Basis vom Kern < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] A*:\IR^4\to \IR^4 [/mm] die lineare Standard-Abbildung zur Matrix
[mm] A=\pmat{ 1 & -1 & 5 & -9 \\ -2 & -8 & 20 & -32 \\ 0 & 4 & -12 & 20 \\ 1 & 1 & -1 & 1 }
[/mm]
a) Bestimme eine Basis des Kerns von A
b) Bestimme die Dimension des Bildraumes von A und gib eine zugehörige Basis an. |
okay, dann poste ich mal meine Lösungsidee:
zu a)
[mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0}=\pmat{ 1 & -1 & 5 & -9 \\ -2 & -8 & 20 & -32 \\ 0 & 4 & -12 & 20 \\ 1 & 1 & -1 & 1 }\vektor{x \\ y \\ z \\ t}
[/mm]
Die Matrix in Zeilenstufenform umgewandelt:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & -3 & 5 \\ 0 & 2 & 6 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }
[/mm]
okay, dann sind die freien Variablen hier z und t
1x+0y+2z-4t=0
1y-3z+5t=0
2y+6z+10t=0
1.Fall: z=1, t=0
[mm] v_1=(-2,-3,1,0)
[/mm]
2.Fall: z=0, t=1
[mm] v_2=(4,-5,0,1)
[/mm]
[mm] Ker(A)={v_1,v_2}
[/mm]
dann muss ich mit [mm] {v_1,v_2} [/mm] eine Basis bestimmen? Weil ich ja eine Basis des Kerns bestimmen soll..
Stimmt das soweit?
Könnt ihr mir Tipps geben wie ich die Dimension des Bildraumen von A und eine zugehörige Basis bilden kann?
MfG
Mathegirl
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:04 Mo 05.12.2011 | | Autor: | hippias |
> [mm]A:\IR^4\to \IR^4[/mm] die lineare Standard-Abbildung zur Matrix
>
> [mm]A=\pmat{ 1 & -1 & 5 & -9 \\ -2 & -8 & 20 & -32 \\ 0 & 4 & -12 & 20 \\ 1 & 1 & -1 & 1 }[/mm]
>
> a) Bestimme eine Basis des Kerns von A
> b) Bestimme die Dimension des Bildraumes von A und gib
> eine zugehörige Basis an.
>
>
> okay, dann poste ich mal meine Lösungsidee:
>
> zu a)
>
> [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0}=\pmat{ 1 & -1 & 5 & -9 \\ -2 & -8 & 20 & -32 \\ 0 & 4 & -12 & 20 \\ 1 & 1 & -1 & 1 }\vektor{x \\ y \\ z \\ t}[/mm]
>
> Die Matrix in Zeilenstufenform umgewandelt:
Das ist nicht Zeilenstufenform:
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & -3 & 5 \\ 0 & 2 \text{hier muesste eine $0$ erzeugt werden} & 6 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }[/mm]
>
> okay, dann sind die freien Variablen hier z und t
Nach Deiner Loesung waere nur $t$ waere frei
> 1x+0y+2z-4t=0
> 1y-3z+5t=0
> 2y+6z+10t=0
>
> 1.Fall: z=1, t=0
Nach Gleichung 2. waere damit $y=3$, waehrend aus Gleichung 3. $y= -3$ folgt, was einen Widerspruch zu Deiner Loesung liefert. Der Grund: s.o.. Da sich hier kleine Fehler eingeschlichen haben, habe ich Deine Rechnungen nicht weiter ueberprueft.
> [mm]v_1=(-2,-3,1,0)[/mm]
>
> 2.Fall: z=0, t=1
> [mm]v_2=(4,-5,0,1)[/mm]
>
> [mm]Ker(A)={v_1,v_2}[/mm]
>
> dann muss ich mit [mm]{v_1,v_2}[/mm] eine Basis bestimmen? Weil ich
> ja eine Basis des Kerns bestimmen soll..
>
> Stimmt das soweit?
>
>
>
> Könnt ihr mir Tipps geben wie ich die Dimension des
> Bildraumen von A und eine zugehörige Basis bilden kann?
Es gibt eine bekannte Dimensionsformel, in der die Dimension des Kern, des Bildes und des Raumes auftaucht. Das duertfe hier das einfachste sein. Zur Basis: Du kennst ein Erzeugendensystem des Bildraums, da kannst Du mit der entsprechenden Matrix, Zeilenstufenorm etc. eine Basis ermitteln.
>
> MfG
> Mathegirl
>
>
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:12 Mo 05.12.2011 | | Autor: | davux |
Die Dimensionsformel, die hippias anspricht ist:
$dim (V)=dim (ker F) + dim (im F)$
Wenn ich das richtig im Gedächtnis habe. Was er aber anspricht, bzgl. einer adäquaten Matrix, die ebenfalls in Zeilenstufenform gebracht werden kann, ist in unserem Fall nicht so einfach, da es sich dabei - ebenfalls ohne Gewähr - um die transponierte Matrix handelt. Das Problem ist, dass wir die bisher nicht in der Vorlesung definiert haben, aber es gibt auch andere Möglichkeit. Überleg dir Aussagen bezüglich der Basis vom Kern und der Basis vom Bild oder schlag sie nach. Es gibt noch eine weitere Möglichkeit. Außerdem kann ich gerade nicht ausschließen, dass hippias auch diesen Fall eben bedacht und mit seinen Worten erwähnt hat.
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Ich habe hier noch eine Frage: A* ist die Standard-Abbildung zur Matrix A.
Ändert sich hier für mein Vorgehen etwas? Oder kann ich ganz normal eine Basis des Kerns bestimmen?
Ich bin mir nicht ganz sicher wie ich die Basis des Kerns von bestimmen kann. Einfach Zeilenstufenform und die Lösungsmenge ermitteln?
MfG
Mathegirl
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:02 Di 06.12.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Wenn der kern 2 d ist (hab ich nicht nachgerechnet9 und du 2 lin unabh vektoren im kern hast blden die ne Basis.
Es wäre was anderes, wenn du nach einer orthonormalbasis gefragt wärst, dann kannst du immer noch den ersten Vektor frei wählen ihn auf1 normieren und einen senkrecht dazu finden, der im kern liegt. Aber das war doch nicht gefragt.
langsam müsstest du doch wissen,dass nlin unabh. Vektoren in einem n-dom V immer eine Basis bilden.
(ob du deine Matrix richtig umgeform hast prüf mit irgendeinem Programm im Netz)
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:03 Di 06.12.2011 | | Autor: | davux |
Was liegt denn im Kern?
Fangen wir nochmal an. Stellen wir uns eine lineare Abbildung, sagen wir $F: [mm] V\to [/mm] W$. Die zugehörige Darstellungsmatrix ist mit A gegeben. Jetzt ist nach einer Basis v des Kerns von F gefragt, auf das F angewandt F(v) den Nullvektor [mm] \pmat{0\\0\\0\\0} [/mm] in W ergibt. Also, rein formal, wir suchen
ein [mm] $v\in [/mm] V$ mit [mm] $F(v)=\pmat{0\\0\\0\\0}\in [/mm] W$
Da $F$ eine lineare Abbildung ist, und da $V, W$ Vektorräume sind, muss es ein $v$ dieser Art geben. Aus einem anderen Blickwinkel, womit wir im Nachhinein dieses $v$ auch überprüfen können:
Wenn wir Zeile für Zeile, Spalte für Spalte, jede Komponente von $v$ mit einer Komponente der Matrix multiplizieren und letztendlich die Summe aller multiplizierten Komponenten bilden, ist diese Null. Das muss für alle Zeilen gelten.
Also mal ganz grob:
Sei unsere Basis [mm] \{v\}=\{\pmat{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}\}$ [/mm] und unsere Matrix [mm] $M=\pmat{a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44}\\}$.
[/mm]
Unsere Faustregel mit der wir nachher überprüfen wollen, ob wir eine Basis des Kerns haben lautet formal etwa wie folgt.
[mm] $\left(\begin{array}{cccc}
a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\
a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44}
\end{array}\right)\cdot\pmat{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\pmat{0\\0\\0\\0}$
[/mm]
[mm] $\left(\begin{array}{cccc|c}
x_1 a_{11}&x_2 a_{12}&x_3 a_{13}&x_4 a_{14}&0\\
x_1 a_{21}&x_2 a_{22}&x_3 a_{23}&x_4 a_{24}&0\\
x_1 a_{31}&x_2 a_{32}&x_3 a_{33}&x_4 a_{34}&0\\
x_1 a_{41}&x_2 a_{42}&x_3 a_{43}&x_4 a_{44}&0
\end{array}\right)$
[/mm]
Wir haben eine erweitere Koeffizientenmatrix bzw. ein homogenes lineares Gleichungssystem zu lösen.
Demnach wäre dein Ansatz nicht falsch gewesen.
Ich ersetze M durch die Matrix aus der Aufgabenstellung und berechne es mal direkt:
[mm] $\left(\begin{array}{cccc|c}
1&-1&5&-9&0\\
-2&-8&20&-32&0\\
1&1&-1&1&0\\
0&4&-12&20&0
\end{array}\right)$
[/mm]
Zeilentausch um die Bälle flach zu halten.
[mm] $\left(\begin{array}{cccc|c}
1&1&-1&1&0\\
-2&-8&20&-32&0\\
1&-1&5&-9&0\\
0&4&-12&20&0
\end{array}\right)$
[/mm]
Jetzt mach ich einen auf Terminator.
[mm] $\left(\begin{array}{cccc|c}
1&1&-1&1&0\\
0&-6&18&-30&0\\
0&-2&6&-10&0\\
0&4&-12&20&0
\end{array}\right)$
[/mm]
Multiplikation einer Zeile mit einer Zahl (ungleich Null) ändert die Lösungsmenge nicht!
[mm] $\left(\begin{array}{cccc|c}
1&1&-1&1&0\\
0&1&-3&5&0\\
0&-1&3&-5&0\\
0&-1&3&-5&0
\end{array}\right)$
[/mm]
Schwups! Da hat's gleich zwei zerfetzt.
[mm] $\left(\begin{array}{cccc|c}
1&1&-1&1&0\\
0&1&-3&5&0\\
0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0
\end{array}\right)$
[/mm]
Damit sind [mm] x_3 [/mm] und [mm] x_4 [/mm] freie Parameter.
Setze [mm] $x_3=k$, $x_4=l$.
[/mm]
[mm] x_2=3x_3-5x_4=3k-5l
[/mm]
[mm] x_1=-x_2+x_3-x_4=-(3k-5l)+k-l=-2k+4l
[/mm]
Als Lösungsmenge erhalten wir [mm] $\IL=\{\pmat{-2k+4l\\3k-5l\\k\\l}\}.
[/mm]
Setze $k=0, l=1$ ergibt: [mm] $v_1=\pmat{4\\-5\\0\\1}$.
[/mm]
Setze $k=1, l=0$ ergibt: [mm] $v_2=\pmat{-2\\3\\1\\0}$.
[/mm]
[mm] $v_1$ [/mm] und [mm] $v_2$ [/mm] bilden gemeinsam eine Basis des Kerns [mm] $\{v_1,v_2\}$.
[/mm]
#2: Edit #1 war notwendig, während dieser nur aus Spass entstand.
#3: Fehler in der Rechnung korrigiert.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:31 Di 06.12.2011 | | Autor: | davux |
Ich will dir noch einen Tipp zum Aufgabenteil b) geben.
Das Bild der linearen Abbildung ist gegeben durch die lineare Hülle der Spaltenvektoren der Matrix.
Kannst du damit etwas anfangen?
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Deine Erklärung zum Aufgabenteil war super! Ich hatte mich gestern nochmal rangesetzt und so einige Rechenfehler bei meiner Ausführung entdeckt *schäm* Ich bin dann zur gleichen Matrix gekommen wie du es vorgerechnet hat, du hast mir also den Schritt des Vorrechnens hier abgenommen ;) Ich war mir bloß nicht sicher ob ich die Basis mit dem t davor so stehen lassen kann.
zu b)
Für das Bild der linearen Abbildung muss dann gelten:
[mm] ImA=span(\vektor{1 \\ -2 \\ 0 \\ 1},\vektor{-1 \\ -8 \\ 4 \\ 1},\vektor{5 \\ 20 \\ -12 \\ -1},\vektor{-9 \\ -32 \\ 20 \\ 1})
[/mm]
Für die Dimension des Bildraumens gilt:
dim(ImA)=3
Eine mögliche Basis ist gegeben durch 3 beliebige Vektoren aus der linearen Hülle.
[mm] v_1=(1,-2,0,1)
[/mm]
[mm] v_2=(-1,-8,4,1)
[/mm]
[mm] v_3=(-9,-32,20,1)
[/mm]
B:= { [mm] v_1,v_2,v_3 [/mm] } Ist Basis des Bildes.
Kann ich so vorgehen? oder muss ich das ausführlicher zeigen?
Mathegirl
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:37 Mi 07.12.2011 | | Autor: | fred97 |
> Deine Erklärung zum Aufgabenteil war super! Ich hatte mich
> gestern nochmal rangesetzt und so einige Rechenfehler bei
> meiner Ausführung entdeckt *schäm* Ich bin dann zur
> gleichen Matrix gekommen wie du es vorgerechnet hat, du
> hast mir also den Schritt des Vorrechnens hier abgenommen
> ;) Ich war mir bloß nicht sicher ob ich die Basis mit dem
> t davor so stehen lassen kann.
>
> zu b)
> Für das Bild der linearen Abbildung muss dann gelten:
>
> [mm]ImA=span(\vektor{1 \\ -2 \\ 0 \\ 1},\vektor{-1 \\ -8 \\ 4 \\ 1},\vektor{5 \\ 20 \\ -12 \\ -1},\vektor{-9 \\ -32 \\ 20 \\ 1})[/mm]
>
>
> Für die Dimension des Bildraumens gilt:
> dim(ImA)=3
>
> Eine mögliche Basis ist gegeben durch 3 beliebige Vektoren
> aus der linearen Hülle.
Nein.
>
> [mm]v_1=(1,-2,0,1)[/mm]
> [mm]v_2=(-1,-8,4,1)[/mm]
> [mm]v_3=(-9,-32,20,1)[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> B:= { [mm]v_1,v_2,v_3[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
} Ist Basis des Bildes.
Nein. v_1,v_2 und v_3 sind linear abhängig !
FRED
>
> Kann ich so vorgehen? oder muss ich das ausführlicher
> zeigen?
>
> Mathegirl
>
>
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Aber Das Bild von A habe ich mit der Hülle soweit richtig angegeben?
> > [mm]ImA=span(\vektor{1 \\ -2 \\ 0 \\ 1},\vektor{-1 \\ -8 \\ 4 \\ 1},\vektor{5 \\ 20 \\ -12 \\ -1},\vektor{-9 \\ -32 \\ 20 \\ 1})[/mm]
Kann ich die vektoren des Bildes dann nicht wieder in ein Gleichungssytem schreiben und in zeilenstufenform bringen? Und so dann 3 Vektoren für die Basis bestimmen?
MfG
mathegirl
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:13 Mi 07.12.2011 | | Autor: | fred97 |
> Aber Das Bild von A habe ich mit der Hülle soweit richtig
> angegeben?
Ja, das war aber auch keine hohe Kunst, das Abschreiben der Matrix
>
> > > [mm]ImA=span(\vektor{1 \\ -2 \\ 0 \\ 1},\vektor{-1 \\ -8 \\ 4 \\ 1},\vektor{5 \\ 20 \\ -12 \\ -1},\vektor{-9 \\ -32 \\ 20 \\ 1})[/mm]
>
> Kann ich die vektoren des Bildes dann nicht wieder in ein
> Gleichungssytem schreiben und in zeilenstufenform bringen?
Wozu ?
> Und so dann 3 Vektoren für die Basis bestimmen?
Suche Dir doch 3 lin. unabh. Vektoren aus
FRED
>
> MfG
> mathegirl
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3 linear unabhängige vektoren wären zum Beispiel:
[mm] v_1=(1,0,2,0)
[/mm]
[mm] v_2=(0,1,-3,0)
[/mm]
[mm] v_3=(0,0,0,1)
[/mm]
Also ist [mm] {v_1,v_2,v_3} [/mm] die Basis des Bildes von A.
MfG
mathegirl
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:24 Mi 07.12.2011 | | Autor: | fred97 |
> 3 linear unabhängige vektoren wären zum Beispiel:
>
> [mm]v_1=(1,0,2,0)[/mm]
> [mm]v_2=(0,1,-3,0)[/mm]
> [mm]v_3=(0,0,0,1)[/mm]
?? Wo hast Du denn die her ? Wie hast Du die berechnet ?
FRED
>
> Also ist [mm]{v_1,v_2,v_3}[/mm] die Basis des Bildes von A.
>
> MfG
> mathegirl
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ich habe die Vektoren aus Aufgabenteil a) aus der Matrix in Zeilenstufenform genommen. daher fragte ich ja, ob das auch möglich ist!
MfG
mathegirl
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> ich habe die Vektoren aus Aufgabenteil a) aus der Matrix in
> Zeilenstufenform genommen. daher fragte ich ja, ob das auch
> möglich ist!
Hallo,
nein, es ist nicht möglich, was Dir spätestens dann auffällt, wenn Du Dir überlegst, was ist, wenn Du einen Unterraum hast, der von 5 Vektoren des [mm] \IR^4 [/mm] erzeugt wird.
EDIT: die gestrichene Begründung paßte zum Bild, nicht zum Kern.
Gruß v. Angela
>
> MfG
> mathegirl
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:46 Mi 07.12.2011 | | Autor: | Mathegirl |
okay, also muss ich Vektoren aus dem Bild von A nehmen.
[mm] v_1,v_3,v_4 [/mm] wären dann möglich.
Mathegirl
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:06 Mi 07.12.2011 | | Autor: | davux |
Du gehst irgendwie von teilweise falschen Voraussetzungen aus. Du hast meinen Tipp zwar richtig verstanden, aber woher nimmst du denn die Überzeugung, dass die Dimension des Bildes gleich 3 sein muss? Wie wäre es, wenn du beim Ansatz der linearen Hülle bleibst und mal schaust, wie du so zu einer Basis kommst.
Was Fred sagt ist auch gut, wenn man den Durchblick hat. Wir hätten uns zum Beispiel viel Schreibarbeit, also einen Großteil der Matrizen zu Aufgabe 2 beim letzten Blatt, wo es ja hier einen umfangreichen Thread gibt, sparen können. Wenn wir nur gut begründet hätten, welche linearen Abhängigkeiten wir den Vektoren ansehen können. (Zumindest mein Tutor hätte es anerkannt.) An dieser Stelle hapert es bei dir noch, genauso wie mit den Zusammenhängen, denke ich. Das bekommst du aber noch hin.
Also wenn du willst, kannst du die lineare Hülle wieder in eine Matrix schreiben und bestimmen, welche der Vektoren linear unabhängig sind. Das heißt, wenn du 'Gauß' auf die Matrix anwendest, dann fliegen womöglich Zeilen raus. Die Zeilen die übrig bleiben, sagen dir, welche Vektoren linear unabhängig sind oder sind an-sich linear unabhängige Vektoren der Basis des Bildes.
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Ja, genau das ist mein Problem das zu erkennen!!
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ -1 & -8 & 4 & 1 \\ 5 & 20 & -12 & -1 \\ -9 & -32 & 20 & 1 }
[/mm]
Okay, wenn ich das in zeilenstufenform bringe:
I+II und (-5)I+III
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 30 & -12 & -6 \\ -9 & -32 & 20 & 1 }
[/mm]
2*II+III
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -9 & -32 & 20 & 1 }
[/mm]
Ordnen
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ -9 & -32 & 20 & 1 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
9*I*II
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -50 & 20 & 10 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
(-5)*III+II
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -50 & 20 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
[mm] v_1=(1,-2,0,1)
[/mm]
[mm] v_2=(0,-50,20,10)
[/mm]
alsos ist die Dimension dim Im(A)=2
ich hoffe so stimmt es...
MfG
Mathegirl
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Hallo Mathegirl,
> Ja, genau das ist mein Problem das zu erkennen!!
>
> [mm]\pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ -1 & -8 & 4 & 1 \\ 5 & 20 & -12 & -1 \\ -9 & -32 & 20 & 1 }[/mm]
>
> Okay, wenn ich das in zeilenstufenform bringe:
> I+II und (-5)I+III
>
> [mm]\pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 30 & -12 & -6 \\ -9 & -32 & 20 & 1 }[/mm]
>
> 2*II+III
> [mm]\pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -9 & -32 & 20 & 1 }[/mm]
>
> Ordnen
> [mm]\pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ -9 & -32 & 20 & 1 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
>
> 9*I*II
> [mm]\pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -50 & 20 & 10 \\ 0 & -10 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
>
> (-5)*III+II
> [mm]\pmat{ 1 & -2 & 0 & 1 \\ 0 & -50 & 20 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
>
> [mm]v_1=(1,-2,0,1)[/mm]
> [mm]v_2=(0,-50,20,10)[/mm]
>
> alsos ist die Dimension dim Im(A)=2
>
> ich hoffe so stimmt es...
>
Ja, das stimmt so. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> MfG
> Mathegirl
>
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:58 Mi 07.12.2011 | | Autor: | davux |
Dein Schluß, dass die Dimension des Bildes 2 ist, und zugleich sich als Dimension des Kernes 1 sein soll, sollte in dieser Frage mit auftauchen. Schließlich war es doch genau der Punkt, der hier jetzt verwirrt. Wenn an den Ansätzen alles in Ordnung ist. Verbessert hat es noch keiner. Dann haben wir doch irgendetwas übersehen. Denn es muss ja gelten:
[mm] $dim\,V [/mm] = [mm] dim\,(ker\,F) [/mm] + [mm] dim\,(im\,F)$
[/mm]
In unserem Falle wäre doch [mm] $V=\IR^4$, [/mm] aber nach obiger Gleichung hätten wir
[mm] $dim\,V [/mm] = 1 + 2 = 3$
Wir wissen aber, eine Basis des [mm] $\IR^4$ [/mm] muss 4 Basisvektoren haben. Also müsste doch für die Dimension von V auch 4 rauskommen.
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Das ist mir aufgefallen, nachdem ich es hier gepostet habe..da hat es klick gemacht!!!! Aber ich habe den fehler noch nicht gefunden :(
Die Basis des kerns müsste so stimmen, alsi dimker(A)=1 aber bei dem bild finde ich den fehler nicht.
Deshalb bin ich ja die ganze zeit stur davon ausgegangen, dass die basis des Bildes aus 3 vektoren bestehen muss.
Ich finde den fehler nicht.
Weißt du waran es liegen könnte?
MfG
mathegirl
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:36 Mi 07.12.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo mathegirl
Dass du Rechnungen nicht nachrechnest ist schlimm. einen Fehler kann man immer mal machen, aber ergebnisse übernehmen ist nicht gut.
Da.. hat in seiner rechnung einen Fehler
$ [mm] $\left(\begin{array}{cccc|c} 1&1&-1&1&0\\ -2&-8&20&-32&0\\ 1&-1&5&-9&0\\ 0&4&-12&20&0 \end{array}\right)$ [/mm] $
Jetzt mach ich einen auf Terminator.
$ [mm] $\left(\begin{array}{cccc|c} 1&1&-1&1&0\\ 0&-6&18&-30&0\\ 0&-2&6&8&0\\ 0&4&-12&20&0 \end{array}\right)$ [/mm] $
die 1. matrix ist noch richtig, dann kommt der Fehler.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:27 Mi 07.12.2011 | | Autor: | davux |
Ich habe es eben verbessert, habe zwei Vektoren der Basis des Kerns erhalten. Somit passt die Rechnung auch wieder. Damit ist die Frage beantwortet.
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