Basis eines Lösungsraumes < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei A = [mm]\begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
-1 & 1 & -1 & 0 & 1 \\
3 & -2 & 4 & 0 & 1 \\
5 & 8 & 3 & 3 & 3
\end{pmatrix}[/mm] [mm] \in M_{4,5} \left( \IR \right) [/mm]
(i) Bestimmen sie den Rang von A.
(ii) Geben sie eine Basis des Lösungsraums des linearen Gleichungssystems Ax=0 in [mm] \IR^5 [/mm] an.
(iii) Geben sie eine Basis des von den Spaltenvektoren von A in [mm] \IR^4 [/mm] erzeugten Unterraums an. |
Hallo zusammen,
Durch Umformung der Matrix in Zeilenstufenform, bin ich darauf gekommen, das der Rang der Matrix 3 ist.
Des weiteren habe ich den Lösungsraum des homogenen systems ermittelt, indem ich die Matrix in Zeilenstufenform so ausgewertet habe, dass
[mm] x_4 = \alpha\in\IR [/mm]
[mm] x_5 = \beta\in\IR [/mm]
und die Lösungsmenge etwas seien sollte wie:
x = [mm] \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix} [/mm]= [mm] \alpha \begin{pmatrix} \bruch {2}{5} \\ - \bruch{1}{5} \\ \bruch{1}{5} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm] + [mm] \beta \begin{pmatrix} \bruch {19}{5} \\ - \bruch {3}{5} \\ - \bruch {17}{5} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm]
So jetzt laufe ich allerdings gegen eine Wand. Ich weiß, dass eine Basis ein "linear unabhängiges Erzeugendensystem" ist, allerdings weiß ich nicht wie ich eine solche bilde.
mfg Mathezwerg
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:03 Sa 09.12.2006 | | Autor: | DaMenge |
Hallo,
> und die Lösungsmenge
> etwas seien sollte wie:
> x = [mm]\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix} [/mm]= [mm]\alpha \begin{pmatrix} \bruch {2}{5} \\ - \bruch{1}{5} \\ \bruch{1}{5} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm] + [mm]\beta \begin{pmatrix} \bruch {19}{5} \\ - \bruch {3}{5} \\ - \bruch {17}{5} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
hier stehen doch schon die Menge aller Linearkombinationen von zwei Vektoren, die den Lösungsraum erzeugen.
Dass diese beiden Vektoren linear unabhängig sind, siehst du an deren letzten beiden Komponenten (deshalb macht man ja Zeilenstufenform) und dass der Lösungsraum von ihnen erzeugt wird, hast du ja schon gezeigt, also bilden sie eine Basis.
(du kannst die Vektoren noch mit dem Faktor 5 erweitern, damit die einträge schöner aussehen)
viele Grüße
DaMenge
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Vielen Dank!
Also nur das ich das richtig verstehe
1. [mm] \left\{ \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 1 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 19 \\ -3 \\ -17 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix} \right\} [/mm] ist dann also eine der gesuchten basen?
2.
> Dass diese beiden Vektoren linear unabhängig sind, siehst
> du an deren letzten beiden Komponenten (deshalb macht man
> ja Zeilenstufenform)
Könntest du das vielleicht etwas näher erleutern? ich steh da immer ein wenig auf dem Schlauch wenns um lineare Unabhängigkeit geht.
Danke schon im Voraus 
mfG Mathezwerg
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:33 Sa 09.12.2006 | | Autor: | DaMenge |
Hallo nochmal,
> 1. [mm]\left\{ \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 1 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 19 \\ -3 \\ -17 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix} \right\}[/mm]
> ist dann also eine der gesuchten basen?
>
also ich habe deine Zahlen nicht nachgerechnet, aber wenn deine Lösungsmenge oben stimmt, dann ist dies eine Basis, ja.
> 2.
> > Dass diese beiden Vektoren linear unabhängig sind,
> siehst
> > du an deren letzten beiden Komponenten (deshalb macht man
> > ja Zeilenstufenform)
>
> Könntest du das vielleicht etwas näher erleutern? ich steh
> da immer ein wenig auf dem Schlauch wenns um lineare
> Unabhängigkeit geht.
naja, linear unabhängig bedeutet doch, dass aus der gleichung:
[mm] $r*\vektor{-2 \\ -1 \\ 1 \\ 5 \\ 0}+s*\vektor{19 \\ -3 \\ -17 \\ 0 \\ 5 }=\vektor{0 \\0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 }$
[/mm]
schon FOLGT, dass r=s=0 sein muss.
so, die letzte Zeile besagt : 0*r+5*s=0 , also folgt s=0
aus der vorletzten zeile folgt analog r=0, also sind die beiden linear unabhängig.
viele Grüße
DaMenge
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:32 Sa 09.12.2006 | | Autor: | Mathezwerg |
Juhu, alles verstanden VIELEN DANK!^^
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:02 Mo 11.12.2006 | | Autor: | Romario |
Du hast geschrieben:
Des weiteren habe ich den Lösungsraum des homogenen systems ermittelt, indem ich die Matrix in Zeilenstufenform so ausgewertet habe, dass
$ [mm] x_4 [/mm] = [mm] \alpha\in\IR [/mm] $
$ [mm] x_5 [/mm] = [mm] \beta\in\IR [/mm] $
und die Lösungsmenge etwas seien sollte wie:
x = $ [mm] \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix} [/mm] $= $ [mm] \alpha \begin{pmatrix} \bruch {2}{5} \\ - \bruch{1}{5} \\ \bruch{1}{5} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] $ + $ [mm] \beta \begin{pmatrix} \bruch {19}{5} \\ - \bruch {3}{5} \\ - \bruch {17}{5} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] $
Irgendwie kann ich den Lösungsweg nicht nachvollziehen...
Wärst du so nett nochmal zu schildern wie man den Lösungsraum für das oben genannte Gleichungssystem ermittelt bzw. wie du auf die Lösungsmenge kommt?
Wenn ich die Zeilenstufenform bilde, dann erhalte ich eine Nullzeile.
Ich habe also 4 Gleichungen mit 5 unbekannten wobei die letzte Zeile die Nullzeile ist.
Wie macht man jetzt weiter?
Vielen Dank
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>
> Wenn ich die Zeilenstufenform bilde, dann erhalte ich eine
> Nullzeile.
> Ich habe also 4 Gleichungen mit 5 unbekannten wobei die
> letzte Zeile die Nullzeile ist.
Hallo,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") .
Also hast Du drei Gleichungen mit 5 Unbekannten und kannst somit zwei Variable völlig frei wählen.
Wenn Du Deine umgeformte Matrix hier "vorzeigen" würdest, könnte man die Sache am konkreten Beispiel durchgehen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 Mo 11.12.2006 | | Autor: | Romario |
Hallo Angela,
vielen Dank für deine schnelle Hilfe.
Ausgehend von folgender Matrix:
Sei A = [mm]\begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
-1 & 1 & -1 & 0 & 1 \\
3 & -2 & 4 & 0 & 1 \\
5 & 8 & 3 & 3 & 3
\end{pmatrix}[/mm]
Transformation in Zeilenstufenform:
[mm]\begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
0 & 13 & -2 & 3 & 8 \\
0 & 32 & -13 & 9 & -4 \\
0 & -26 & 4 & -6 & -16
\end{pmatrix}[/mm]
[mm]\begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
0 & 13 & -2 & 3 & 8 \\
0 & 32 & -13 & 9 & -4 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}[/mm]
[mm]\begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
0 & 13 & -2 & 3 & 8 \\
0 & 0 & 109 & 21 & 28 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}[/mm]
Und hier stecke ich jetzt fest.
Hiermit habe ich zunächst den Rang der Matrix bestimmt (rang(A) = 3). Ist das richtig? Die Anzahl der Zeilenvektoren <> 0 entspricht doch dem Rang der Matrix.
Aber wie geben ich jetzt eine Basis des Lösungsraumes an für Ax=0 bzw. wie komme ich auf die Lösungsmenge?
Vielen Dank für eure Hilfe.
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> Hallo Angela,
>
> vielen Dank für deine schnelle Hilfe.
>
> Ausgehend von folgender Matrix:
>
> Sei A = [mm] \begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
-1 & 1 & -1 & 0 & 1 \\
3 & -2 & 4 & 0 & 1 \\
5 & 8 & 3 & 3 & 3
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> Transformation in Zeilenstufenform:
>
> [mm] \begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
0 & 13 & -2 & 3 & 8 \\
0 & 32 & -13 & 9 & -4 \\
0 & -26 & 4 & -6 & -16
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> [mm] \begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
0 & 13 & -2 & 3 & 8 \\
0 & 32 & -13 & 9 & -4 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
[/mm]
>
> [mm] \begin{pmatrix}
7 & 6 & 5 & 3 & 1 \\
0 & 13 & -2 & 3 & 8 \\
0 & 0 & 109 & 21 & 28 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
[/mm]
Hallo,
nachgerechnet habe ich das nicht, ich mache jetzt hier weiter.
Ja, der Rang ist drei.
Aus
0 0 109 21 28
weiß man, daß man z.B. [mm] x_5 [/mm] und [mm] x_4 [/mm] beliebig wählen kann.
[mm] x_5=r
[/mm]
[mm] x_4=s [/mm] , r,s [mm] \in \IR
[/mm]
[mm] x_3=\bruch{1}{109}(-21x_4-28x_5)= \bruch{1}{109}(-21s-28r)=-\bruch{21}{109}s-\bruch{28}{109}r
[/mm]
Aus
0 13 -2 3 8 entnehme ich
[mm] x_2=\bruch{1}{13}(2x_3-3x_4-8_x_5)= [/mm] Ar+Bs (A und B rechnet man natürlich aus durch Einsetzen v. [mm] x_3=-\bruch{21}{109}s-\bruch{28}{109}r, x_4=s, x_5=r. [/mm] Ist mir zu mühsam...)
Aus
7 6 5 3 1 erhältst du noch
[mm] x_1=\bruch{1}{7}(-6x_2-5x_3-3x_4-x_5)= [/mm] Cr+Ds.
Also ist
[mm] \vektor{x_1 \\ x_2\\x_3\\x_4\\x_5}=\vektor{Cr+Ds \\ Ar+Bs\\-\bruch{21}{109}s-\bruch{28}{109}r\\s\\r}= r\vektor{C \\ A\\-\bruch{28}{109}\\0\\1}+s\vektor{D \\ B\\-\bruch{21}{109}\\1\\0}
[/mm]
Mit [mm] \vektor{C \\ A\\-\bruch{28}{109}\\0\\1},\vektor{D \\ B\\-\bruch{21}{109}\\1\\0} [/mm] hast Du Deine Basis.
Die beiden sind linear unabhängig, und sie erzeugen den Lösungsraum, denn
[mm] \vektor{x_1 \\ x_2\\x_3\\x_4\\x_5}=r\vektor{C \\ A\\-\bruch{28}{109}\\0\\1}+s\vektor{D \\ B\\-\bruch{21}{109}\\1\\0} [/mm] sagt ja, daß du jedes Element des Lösungsraumes als Linearkombination der beiden darstellen kannst.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:53 Mo 11.12.2006 | | Autor: | Romario |
Ok, das habe ich jetzt größtenteils verstanden...
> Aus
> 0 0 109 21 28
>
> weiß man, daß man z.B. [mm]x_5[/mm] und [mm]x_4[/mm] beliebig wählen kann.
>
> [mm]x_5=r[/mm]
> [mm]x_4=s[/mm] , r,s [mm]\in \IR[/mm]
>
> [mm]x_3=\bruch{1}{109}(-x_4-x_5)= \bruch{1}{109}(-s-r)=-\bruch{1}{109}s-\bruch{1}{109}r[/mm]
>
Muss man hier 21 und 28 nicht mehr berücksichtigen, da du [mm] x_4 [/mm] = s und [mm] x_5 [/mm] = r gesetzt hast?
> Aus
> 0 13 -2 3 8 entnehme ich
>
> [mm]x_2=\bruch{1}{13}(2x_3-3x_4-8_x_5)=[/mm] Ar+Bs (A und B
> rechnet man natürlich aus durch Einsetzen v.
> [mm]x_3=-\bruch{1}{109}s-\bruch{1}{109}r, x_4=s, x_5=r.[/mm] Ist mir
> zu mühsam...)
>
...und wie sähe das Einsetzen an dieser Stelle aus.
Ersetze ich an dieser Stelle [mm] 3x_4 [/mm] und [mm] 8x_5 [/mm] durch s und r oder durch 3s und 5r?
Müsste es dann so aussehen?
[mm]x_2=\bruch{1}{13}(2(-\bruch{1}{109}s-\bruch{1}{109}r)-s-r)=[/mm]
oder doch...
[mm]x_2=\bruch{1}{13}(2(-\bruch{1}{109}s-\bruch{1}{109}r)-3s-8r)=[/mm]
Danke für deine Mühe...
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> Ok, das habe ich jetzt größtenteils verstanden...
>
>
> > Aus
> > 0 0 109 21 28
> >
> > weiß man, daß man z.B. [mm]x_5[/mm] und [mm]x_4[/mm] beliebig wählen kann.
> >
> > [mm]x_5=r[/mm]
> > [mm]x_4=s[/mm] , r,s [mm]\in \IR[/mm]
> >
> > [mm]x_3=\bruch{1}{109}(-x_4-x_5)= \bruch{1}{109}(-s-r)=-\bruch{1}{109}s-\bruch{1}{109}r[/mm]
>
> >
>
> Muss man hier 21 und 28 nicht mehr berücksichtigen, da du
> [mm]x_4[/mm] = s und [mm]x_5[/mm] = r gesetzt hast?
Doch natürlich!
Das ist ein Fehler!
Es muß heißen
[mm] x_3=\bruch{1}{109}(-21x_4-28x_5)= \bruch{1}{109}(-21s-28r)=-\bruch{21}{109}s-\bruch{28}{109}r.
[/mm]
Entsprechend ändert sich weiter unten etwas.
>
>
> > Aus
> > 0 13 -2 3 8 entnehme ich
> >
> > [mm]x_2=\bruch{1}{13}(2x_3-3x_4-8_x_5)=[/mm] Ar+Bs (A und B
> > rechnet man natürlich aus durch Einsetzen v.
> > [mm]x_3=-\bruch{21}{109}s-\bruch{28}{109}r, x_4=s, x_5=r.[/mm] Ist mir
> > zu mühsam...)
> >
>
> ...und wie sähe das Einsetzen an dieser Stelle aus.
> Ersetze ich an dieser Stelle [mm]3x_4[/mm] und [mm]8x_5[/mm] durch s und r
> oder durch 3s und 5r?
Letzteres. Natürlich 8r (und nicht 5r).
>
> Müsste es dann so aussehen?
> oder doch...
>
> [mm]x_2=\bruch{1}{13}(2(-\bruch{21}{109}s-\bruch{28}{109}r)-3s-8r)=[/mm]
So!
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:30 Mo 11.12.2006 | | Autor: | Romario |
Ok, vielen Dank für deine Mühe.
Ich hab es jetzt verstanden.
Ich habe das jetzt alles mal ausgerechnet und fürchterliche Ergebnisse herausbekommen, aber nach "schönen" Resultaten war ja auch nicht gefragt 
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