Basis und Matrixbestimmung < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:05 Mi 11.03.2015 | | Autor: | Nyuu |
| Aufgabe | Sei $V$ der [mm] $\IR$ [/mm] - Vektorraum aller Polynome vom Grad [mm] \le [/mm] 3 und sei $U$ der [mm] $\IR$ [/mm] - Unterraum von $V$ , welcher von den Polynomen [mm] $2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1$ und [mm] $x^3-x^2-x$ [/mm] erzeugt wird.
Seien [mm] $B_1 [/mm] = [mm] {1,x,x^2 ,x^3 }$ [/mm] und [mm] $B_2 [/mm] = [mm] {x^3 +1,x^3 +x,x^3 +x^2 ,x^3 +x+1}$.
[/mm]
Dann ist offensichtlich [mm] $B_1$ [/mm] eine Basis von $V$ .
(1) Zeigen Sie, dass auch [mm] $B_2$ [/mm] eine Basis von $V$ ist.
(2) Seien [mm] $W_1 \subset \IR^4$ [/mm] , bzw. [mm] $W_2 \subset \IR^4$ [/mm] die Menge aller Koordinatenvektoren von Elementen aus $U$ bzgl. [mm] $B_1$ [/mm] bzw. [mm] $B_2$. [/mm]
Bestimmen Sie jeweils eine 4×4 - Matrix, deren Kern [mm] $W_1$ [/mm] bzw. [mm] $W_2$ [/mm] ist. |
Okay also bei (1) bin ich mir eigentlich relativ sicher.
Zu zeigen ist also: [mm] B_2 [/mm] ist eine Basis von $V$:
Wegen
[mm] \lambda_{1}\cdot (x^3+1) [/mm] + [mm] \lambda_{2}\cdot (x^3+x)+ \lambda_{3}\cdot (x^3+x^2)+ \lambda_{4}\cdot (x^3+x+1) [/mm] = [mm] x^3 (\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4}) [/mm] + [mm] x^2\cdot \lambda_{3} [/mm] + x [mm] (\lambda_{2}+\lambda_{4} [/mm] + [mm] 1\cdot (\lambda_{1} [/mm] + [mm] \lambda_{4}) (\star)
[/mm]
gilt:
[mm] x^3 (\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4}) [/mm] + [mm] x^2\cdot \lambda_{3} [/mm] + x [mm] (\lambda_{2}+\lambda_{4}) [/mm] + [mm] 1\cdot (\lambda_{1} [/mm] + [mm] \lambda_{4}) [/mm] = 0
[mm] \Rightarrow \lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4} [/mm] = [mm] \lambda_{3} [/mm] = [mm] \lambda_{2}+\lambda_{4} [/mm] = [mm] \lambda_{1} [/mm] + [mm] \lambda_{4} [/mm] = 0
[mm] \Rightarrow \lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\lambda_{4}=0
[/mm]
Also ist [mm] (\star) [/mm] linearunabhängig.
[mm] (\star) [/mm] ist offensichtlich ein Erzeugendensystem, da sich alle Polynome Grad [mm] \le [/mm] 3 erzeugen lassen. Ein anderes Argument wäre noch, dass [mm] B_1 [/mm] Basis von V ist und somit [mm] (\star) [/mm] ERZ sein muss.
(2) Bei der Aufgabe bin ich mir nicht ganz so sicher wie sie gemeint ist.
[mm] W_1 [/mm] und [mm] W_2 [/mm] sind also die Koordiantenvektoren von U.
Also gut wenn ich das richtig verstehe muss ich zunähst zu [mm] W_1 [/mm] eine Matrix bezüglich [mm] B_1 [/mm] finden, sodass [mm] W_1 [/mm] den Kern bildet.
Die koordinatenabbildung [mm] K_B: R^4\to [/mm] V bildet [mm] \lambda \mapsto B_1 [/mm] ab.
Also wird:
[mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2} \mapsto $-1\cdot [/mm] 1 -1 [mm] \cdot [/mm] x [mm] -2\cdot x^2 [/mm] + 2 [mm] x^3$
[/mm]
Aber wie soll ich daraus nun eine Matrix zaubern?
Wie man eine Darstellendematrix zu einer Linearenabbildung bekommt weiss ich, aber hier habe ich ja nur zwei Vektoren und eine Basis gegeben.
Zumal ich mir nichtmal sicher bin ob ich die Aufagebnstellung wirklich verstehe.
Kann mir jemand weiterhelfen?
Mfg. Nyuu
|
|
| |
|
Hallo,
> Sei [mm]V[/mm] der [mm]\IR[/mm] - Vektorraum aller Polynome vom Grad [mm]\le[/mm] 3
> und sei [mm]U[/mm] der [mm]\IR[/mm] - Unterraum von [mm]V[/mm] , welcher von den
> Polynomen [mm]2x^3 -2x^2 -x-1[/mm] und [mm]x^3-x^2-x[/mm] erzeugt wird.
>
> Seien [mm]B_1 = {1,x,x^2 ,x^3 }[/mm] und [mm]B_2 = {x^3 +1,x^3 +x,x^3 +x^2 ,x^3 +x+1}[/mm].
>
> Dann ist offensichtlich [mm]B_1[/mm] eine Basis von [mm]V[/mm] .
>
> (1) Zeigen Sie, dass auch [mm]B_2[/mm] eine Basis von [mm]V[/mm] ist.
> (2) Seien [mm]W_1 \subset \IR^4[/mm] , bzw. [mm]W_2 \subset \IR^4[/mm] die
> Menge aller Koordinatenvektoren von Elementen aus [mm]U[/mm] bzgl.
> [mm]B_1[/mm] bzw. [mm]B_2[/mm].
>
> Bestimmen Sie jeweils eine 4×4 - Matrix, deren Kern [mm]W_1[/mm]
> bzw. [mm]W_2[/mm] ist.
> Okay also bei (1) bin ich mir eigentlich relativ sicher.
>
> Zu zeigen ist also: [mm]B_2[/mm] ist eine Basis von [mm]V[/mm]:
>
> Wegen
>
> [mm]\lambda_{1}\cdot (x^3+1)[/mm] + [mm]\lambda_{2}\cdot (x^3+x)+ \lambda_{3}\cdot (x^3+x^2)+ \lambda_{4}\cdot (x^3+x+1)[/mm]
> = [mm]x^3 (\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4})[/mm] +
> [mm]x^2\cdot \lambda_{3}[/mm] + x [mm](\lambda_{2}+\lambda_{4}[/mm] + [mm]1\cdot (\lambda_{1}[/mm]
> + [mm]\lambda_{4}) (\star)[/mm]
>
> gilt:
>
> [mm]x^3 (\lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4})[/mm] +
> [mm]x^2\cdot \lambda_{3}[/mm] + x [mm](\lambda_{2}+\lambda_{4})[/mm] + [mm]1\cdot (\lambda_{1}[/mm]
> + [mm]\lambda_{4})[/mm] = 0
>
> [mm]\red{\Rightarrow} \lambda_{1}+\lambda_{2}+\lambda_{3}+\lambda_{4}[/mm]
> = [mm]\lambda_{3}[/mm] = [mm]\lambda_{2}+\lambda_{4}[/mm] = [mm]\lambda_{1}[/mm] +
> [mm]\lambda_{4}[/mm] = 0
>
> [mm]\Rightarrow \lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=\lambda_{4}=0[/mm]
>
> Also ist [mm](\star)[/mm] linearunabhängig.
Prinzipiell alles richtig, drei Anmerkungen:
1) Mit [mm] (\star) [/mm] verweist du auf eine Linearkombination? Die kann nicht linear unabhängig sein.
Du solltest besser sagen: "Also ist die Menge [mm] $B_2$ [/mm] linear unabhängig".
2) Der oben [mm] \red{rot} [/mm] markierte Folgepfeil sollte noch etwas genauer begründet werden. Du kannst das folgern, weil du bereits weißt, dass [mm] $\{1,x, x^2, x^3\}$ [/mm] eine Basis und somit linear unabhängig ist.
3) Zu Beginn deines Beweises sollte stehen: Seien [mm] $\lambda_1,..., \lambda_4 \in \IR$ [/mm] beliebig mit [mm] $\lambda_{1}\cdot (x^3+1) [/mm] + [mm] \lambda_{2}\cdot (x^3+x)+ \lambda_{3}\cdot (x^3+x^2)+ \lambda_{4}\cdot (x^3+x+1)$,
[/mm]
damit die Etikette gewahrt bleibt und jeder weiß woher deine [mm] $\lambda_i$ [/mm] kommen.
> [mm](\star)[/mm] ist offensichtlich ein Erzeugendensystem, da sich
> alle Polynome Grad [mm]\le[/mm] 3 erzeugen lassen.
Damit hast du lediglich die Definition von Erzeugendensystem hingeschrieben.
> Ein anderes
> Argument wäre noch, dass [mm]B_1[/mm] Basis von V ist und somit
> [mm](\star)[/mm] ERZ sein muss.
[mm] (\star) [/mm] verweist auf eine Linearkombination und mir ist nicht klar, wie eine Linearkombination ein Erzeugendensystem sein kann. Ich weiß, was du mit deinem Argument ausdrücken möchtest, aber das ist etwas umständlich.
Du solltest besser schreiben: Weil bekannt ist, dass [mm] $B_1$ [/mm] eine Basis des Vektorraums $V$ ist, wissen wir $dim(V) = 4$. [mm] $B_2$ [/mm] enthält 4 linear unabhängige Vektoren. Alle Vektoren, die mit [mm] $B_2$ [/mm] erzeugt werden können, bilden also einen 4-dimensionalen Untervektorraum von $V$. Damit muss aber das Erzeugnis von [mm] $B_2$ [/mm] schon $V$ selbst sein.
> (2) Bei der Aufgabe bin ich mir nicht ganz so sicher wie
> sie gemeint ist.
> [mm]W_1[/mm] und [mm]W_2[/mm] sind also die Koordiantenvektoren von U.
Nein, das ist nicht richtig. In der Aufgabe steht: [mm] $W_1$ [/mm] ist die Menge aller Koordinatenvektoren von Elementen aus $U$.
> Die koordinatenabbildung [mm]K_B: R^4\to[/mm] V bildet [mm]\lambda \mapsto B_1[/mm]
> ab.
Das ist etwas salopp geschrieben. Du meinst [mm] $(\lambda_1,...,\lambda_4) \mapsto \lambda_1 [/mm] *1 + [mm] \lambda_2 [/mm] * x + [mm] \lambda_3*x^2 [/mm] + [mm] \lambda_4*x^3$.
[/mm]
> Also wird:
>
> [mm]\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2} \mapsto[/mm] [mm]-1\cdot 1 -1 \cdot x -2\cdot x^2 + 2 x^3[/mm]
Ja. Du weißt also, dass
[mm] $v_1 [/mm] := [mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}$
[/mm]
der Koordinatenvektor von [mm] $2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1$ bzgl. [mm] $B_1$ [/mm] ist. Dasselbe muss nun noch mit dem zweiten Polynom gemacht werden. Du erhältst
[mm] $v_2 [/mm] := [mm] \vektor{0\\-1\\-1\\1}$
[/mm]
ist Koordinatenvektor von [mm] $x^3-x^2-x$ [/mm] bzgl. [mm] $B_1$.
[/mm]
Es steht in der Aufgabe, dass $U$ der Unterraum von $V$ ist, der durch [mm] $2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1$, [mm] $x^3-x^2-x$ [/mm] erzeugt wird. Das bedeutet,
$U = [mm] \{\lambda \cdot (2x^3 -2x^2 -x-1) + \mu\cdot x^3-x^2-x| \lambda, \mu\in \IR\}$.
[/mm]
Wie sieht nun also [mm] $W_1$, [/mm] die Menge aller Koordinatenvektoren von Elementen aus $U$ aus?
Mach' dir klar, dass gilt (beachte: Die Koordinatenabbildung [mm] $K_{B_1}$ [/mm] ist linear):
[mm] $W_1 [/mm] = [mm] \{\lambda \cdot v_1 + \mu\cdot v_2| \lambda, \mu \in \IR\}$.
[/mm]
---
Du sollst nun also eine Matrix bestimmen, die [mm] $W_1$ [/mm] als Kern hat!
Wenn man diese Matrix $A$ nennt, muss also gelten: $A [mm] v_1 [/mm] = 0$ und $A [mm] v_2 [/mm] = 0$.
Nun einige Hinweise:
a) Schreibe $A = [mm] \vektor{---a_1---\\---a_2---\\---a_3---\\---a_4---}$ [/mm] mit Zeilenvektoren [mm] $a_1,...,a_4$.
[/mm]
b) Welche Dimension hat [mm] $W_1$ [/mm] ? Wie viele [mm] $a_i$ [/mm] können daher einfach als Nullzeilen (Nullvektoren) gewählt werden?
c) Damit $A [mm] v_1 [/mm] = 0$ gilt, muss also [mm] $a_i \cdot v_1 [/mm] = 0$ sein für alle $i = 1,2,3,4$, wobei [mm] $\cdot$ [/mm] das Skalarprodukt zweier Vektoren. Genauso für [mm] $v_2$. [/mm] Kannst du daraus einen Ansatz ermitteln, wie du an die [mm] $a_i$ [/mm] kommst?
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:10 Do 12.03.2015 | | Autor: | Nyuu |
Erstmal vielen dank für die Korrektur der ersten Aufgabe. Ich habe die verbesserungsvorschläge natürlich zur Kenntnis genommen :)
>
> > (2) Bei der Aufgabe bin ich mir nicht ganz so sicher wie
> > sie gemeint ist.
> > [mm]W_1[/mm] und [mm]W_2[/mm] sind also die Koordiantenvektoren von U.
>
> Nein, das ist nicht richtig. In der Aufgabe steht: [mm]W_1[/mm] ist
> die Menge aller Koordinatenvektoren von Elementen aus [mm]U[/mm].
>
> > Die koordinatenabbildung [mm]K_B: R^4\to[/mm] V bildet [mm]\lambda \mapsto B_1[/mm]
> > ab.
>
> Das ist etwas salopp geschrieben. Du meinst
> [mm](\lambda_1,...,\lambda_4) \mapsto \lambda_1 *1 + \lambda_2 * x + \lambda_3*x^2 + \lambda_4*x^3[/mm].
>
> > Also wird:
> >
> > [mm]\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2} \mapsto[/mm] [mm]-1\cdot 1 -1 \cdot x -2\cdot x^2 + 2 x^3[/mm]
>
> Ja. Du weißt also, dass
>
> [mm]v_1 := \vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}[/mm]
>
> der Koordinatenvektor von [mm]2x^3 -2x^2 -x-1[/mm] bzgl. [mm]B_1[/mm] ist.
> Dasselbe muss nun noch mit dem zweiten Polynom gemacht
> werden. Du erhältst
>
> [mm]v_2 := \vektor{0\\-1\\-1\\1}[/mm]
>
> ist Koordinatenvektor von [mm]x^3-x^2-x[/mm] bzgl. [mm]B_1[/mm].
>
> Es steht in der Aufgabe, dass [mm]U[/mm] der Unterraum von [mm]V[/mm] ist,
> der durch [mm]2x^3 -2x^2 -x-1[/mm], [mm]x^3-x^2-x[/mm] erzeugt wird. Das
> bedeutet,
>
> [mm]U = \{\lambda \cdot (2x^3 -2x^2 -x-1) + \mu\cdot (x^3-x^2-x)| \lambda, \mu\in \IR\}[/mm].
Okay also bis hier hin habe ich es verstanden.
> Wie sieht nun also [mm]W_1[/mm], die Menge aller Koordinatenvektoren
> von Elementen aus [mm]U[/mm] aus?
> Mach' dir klar, dass gilt (beachte: Die
> Koordinatenabbildung [mm]K_{B_1}[/mm] ist linear):
>
> [mm]W_1 = \{\lambda \cdot v_1 + \mu\cdot v_2| \lambda, \mu \in \IR\}[/mm].
Das ist mir glaube ich noch nicht so ganz klar geworden. Die Menge [mm] W_1 [/mm] besteht also aus allen Koordiantenvekotren, die vielfache der jeweiligen Polynome sind.
Also jeder Vektor [mm] u\in [/mm] U, lässt sich als Linearkombination von [mm] 2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1 und [mm] x^3-x^2-x [/mm] schreiben.
Das bedeutet [mm] $u=\lambda \cdot (2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1) + [mm] \mu \cdot (x^3-x^2-x)$
[/mm]
Also würde die Koordinatenabbildung [mm] K_{B}: V\to \IR^4 [/mm] jeden Vektor u, wie folgt abbilden:
[mm] $u=\lambda \cdot v_1 [/mm] + [mm] \mu \cdot v_2 \mapsto u_{B}= \vektor{\lambda_{1}+\mu_{1} \\ \lambda_{2}+\mu_{2} \\ \lambda_{3}+\mu_{3} \\ \lambda_{4}+\mu_{4}} [/mm] $
Aber benötige ich hierfür wirklich die Linearität der Koordinatenfunktion?
> ---
>
> Du sollst nun also eine Matrix bestimmen, die [mm]W_1[/mm] als Kern
> hat!
> Wenn man diese Matrix [mm]A[/mm] nennt, muss also gelten: [mm]A v_1 = 0[/mm]
> und [mm]A v_2 = 0[/mm].
>
> Nun einige Hinweise:
>
> a) Schreibe [mm]A = \vektor{---a_1---\\---a_2---\\---a_3---\\---a_4---}[/mm]
> mit Zeilenvektoren [mm]a_1,...,a_4[/mm].
Das verstehe ich leider nicht so ganz :/
Soll ich nun also eine Matrix A aufstellen. Die steht ja nicht fest. Also muss ich sie allgemein wählen:
[mm] \pmat{ a & b & c & d \\ e & f & g & h \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}.
[/mm]
nun ist [mm] Av_1=0 [/mm] und [mm] Av_2=0
[/mm]
Also erhalte ich
(1) 2a - 2b - c - d = 0
(2) 1a - 1b -1c = 0
(3) 2e - 2f -g - h =0
(4) 1e -1f -g =0
also ist a= b + c
2(b+c) - 2b -c -d =0
2b+2c - 2b -c -d =0
c -d = 0
c=d
Also muss c=d gelten und a=b+d
Ganz eindeutig lässt sich die ja nicht lösen.
kann ich dann einfach c=d=0 wählen. Dann müsste ich nur noch a=b wählen.
also a=1; b=1; c=d=0
Mh ich wäre jetzt fast auf die idee gekommen, es bei (3) und (4) genauso zu machen. Das geht aber nicht oder? Ich würde dann ja eine Matrix mit Rang A=1 erhalten. Also muss ich die so wählen das sie Linearunabhängig sind.
ich muss also einen zu (1, 1, 0, 0) linearunabhängigen Vektor finden der immer noch die gleichung erfüllt
g=h=1; dann muss e=f+1 fache sein. Wähle also f=1, dann ist e=2
(2,1,1,1)
[mm] A=\pmat{ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
Das scheint mir aber doch etwas umständlich zu sein. Ich kam auch erst auf die idee, dass die vektoren [mm] v_1 [/mm] und [mm] v_2 [/mm] senkrecht auf jeder zeile stehen müssen, aber da wir hier nicht im [mm] R^3 [/mm] sind wüsste ich garnicht wie man einen Senkrechten vektor so einfach bestimmen kann.
Der Kern besteht ja nun aus allen Koordinatenvektoren die Vielfache von [mm] v_1 [/mm] und [mm] v_2 [/mm] sind.
> b) Welche Dimension hat [mm]W_1[/mm] ? Wie viele [mm]a_i[/mm] können daher
> einfach als Nullzeilen (Nullvektoren) gewählt werden?
[mm] W_1 [/mm] hat die Dimension 2, demnach können 2 Zeilen als Nullzeilen gewählt werden
> c) Damit [mm]A v_1 = 0[/mm] gilt, muss also [mm]a_i \cdot v_1 = 0[/mm] sein
> für alle [mm]i = 1,2,3,4[/mm], wobei [mm]\cdot[/mm] das Skalarprodukt zweier
> Vektoren. Genauso für [mm]v_2[/mm]. Kannst du daraus einen Ansatz
> ermitteln, wie du an die [mm]a_i[/mm] kommst?
>
Ich weiss es nicht, ich habs zumindest versucht :D (siehe oben)
> Viele Grüße,
> Stefan
Liebe Grüße
Nyuu
|
|
|
| |
|
Hallo Nyuu,
> Erstmal vielen dank für die Korrektur der ersten Aufgabe.
> Ich habe die verbesserungsvorschläge natürlich zur
> Kenntnis genommen :)
Gut :)
> > > (2) Bei der Aufgabe bin ich mir nicht ganz so sicher wie
> > > sie gemeint ist.
> > > [mm]W_1[/mm] und [mm]W_2[/mm] sind also die Koordiantenvektoren von
> U.
> >
> > Nein, das ist nicht richtig. In der Aufgabe steht: [mm]W_1[/mm] ist
> > die Menge aller Koordinatenvektoren von Elementen aus [mm]U[/mm].
> >
> > > Die koordinatenabbildung [mm]K_B: R^4\to[/mm] V bildet [mm]\lambda \mapsto B_1[/mm]
> > > ab.
> >
> > Das ist etwas salopp geschrieben. Du meinst
> > [mm](\lambda_1,...,\lambda_4) \mapsto \lambda_1 *1 + \lambda_2 * x + \lambda_3*x^2 + \lambda_4*x^3[/mm].
>
> >
> > > Also wird:
> > >
> > > [mm]\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2} \mapsto[/mm] [mm]-1\cdot 1 -1 \cdot x -2\cdot x^2 + 2 x^3[/mm]
>
> >
> > Ja. Du weißt also, dass
> >
> > [mm]v_1 := \vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}[/mm]
> >
> > der Koordinatenvektor von [mm]2x^3 -2x^2 -x-1[/mm] bzgl. [mm]B_1[/mm] ist.
> > Dasselbe muss nun noch mit dem zweiten Polynom gemacht
> > werden. Du erhältst
> >
> > [mm]v_2 := \vektor{0\\-1\\-1\\1}[/mm]
> >
> > ist Koordinatenvektor von [mm]x^3-x^2-x[/mm] bzgl. [mm]B_1[/mm].
> >
> > Es steht in der Aufgabe, dass [mm]U[/mm] der Unterraum von [mm]V[/mm] ist,
> > der durch [mm]2x^3 -2x^2 -x-1[/mm], [mm]x^3-x^2-x[/mm] erzeugt wird. Das
> > bedeutet,
> >
> > [mm]U = \{\lambda \cdot (2x^3 -2x^2 -x-1) + \mu\cdot (x^3-x^2-x)| \lambda, \mu\in \IR\}[/mm].
> > Wie sieht nun also [mm]W_1[/mm], die Menge aller Koordinatenvektoren
> > von Elementen aus [mm]U[/mm] aus?
> > Mach' dir klar, dass gilt (beachte: Die
> > Koordinatenabbildung [mm]K_{B_1}[/mm] ist linear):
> >
> > [mm]W_1 = \{\lambda \cdot v_1 + \mu\cdot v_2| \lambda, \mu \in \IR\}[/mm].
> Das ist mir glaube ich noch nicht so ganz klar geworden.
> Die Menge [mm]W_1[/mm] besteht also aus allen Koordiantenvekotren,
> die vielfache der jeweiligen Polynome sind.
Besser: [mm] $W_1$ [/mm] besteht aus den Koordinatenvektoren, die zu beliebigen Linearkombinationen der beiden Polynome [mm] $2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1$ und [mm] $x^3-x^2-x$ [/mm] gehören.
> Also jeder Vektor [mm]u\in[/mm] U, lässt sich als Linearkombination
> von [mm]2x^3 -2x^2[/mm] -x-1 und [mm]x^3-x^2-x[/mm] schreiben.
>
> Das bedeutet [mm]u=\lambda \cdot (2x^3 -2x^2 -x-1) + \mu \cdot (x^3-x^2-x)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Also würde die Koordinatenabbildung [mm]K_{B}: V\to \IR^4[/mm]
> jeden Vektor u, wie folgt abbilden:
>
> [mm]u=\lambda \cdot v_1 + \mu \cdot v_2 \mapsto u_{B}= \vektor{\lambda_{1}+\mu_{1} \\ \lambda_{2}+\mu_{2} \\ \lambda_{3}+\mu_{3} \\ \lambda_{4}+\mu_{4}}[/mm]
Nein, das ist nicht richtig, denn:
1) [mm] $\lambda,\mu$ [/mm] sind hier jetzt ja reelle Zahlen (die Vielfachen der Linearkombinationen), d.h. die haben keine Komponenten.
2) Deine Darstellung von $u$ stimmt oben nicht mehr, denn [mm] $v_1,v_2$ [/mm] waren in meinen Bezeichnungen schon die Koordinatenvektoren der Polynome, deine Darstellung $u = [mm] \lambda v_1 [/mm] + [mm] \mu v_2$ [/mm] ist also gar kein Polynom mehr.
Laut Definition ( " [mm] $W_1$ [/mm] ist die Menge der Koordinatenvektoren aller Vektoren aus $U$ ") ist
[mm] $W_1 [/mm] = [mm] K_{B_1}(U)$. [/mm] (*)
Wie du oben geschrieben hast hat ein $u [mm] \in [/mm] U$ die Gestalt
[mm] $u=\lambda \cdot (2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1) + [mm] \mu \cdot (x^3-x^2-x)$.
[/mm]
Wenden wir darauf [mm] $K_{B_1}$ [/mm] an, erhalten wir (Linearität von [mm] $K_{B_1}$):
[/mm]
[mm] K_{B_1}(u) [/mm] = [mm] \lambda \cdot K_{B_1}(2x^3 -2x^2 [/mm] -x-1) + [mm] \mu \cdot K_{B_1}(x^3-x^2-x) [/mm] = [mm] \lambda v_1 [/mm] + [mm] \mu v_2.
[/mm]
Weil [mm] $K_{B_1}$ [/mm] invertierbar ist, haben wir gezeigt:
[mm] W_1 [/mm] = [mm] K_{B_1}(U) [/mm] = [mm] \{\lambda v_1 + \mu v_2|\lambda,\mu \in \IR\}.
[/mm]
Hilft dir das weiter?
> Aber benötige ich hierfür wirklich die Linearität der
> Koordinatenfunktion?
Siehe oben.
-------
> > Du sollst nun also eine Matrix bestimmen, die [mm]W_1[/mm] als Kern
> > hat!
> > Wenn man diese Matrix [mm]A[/mm] nennt, muss also gelten: [mm]A v_1 = 0[/mm]
> > und [mm]A v_2 = 0[/mm].
> >
> > Nun einige Hinweise:
> >
> > a) Schreibe [mm]A = \vektor{---a_1---\\---a_2---\\---a_3---\\---a_4---}[/mm]
> > mit Zeilenvektoren [mm]a_1,...,a_4[/mm].
>
> Das verstehe ich leider nicht so ganz :/
>
> Soll ich nun also eine Matrix A aufstellen. Die steht ja
> nicht fest. Also muss ich sie allgemein wählen:
>
>
> [mm]\pmat{ a & b & c & d \\ e & f & g & h \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}.[/mm]
Gut. Du hast schonmal richtig erkannt, dass $A$ wegen [mm] $dim(W_1) [/mm] = 2$ zwei Nullzeilen haben sollte (muss natürlich nicht so sein, ist aber der leichteste Weg).
> nun ist [mm]Av_1=0[/mm] und [mm]Av_2=0[/mm]
>
> Also erhalte ich
>
> (1) 2a - 2b - c - d = 0
> (2) 1a - 1b -1c = 0
> (3) 2e - 2f -g - h =0
> (4) 1e -1f -g =0
Ja.
> also ist a= b + c
>
> 2(b+c) - 2b -c -d =0
> 2b+2c - 2b -c -d =0
> c -d = 0
> c=d
>
> Also muss c=d gelten und a=b+d
>
> Ganz eindeutig lässt sich die ja nicht lösen.
Ja, unter anderem, weil ja auch Vielfache von $(a,b,c,d)$ und $(e,f,g,h)$ dieselbe Eigenschaft haben werden.
> kann ich dann einfach c=d=0 wählen. Dann müsste ich nur
> noch a=b wählen.
>
> also a=1; b=1; c=d=0
>
> Mh ich wäre jetzt fast auf die idee gekommen, es bei (3)
> und (4) genauso zu machen. Das geht aber nicht oder? Ich
> würde dann ja eine Matrix mit Rang A=1 erhalten. Also muss
> ich die so wählen das sie Linearunabhängig sind.
Genau.
> ich muss also einen zu (1, 1, 0, 0) linearunabhängigen
> Vektor finden der immer noch die gleichung erfüllt
>
> g=h=1; dann muss e=f+1 fache sein. Wähle also f=1, dann
> ist e=2
>
> (2,1,1,1)
>
> [mm]A=\pmat{ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
Das ist soweit alles richtig, außer dass die Vektoren genau umgedreht sein müssten, d.h.
$A = [mm] \pmat{ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}$.
[/mm]
Das liegt daran, dass du oben schon die Gleichungen mit genau umgedrehten Koordinatenvektoren [mm] $v_1,v_2$ [/mm] geschrieben hast. Wir müssen uns einigen, ob wir [mm] $v_2 [/mm] = (0,-1,-1,1)$ schreiben für [mm] $x^3-x^2-x$ [/mm] (so habe ich es oben gemacht) oder doch $(1,-1,-1,0)$. ;)
> Das scheint mir aber doch etwas umständlich zu sein.
Aber es hat funktioniert.
> Ich
> kam auch erst auf die idee, dass die vektoren [mm]v_1[/mm] und [mm]v_2[/mm]
> senkrecht auf jeder zeile stehen müssen, aber da wir hier
> nicht im [mm]R^3[/mm] sind wüsste ich garnicht wie man einen
> Senkrechten vektor so einfach bestimmen kann.
Genau darauf wollte ich oben hinaus.
Genau wie du würde ich erstmal
$A = [mm] \begin{pmatrix}a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4}\\b_{1} & b_{2} & b_3 & b_4\\ 0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}$
[/mm]
schreiben oder kurz
$A = [mm] \vektor{---a---\\---b---\\0\\0}$
[/mm]
mit Zeilenvektoren $a = [mm] (a_1,a_2,a_3,a_4)$ [/mm] und $b = [mm] (b_1,b_2,b_3,b_4)$. [/mm] Wie du selbst schon herausgefunden hast, ist das Ziel, $a$ und $b$ als senkrechte Vektoren zu [mm] $v_1,v_2$ [/mm] zu wählen.
Eine Möglichkeit ist wie du oben gemacht hast, ein Gleichungssystem zu lösen.
Eine andere ist Anwendung des ![[]](/images/popup.gif) Gram-Schmidt-Verfahrens.
Dazu müsste man zwei offensichtlich linear unabhängige Vektoren zu [mm] $v_1 [/mm] = (-1,-1,-2,2)$ und [mm] $v_2 [/mm] = (0,-1,-1,1)$ bestimmen, z.B.
[mm] $v_3 [/mm] = (0,0,1,0)$
und
[mm] $w_3 [/mm] = (0,0,0,1)$
und nun einen jeweils einen Schritt mit dem Verfahren ausführen. Wenn du willst, kannst du es ja mal probieren [mm] ($\langle \cdot,\cdot\rangle$ [/mm] ist das ganz normale Skalarprodukt):
$a = [mm] v_3 [/mm] - [mm] \frac{\langle v_3,v_1\rangle}{\langle v_1,v_1\rangle} v_1 [/mm] - [mm] \frac{\langle v_3,v_2\rangle}{\langle v_2,v_2\rangle}v_2$
[/mm]
und genauso für $b$ mit [mm] $b_4$ [/mm] statt [mm] $v_3$.
[/mm]
> Der Kern besteht ja nun aus allen Koordinatenvektoren die
> Vielfache von [mm]v_1[/mm] und [mm]v_2[/mm] sind.
> > b) Welche Dimension hat [mm]W_1[/mm] ? Wie viele [mm]a_i[/mm] können
> daher
> > einfach als Nullzeilen (Nullvektoren) gewählt werden?
>
> [mm]W_1[/mm] hat die Dimension 2, demnach können 2 Zeilen als
> Nullzeilen gewählt werden
Genau.
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
|
