$, $v_1+v_2$ und $v_1+v_2+v_3$ innerhalb des Unterraums.
Also können sie keinen dreidimensionalen Raum aufspannen, weshalb sie linear abhängig sein müssen.

So, jetzt Du mit dem direkten Beweis. :-)
  ─   joergwausw 23.07.2021 um 23:18

Ja, der Beweis sieht gut aus. Und ist noch dazu sehr elegant. Schöne Lösung :)   ─   anonym83bed 23.07.2021 um 23:51

Man denkt ja immer bei den "einfachen" Aufgaben, die sehr definitonsbasiert sind, dass es technisch wird.... da denkt man einfach zu kompliziert.

Also, was ist jetzt mit dem direkten Beweis? Das war ja Dein bevorzugter Vorschlag ... ;-)
  ─   joergwausw 24.07.2021 um 01:33

Einen direkten und auch recht simplen Beweis könnte man folgendermaßen führen:
Aus \( \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \lambda_3 v_3 = 0 \) folgt \( (\lambda_1-\lambda_2) v_1 + (\lambda_2 - \lambda_3) (v_1+v_2) + \lambda_3 (v_1+v_2+v_3) = 0 \). Mit der Voraussetzung erhält man daraus \( \lambda_1-\lambda_2=\lambda_2-\lambda_3=\lambda_3=0 \) und somit \( \lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0 \). Also sind \( v_1,v_2,v_3 \) linear unabhängig.
  ─   anonym83bed 24.07.2021 um 04:42

Die zweite Glechung kommt mir irgendwie bekannt vor.... Wie kommt man denn auf die? ;-)

Irgendwann hatte ich mal geschrieben "Wenn Du das Vorgehen jetzt umkehrst, also im Prinzip das Aufgeschriebene Rückwärts abarbeitest, dann kannst Du auch einen Beweis führen ohne Dich in Widersprüche zu verstricken :-)"....

Manchmal freut man sich dann doch nicht so wirklich, obwohl man Recht hatte...

War eine nette Diskussion. Danke!
  ─   joergwausw 24.07.2021 um 07:40

"Einen direkten und auch recht simplen Beweis...": Das ist der Weg, den ich vor 2 Tagen in meiner Antwort angeregt hatte...   ─   mikn vor 6 Tagen, 22 Stunden

@mkin: Ja, hast Du - aber auf die Umformung muss man erstmal kommen. Da hatte mich der indirekte, technische Ansatz hingeführt - auch wenn der am Ende gar nicht "recht simpel" zu sein scheint - weil das Gegenteil von "alle Lambda Null" eben nicht "kein Lambda Null" ist... darüber war ich ja gestolpert.

Jetzt bleibt nur noch offen, was der Fragesteller eigentlich von der ganzen Sache mitnimmt...
  ─   joergwausw vor 6 Tagen, 18 Stunden

Auf die Umformung kommt man durch Lösen eines LGS, s.o.   ─   mikn vor 6 Tagen, 18 Stunden

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Sei \(v_1=\alpha v_2+\beta v_3\), also \(v_i\) linear abhängig 
\(\Rightarrow v_1=a(v_1+v_2)+b(v_1+v_2+v_3)\) also \(v_1,v_1+v_2,v_1+v_2+v_3\) linear abhängig, weil
\(v_1-av_1-bv_1=av_2+bv_2+bv_3\iff v_1=\frac{a+b}{1-a-b}v_2+\frac{b}{1-a-b}v_3\)
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Nach der ganzen Diskussion um meine Lösung frage ich mich, ob diese hier jetzt eigentlich vollständig ist.

Denn es wird ja lediglich angenommen, dass $v_1$ linear abhängig ist von den anderen beiden Vektoren.
Es wird demnach doch nur gezeigt, dass $v_1$ linear unabhängig von den anderen beiden sein muss. Damit könnten $v_2$ und $v_3$ aber immer noch linear abhängig voneinander sein.

Oder stimmt meine Logik nicht?
  ─   joergwausw vor 5 Tagen, 18 Stunden

So wie ich das sehe, ist die Lösung zumindest unvollständig.
Wenn \( v_1,v_2,v_3 \) linear abhängig sind, dann bedeutet das, dass \( v_1 = \alpha v_2+ \beta v_3 \) oder \( v_2 = \alpha v_1+ \beta v_3 \) oder \( v_3 = \alpha v_1+ \beta v_2 \) ist. Normalerweise kann man durch Umnummerierung \( v_1 = \alpha v_2+ \beta v_3 \) annehmen. Das ist hier jedoch nicht ohne weiteres möglich, da man die Voraussetzung verwendet, dass \( v_1, v_1+v_2, v_1+v_2+v_3 \) linear unabhängig sind, und dies unter Umnummerierung nicht erhalten bleibt.
  ─   anonym83bed vor 5 Tagen, 15 Stunden

Man muss ja auch nicht die Vektoren umnummerieren, sondern man kann die Koeffizienten umbennen. Deshalb halte ich diese Lösung hier für vollständig.   ─   mathejean vor 4 Tagen, 22 Stunden

Wie soll denn das Umbennen der Koeffizienten funktionieren?   ─   anonym83bed vor 4 Tagen, 22 Stunden

Wenn ich beispielsweise die Vektoren \( v_1=\sqrt{2}\), \( v_2=1 \), \(v_3=2\) über \( \mathbb{Q} \) betrachte, dann sind diese linear abhängig, aber es gibt keine Darstellung \( v_1 = \alpha v_2 + \beta v_3 \). Um solch eine Darstellung zu erreichen, muss man zwangsläufig die Vektoren umnummerieren. Oder sehe ich das falsch?   ─   anonym83bed vor 4 Tagen, 22 Stunden

Ich meine, wenn wir lineare Abhängigkeit annehmen und es gilt \(v_1=\lambda_1 v_2+\lambda_2 v_3\), dann gilt auch \(v_2=\lambda_1^{-1}v_1 -\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\) für \(\lambda_1 \not = 0\). Jetzt nennt man einfach die Koeffizienten um, \(\tilde{\lambda}_1=\lambda_1^{-1}\) und \(\tilde{\lambda}_2=-\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\) und erhält so \(v_2=\tilde{\lambda}_1 v_1+\tilde{\lambda}_2 v_3\). Das ganze vorgehen sollte genau so gültig sein, wie eine Umnummerierung anzunehmen.   ─   mathejean vor 4 Tagen, 22 Stunden

Unter deinem Einwand scheint dieses Vorgehen jedoch nur für paarweise linear Unabhängige Vektoren zu gehen, denn genau sonst tritt auch mein Fall mit einem Koeffizienten \(\lambda_i =0\) auf.   ─   mathejean vor 4 Tagen, 21 Stunden

Wie du schon sagst, funktioniert dieses Vorgehen nicht im Allgemeinen, womit der Beweis (meiner Ansicht nach) weiterhin unvollständig bleibt.   ─   anonym83bed vor 4 Tagen, 20 Stunden

an dieser Stelle wäre es gut, wenn die Kommentare durchnummeriert wären, damit man sich besser auf sie beziehen könnte.
Wie schon in meiner Antwort diskutiert, muss man bei der Annahme der linearen Abhängigkeit von drei Vektoren nicht ausschließlich den Fall betrachten, dass alle $\lambda_i\neq 0$ sein müssen. Daher umfasst die Auswahl der Darstellung $v_1=\ldots$ nicht alle Fälle. Der mögliche Fall, dass $v_1$ linear unabhängig ist von den voneinander linear Abhängigen Vektoren $v_2$ und $v_3$, der Fall fehlt.

In der Aufgabe werden zuerst $v_1$, $v_2$ und $v_3$ beliebig festgelegt. Damit ist die Zuordnung, welcher Vektor zu welchem Index gehört, festgelegt. Danach erst werden die drei Summenvektoren gebildet, für die die Beweisaussage formuliert wird. Daher kann dieser Fall auftreten und muss betrachtet werden.

Zitat von mathejean: "Ich meine, wenn wir lineare Abhängigkeit annehmen und es gilt..." - eben hier ist die Frage, warum "und es gilt" angenommen werden darf. Das hatte ich ja im Verlauf der Diskussion um meine Antwort auch gedacht - und niemand hat sich auf meine Seite geschlagen... (warum auch, denn ich konnte nachvollziehen, dass das Verallgemeinern hier das Problem ist).
  ─   joergwausw vor 4 Tagen, 19 Stunden

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