Dimension <-> Rang < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:26 Sa 03.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Hio!
Den Dimensionsbegriff habe ich verstanden, jedoch habe ich Schwierigkeiten mit folgender "Beziehung":
(1)Die Dimension des K-Vektorraums [mm] K^{n} [/mm] ist n, da beispielsweise die Menge der Einheitsvektoren [mm] \{e_{1}, . . . , e_{n}\} [/mm] eine Basis von [mm] K_{n} [/mm] bildet.
(2)Gleiches gilt für einen K-Vektorraum [mm] K^{n\timesm}, [/mm] wo die Dimension m*n ist.
Nun folgendes Beispiel:
Sei K = [mm] \IR
[/mm]
V := < [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{1 \\ 6 \\ 11}>
[/mm]
Durch auflösen der Matrix durch die oben gegebenen Vektoren komme ich auf eine dim V = 2, das ist soweit auch korrekt (laut Skript).
Wie kann ich das K = [mm] \IR [/mm] in diesem Zusammenhang verstehen? Aus K sind alle Skalare die ich für die Linearkombinationen brauche. Da K in diesem Fall eindimensional ist, habe ich immer nur "normale" Variable wie z.B. x = 1.
Die Vektoren haben die Form 1 [mm] \times [/mm] 3, müssten V dann nicht (laut 2) die Dimension 3 haben?
Ich habe mal wieder das Gefühl, dass ich hier gerade etwas durcheinander werfe, aber naja frage kostet ja nichts! :)
Frage 2:
Den Rang einer Matrix lese ich ab, indem ich Zeilenumformungen mache (also Stufenform) und alle Zeilen zählen die nicht nur Nullen enthalten.
Beim Berechnen von Basen mit gegebene Vektoren bzw. allgemein zu einem Vektorraum gehe ich doch genauso vor oder nicht?
Hieße das nicht, dass der Rang einer Matrix gleich der Dimension ist oder habe ich da nun nur (wie im obigem Beispiel) ein unpassendes Beispiel?
Ein Gegenbeispiel (sofern die Annahme falsch ist) wäre nicht schlecht.
Danke schonmal!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:29 So 04.01.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. Dein V besteht aus Vektoren eines 3d- Vektorraums. es ist also ein Unterraum. Du kannst 2 linear unabhängige Vektoren eines 1000 dimensionalen Vektorraums nehmen und sie bilden die Basis eines 2d Unterraums.
Der Körper der zu dem Vektorraum gehört hat nichts mit dessen dimension zu tun!
Den Rang einer Matrix kannst du auch als Maximalzahl der linear unabhängigen Zeilen oder Spaltenvektoren bezeichnen.
Deshalb kannst du auch wie beschrieben mit vektoren umgehen.
Aber auch Matrizen können einen Vektorraum bilden und dessen Dimension hängt NICHT mit dem Rang der beteiligten Matrizen zusammen!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:11 So 04.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
In meinem Beispiel spannen also die Vektoren aus V den 3D-Vektorraum auf oder?
Nun kann ich einen dieser drei Vektoren als Linearkombination der anderen beiden Vektoren schreiben, also könnte ich theoretisch den 3D-Vektorraum auch mit nur zwei Vektoren aufspannen, also hat V dann doch die Dimension 2, wäre dass dann nicht (so wie ich dich verstanden habe) ein 2D Vektorraum?
Kann es sein, dass der Rang gleich der Dimension ist, wenn ich mit einspaltigen Vektoren rechne?
Wenn ich nun die Basis eines Unterraumes suche, der durch z.B. 2 Matrixen gegeben ist, füge ich diese beiden dann auch wieder zu einer Matrix zusammen und löse es mit Gauß auf?
Also so:
V := [mm] \{ \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }, \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }\}
[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 2 & 5 & 6\\ 3 & 4 &7 & 8} [/mm] <- das dann normal auflösen.
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> In meinem Beispiel spannen also die Vektoren aus V den
> 3D-Vektorraum auf oder?
Hallo,
redest Du von diesem:
>>> V := < $ [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{1 \\ 6 \\ 11}> [/mm] $
V enthält sämtliche Linearkombinationen, die Du aus den drei Vektoren bilden kannst, sie sind ein Erzeugendensystem von V.
Eine Basis sind die dri vektorn nicht, weil sie nicht linear unabhängig sind.
Eine Basis von V wäre ( [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ 3 \\ 5}), [/mm] die Dimension von V ist also =2.
V ist ein zweidimensionaler Unterraum des [mm] \IR^3, [/mm] anschaulich: eine Ebene durch den Ursprung des Anschauungsraumes.
> Kann es sein, dass der Rang gleich der Dimension ist, wenn
> ich mit einspaltigen Vektoren rechne?
???
Ich weiß nicht, was Du meinst. Sowas:
[mm] U:=<\vektor{1 \\ 6 \\ 11}> [/mm] ist eindimensional.
> Wenn ich nun die Basis eines Unterraumes suche, der durch
> z.B. 2 Matrixen gegeben ist, füge ich diese beiden dann
> auch wieder zu einer Matrix zusammen und löse es mit Gauß
> auf?
> Also so:
> V := [mm]\{ \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }, \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }\}[/mm]
>
> [mm]\pmat{ 1 & 2 & 5 & 6\\ 3 & 4 &7 & 8}[/mm] <- das dann normal
> auflösen.
Nein.
Besinne Dich darauf, wie lineare Unabhängigkeit definiert ist, das willst Du ja herausbekommen.
Du mußt also schauen, ob a [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } [/mm] nur die Lösung a=b=0 hat. Dann sind die beiden linear unabhängig und somit eine Basis des von ihnen aufgespannten Raumes.
Du kannst das aber auch anders machen, indem Du die Standardbasis des Raumes der 2x2-Matrizen nimmst, [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 } [/mm] und [mm] \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 } [/mm] in Koordinaten bzgl. dieser Basis schreibst, und diese Spalten dann in eine matrix stellst und mit gauß bearbeitest.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:01 So 04.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
> > Kann es sein, dass der Rang gleich der Dimension ist, wenn
> > ich mit einspaltigen Vektoren rechne?
>
> ???
>
> Ich weiß nicht, was Du meinst. Sowas:
>
> [mm]U:=<\vektor{1 \\ 6 \\ 11}>[/mm] ist eindimensional.
>
Ich meine den Fall wenn ich mit normalen Vektoren rechne. Um dann dort eine Basis zu berechnen, löse ich dann das homogene Gleichungssystem auf usw.
> Du mußt also schauen, ob a [mm]\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]
> nur die Lösung a=b=0 hat. Dann sind die beiden linear
> unabhängig und somit eine Basis des von ihnen aufgespannten
> Raumes.
Was hat das 'a' und das 'b' in diesem Fall zu bedeuten? Meinst du damit die Koeffizienten der Matrizen? (wenn ja dann hast du glaube ich das b vergessen).
Aus reiner linearen Unabhängigkeit folgt aber nicht, dass die beiden eine Basis sind, ich muss doch noch erst Beweisen, dass sie ein Erzeugendensystem meines Raumes sind oder?
Und dazu würde ich dann diese Formel aufstellen:
[mm] \pmat{ a & b \\ c & d } [/mm] = [mm] x*\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 } [/mm] + [mm] y*\pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 } [/mm]
und nach x bzw. y auflösen. Nur habe ich da ein kleines Problem wo ich diese Formel gerade sehe: Vektor/Matrizendivision ist nicht definiert, wie kann ich diese Formel dann gescheiht nach x oder y auflösen?
> Besinne Dich darauf, wie lineare Unabhängigkeit definiert ist, das willst Du ja herausbekommen.
> Du mußt also schauen, ob a $ [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } [/mm] $ nur die Lösung a=b=0 hat. Dann sind die beiden linear unabhängig und somit eine Basis des von ihnen aufgespannten Raumes.
Könnte ich in diesem Fall nicht auch einfach erstmal eine Matrizen Addition durchführen? Das wäre für mich zumindest das Intuitive vorgehen.
Also:
[mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{6 & 8\\ 10 & 12} [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } \Rightarrow [/mm] zu lösen: [mm] \pmat{6 & 8 & 0 & 0\\ 10 & 12 & 0 & 0} [/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:18 So 04.01.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Nochmal: Du musst zwischen der Dimension des VR in dem deine Unterräume liegen und der Dim des Raumes aus dem sie kommen unterscheiden.
Der Vektor (1,0,0) ist Basis eines UR des [mm] R^3 [/mm] natürlich bildet er kein Erzeugendensystem des [mm] R^3
[/mm]
2. $ [mm] a*\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } [/mm] $
und $ [mm] a*\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ b*\pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } [/mm] $
sind gleichwertig, da durch b dividieren kannst .
wenn du 2 lin unabh. Vektoren in irgendeinem Vektorraum hast, bilden die ne Basis eines Untervektorraums und erzeugen den auch. Aber sie erzeugen nicht den VR aus dem sie Unterraum sind. Also ist deine zweite Bed. meist nicht erfüllt!
genau wie in deinem anderen Bsp die 2 Vektoren natürlich nicht den ganzen [mm] R^3 [/mm] ergeben.
Gruss leduart
Grafik teximg
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:59 So 04.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Alles klar, danke schonmal soweit!
Zusammenfassend nochmal:
> Nochmal: Du musst zwischen der Dimension des VR in dem
> deine Unterräume liegen und der Dim des Raumes aus dem sie
> kommen unterscheiden.
Das heißt: lieber einfach eine Basis, d.h. eine durch Vektoren gegebenes lineares Gleichungssystem auf lineare Unabhängigkeit prüfen, finden und dann dessen Mächtigkeit bestimmen, anstatt sich vorher zu überlegen welche Dimension der Unterraum haben könnte, da dies wirklich nur in Spezialfällen möglich wäre.
Nun ist mir aber noch nicht ganz klar, wie ich eine Basis zu einem gegebene Vektor(unter)raum finde. Also allgemein kann ich ja erstmal festhalten, dass ich immer Unterräume betrachte.
Die gegebenen Elemente würde ich dann in eine Matrix schreiben und per Gauß ausrechnen. Hier mal ein Beispiel:
Gesucht sei die Basis von:
V := [mm] \{ \vektor{1 \\ 2}, \vektor{3 \\ 4}, \vektor{5 \\ 6}\}
[/mm]
also: [mm] \pmat{ 1 & 3 & 5 \\ 2 & 4 & 6} \Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & 5 \\ 0 & -2 & -4} \Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 2} [/mm] Zeilenweise auslesen:
Basis = [mm] \{ \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}\}
[/mm]
Nun das Ganze umgekehrt:
Die Basis B = [mm] \{ \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}\} [/mm] sei gegeben, beweise, dass B eine Basis von [mm] \IR^{3} [/mm] ist. (hoffe mal, dass das so richtig formuliert ist!)
Hierbei würde ich dann die Elemente aus B auf lineare Unabhängigkeit prüfen und dann schauen ob sie ein Erzeugendensystem von [mm] \IR^{3} [/mm] bilden. Dazu würde ich dann halt diese Gleichung aufstellen:
[mm] \vektor{x \\ y \\ z} [/mm] = [mm] a*\vektor{1 \\ 3 \\ 5} [/mm] + [mm] b*\vektor{0 \\ 1 \\ 2}
[/mm]
Nun nocheinmal gefragt: Wie löse ich das auf bzw. muss ich das überhaupt?!
Damit das nicht in Vergessenheit gerät: Kann ich so denn vorgehen? $ [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{6 & 8\\ 10 & 12} [/mm] $ = $ [mm] \pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } \Rightarrow [/mm] $ zu lösen: $ [mm] \pmat{6 & 8 & 0 & 0\\ 10 & 12 & 0 & 0} [/mm] $
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> Nun ist mir aber noch nicht ganz klar, wie ich eine Basis
> zu einem gegebene Vektor(unter)raum finde. Also allgemein
> kann ich ja erstmal festhalten, dass ich immer Unterräume
> betrachte.
> Die gegebenen Elemente würde ich dann in eine Matrix
> schreiben und per Gauß ausrechnen. Hier mal ein Beispiel:
>
> Gesucht sei die Basis von:
> V := [mm]\{ \vektor{1 \\ 2}, \vektor{3 \\ 4}, \vektor{5 \\ 6}\}[/mm]
>
> also: [mm]\pmat{ 1 & 3 & 5 \\ 2 & 4 & 6} \Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & 5 \\ 0 & -2 & -4} \Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 2}[/mm]
> Zeilenweise auslesen:
> Basis = [mm]\{ \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}\}[/mm]
Hallo,
daß das Unfug ist, kannst Du Dir leicht selbst überlegen:
entstammt jedoch jedoch dem [mm] \IR^3.
[/mm]
Dem Rang der Matrix, welcher =2 ist, kannst Du entnehmen, daß die Dimension des von den Spalten aufgespannten Raumes =2 ist - das war es ja, was Dich interessierte. Du kannst aus den eingesetzen 3 Vektoren also zwei herausfischen, die eine Basis von V bilden.
Entweder suchst Du die nun "irgendwie".
Oder Du schaust Dir die ZSF an [mm] \pmat{ \red{1} & 3 & 5 \\ 0 & \red{1} & 2}.
[/mm]
Die führenden Elemente stehen in Spalte 1 und 2, also bilden die erste und zweite der ursprünglichen (!) Spalten eine basis des aufgespannten Raumes.
Möglicherweise habt Ihr in der Vorlesung auch eine andere methode zur Bestimmung einer Basis kennengelernt:
Du kannst die 3 Vektoren als Zeilen in eine Matrix legen, diese auf ZSF bringen. Die Transponierten der Nichtnullzeilen sind eine Basis des aufgespannten Raumes.
>
> Nun das Ganze umgekehrt:
> Die Basis B = [mm]\{ \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}\}[/mm]
> sei gegeben, beweise, dass B eine Basis von [mm]\IR^{3}[/mm] ist.
Das kann nicht gelingen, denn der [mm] \IR^3 [/mm] hat die Dimension 3, dh. jede seiner Basen enthält genau drei Elemente.
> Damit das nicht in Vergessenheit gerät: Kann ich so denn
> vorgehen? [mm]\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{6 & 8\\ 10 & 12}[/mm]
> = [mm]\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } \Rightarrow[/mm] zu lösen: [mm]\pmat{6 & 8 & 0 & 0\\ 10 & 12 & 0 & 0}[/mm]
Nein.
Gruß v. Angela
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> > Du mußt also schauen, ob a [mm]\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]
> > nur die Lösung a=b=0 hat. Dann sind die beiden linear
> > unabhängig und somit eine Basis des von ihnen aufgespannten
> > Raumes.
> Was hat das 'a' und das 'b' in diesem Fall zu bedeuten?
> Meinst du damit die Koeffizienten der Matrizen? (wenn ja
> dann hast du glaube ich das b vergessen).
Hallo,
ja, ich meinte hier natürlich [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \red{b}*\pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0} [/mm] .
> Aus reiner linearen Unabhängigkeit folgt aber nicht, dass
> die beiden eine Basis sind,
Jegliches Reden über Basis hat keinen Sinn, wenn nicht klar ist, wovon die Menge eine Basis sein soll.
Im Falle linearer Unabhängigkeit sind die beiden Matrizen eine Basis des von ihnen aufgespannten Unterraumes des Raumes der 2x2-Matrizen über [mm] \IR. [/mm] das war doch die Fragestellung, um die es ging.
> ich muss doch noch erst
> Beweisen, dass sie ein Erzeugendensystem meines Raumes sind
> oder?
Das liegt in der Definition des aufgespannten Raumes: Dein raum sollte doch gerade der von den beiden aufgespannte sein, oder ist mir etwas entgangen?
> Und dazu würde ich dann diese Formel aufstellen:
> [mm]\pmat{ a & b \\ c & d }[/mm] = [mm]x*\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }[/mm] +
> [mm]y*\pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }[/mm]
> und nach x bzw. y auflösen. Nur habe ich da ein kleines
> Problem wo ich diese Formel gerade sehe:
> Vektor/Matrizendivision ist nicht definiert, wie kann ich
> diese Formel dann gescheiht nach x oder y auflösen?
Damit würdest Du versuchen zu zeigen, daß die beiden den Raum der 2x2-Matrizen über [mm] \IR [/mm] erzeugen, was natürlich überhaupt nicht sein kann, weil der die Dimension 4 hat.
>
> > Besinne Dich darauf, wie lineare Unabhängigkeit definiert
> ist, das willst Du ja herausbekommen.
>
> > Du mußt also schauen, ob a [mm]\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]
> nur die Lösung a=b=0 hat. Dann sind die beiden linear
> unabhängig und somit eine Basis des von ihnen
> aufgespannten Raumes.
>
> Könnte ich in diesem Fall nicht auch einfach erstmal eine
> Matrizen Addition durchführen? Das wäre für mich zumindest
> das Intuitive vorgehen.
Wenn Du einigermaßen Erfolg in der Mathematik haben willst, darfst Du Dich in diesen Angelegenheiten nicht auf Deine Intuition verlassen.
Hier geht es um Fakten und die Kenntnis von Definitionen, das Tun muß eine Folge hiervon sein.
> Also:
> [mm]\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{6 & 8\\ 10 & 12}[/mm]
Wenn Du die beiden Matrizen addierst, erhältst Du eine Matrix, die auch in dem aufgspannten Raum liegt. Schön. Für die Frage, ob man mit den beiden Matrizen eine Basis hat oder nicht, bringt es absolut nichts.
> [mm] \pmat{6 & 8\\ 10 & 12}= \pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } [/mm]
Um zu sehen, daß Du dies nicht der Fall ist, braucht's keine Rechnung.
Oder hältst Du [mm] \pmat{6 & 8\\ 10 & 12} [/mm] für die Nullmatrix? Wohl kaum...
> [mm] \Rightarrow[/mm] [/mm] zu lösen: [mm]\pmat{6 & 8 & 0 & 0\\ 10 & 12 & 0 & 0}[/mm]
Ich habe den Eindruck, daß Dir nicht ganz klar ist, daß die Matrizen, die man zur Bestimmung der linearen Unabhängigkeit auf Zeilenstufenform bringt, etwas mit linearen Gleichungssystemen zu tun haben, welche wiederum aus der Definition der linearen Unabhängigkeit erwachsen.
Ich hatte Dir doch zuvor schon gesagt, wie Du die Unabhängigkeit von Matrizen mithilfe von Spaltenvektoren und dem Gaußverfahren prüfen kannst.
Ich habe den Eindruck, daß Du einiges sehr gründlich nacharbeiten mußt:
Erzeugendensystem, Basis, lineare Unabhängigkeit, Unterraum, Erzeugnis/lineare Hülle.
Mach Dir klar, wie es von der Definition der linearen Unabhängigkeit zu dem frohen treiben mit den Matrizen und der Zeilenstufenform kommt. Ich glaube, Du hast das aus den Augen verloren.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:56 So 04.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Hmm okay, ich habe mir das nun gerade nochmal alles in Ruhe durch den Kopf gehen lassen und meine nun das Meiste verstanden zu haben. Nur habe ich leider momentan keinen "zur Hand" mit dem ich mich austauschen könnte, daher werde ich nun versuchen meine Fehlannahmen bzw. Verständnisschwierigkeiten hier im Thread mal selber aufzulösen. Wäre sehr Nett wenn ihr dann mal drüber schauen könntet, ob das nun wirklich alles so richtig ist oder nicht. Am Ende werde ich wohl noch die ein oder anderen Unklarheit habe, also müsstet ihr wohl noch die ein oder andere Frage beantworten. Nun aber erstmal zum Thread:
Die Dimension eines Vektorraumes ist die Anzahl der Elemente (also die Mächtigkeit) einer Basis. Alle Basen desselben Vektorraums haben die gleiche Mächtigkeit.
Ein Vektorraum, dessen Basis zwei Elemente hat, hat logischerweise die Dimension 2.
Wenn man nun einen [mm] K^{n}-Vektorraum [/mm] betrachtet, dann hat dessen Basis n Elemente. Eine mögliche Basis könnte nämlich so aussehen:
B = [mm] \{ \vektor{1 \\ 0 \\ ... \\ 0}, \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\... \\ 0}, \vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ ... \\ 0} . . .\} [/mm] sodass die 1 immer an der i = 1,..,n ten Stelle im i-ten Vektor steht.
Ähnlich sieht der Fall bei einem [mm] K^{n \times m}-Vektorraum [/mm] aus. Hier ist die Dimension logischerweise dann n*m.
Nun betrachtet man häufig Teilräume wie diesen:
V := < [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{1 \\ 6 \\ 11} [/mm] >
Dieser Teilraum spannt einen 3 dimensionalen Raum auf (sind ja so gesehen drei Koordinaten), hat aber nur die Dimension Zwei weil die Basen zwei Elemente enthalten? (ist das so korrekt?)
Komme ich nun zum Finden von Basen:
Ein Erzeugendensystem ist nun eine Menge M, aus der ich mit Linearkombination jedes Element aus V erstellen kann. Wenn dieses System minimal ist, d.h. wenn ich jedes Element aus M brauche, da ich sonst V nicht mehr komplett erstellen kann ist M eine Basis von V.
Anders formuliert: Mit Linearkombinationen von Elementen aus M darf ich kein Element von M erstellen können, also muss M linear Unabhängig sein.
Darum nehme ich alle Elemente aus V die ich erzeugen können will und löse das entsprechende homogene Gleichungssystem der entstandenen Linearkombinationen.
Warum genau ein homogenes Gleichungssystem? Um herauszufinden ob man den Nullvektor noch mit anderen Linearkombinationen außer der trivialen Lösung "erreichen kann". Ist dies der Fall, so ist unsere menge linear Abhängig. (Kann man da so argumentieren?)
Hier einfach mal ein (hoffentlich korrektes) Beispiel:
K = [mm] \IR [/mm] (kann hier ja beliebig sein oder?)
V := [mm] \{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{1 \\ 6 \\11} \}
[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 5 & 0 \\ 1 & 6 & 11 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & 0 \\ 0 & 4 & 10 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 } \Rightarrow [/mm] B = [mm] \{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2} \} [/mm] Den Nullvektor der in der letzten Zeile der Matrix steht kann ich weglassen, er die triviale Lösung ist.
Bei einer gegebenen Basis muss ich dann diese auf lineare Unabhängigkeit prüfen und schauen ob es ein Erzeugendensystem ist. (oder?)
Beispiel:
B = [mm] \{\vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}\} [/mm] wie gehe ich hier nun weiter vor?
Was ich gerade nicht so ganz verstehe ist, dass ein ein offensichtlich drei Dimensionaler Raum eine Basis der Dimension 2 haben kann (siehe oben).
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Hallo!
> Die Dimension eines Vektorraumes ist die Anzahl der
> Elemente (also die Mächtigkeit) einer Basis.
Ja.
> Alle Basen
> desselben Vektorraums haben die gleiche Mächtigkeit.
Ja.
> Ein Vektorraum, dessen Basis zwei Elemente hat, hat
> logischerweise die Dimension 2.
Ja.
> Wenn man nun einen [mm]K^{n}-Vektorraum[/mm] betrachtet, dann hat
> dessen Basis n Elemente.
Ja.
> Eine mögliche Basis könnte nämlich
> so aussehen:
> B = [mm]\{ \vektor{1 \\ 0 \\ ... \\ 0}, \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\... \\ 0}, \vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ ... \\ 0} . . .\}[/mm]
> sodass die 1 immer an der i = 1,..,n ten Stelle im i-ten
> Vektor steht.
Ja.
> Ähnlich sieht der Fall bei einem [mm]K^{n \times m}-Vektorraum[/mm]
> aus. Hier ist die Dimension logischerweise dann n*m.
Ja.
> Nun betrachtet man häufig Teilräume wie diesen:
> V := < [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{1 \\ 6 \\ 11}[/mm]
> >
> Dieser Teilraum spannt einen 3 dimensionalen Raum auf (sind
> ja so gesehen drei Koordinaten), hat aber nur die Dimension
> Zwei weil die Basen zwei Elemente enthalten? (ist das so
> korrekt?)
Nein.
Erstensmal die Ausdrucksweise. Richtig heißt es "Die drei Vektoren spannten einen Teilraum der Dimension ... auf."
Die Dimension des aufgespannten Raumes ist =2.
Dieser zweidimensionale Raum V ist ein UVR des dreidimensionalen Raumes [mm] \IR^3.
[/mm]
Die Dimension des Unterraumes hängt von der Mächtigkeit seiner Basis ab - auch wenn die Spaltenvektoren 4711 Einträge haben, ist die Dimension eines raumes, der von zwei linear unabhängigen von ihnen aufgespannt wird, =2.
Gehen wir in den Anschauungsraum, welcher dreidimensional ist. In diesem Raum gibt es viele Ebenen, und die sind nunmal allesamt zweidimensionale Gebilde.
> Komme ich nun zum Finden von Basen:
> Ein Erzeugendensystem ist nun eine Menge M, aus der ich
> mit Linearkombination jedes Element aus V erstellen kann.
Sofern V:=<M>, ist das richtig.
> Wenn dieses System minimal ist, d.h. wenn ich jedes Element
> aus M brauche, da ich sonst V nicht mehr komplett erstellen
> kann ist M eine Basis von V.
Ja.
> Anders formuliert: Mit Linearkombinationen von Elementen
> aus M darf ich kein Element von M erstellen können, also
> muss M linear Unabhängig sein.
Wenn M eine Basis ist, dann ja.
> Darum nehme ich alle Elemente aus V die ich erzeugen können
> will und löse das entsprechende homogene Gleichungssystem
> der entstandenen Linearkombinationen.
> Warum genau ein homogenes Gleichungssystem? Um
> herauszufinden ob man den Nullvektor noch mit anderen
> Linearkombinationen außer der trivialen Lösung "erreichen
> kann".
Moment - oben sprachst Du noch von erzeugen, jetzt von linearer Unabhängigkeit.
Mal kurz sortieren: wenn V der von M erzeugte Raum ist, ist M natürlich ein Erzeugendensystem, das braucht man in dem Fall nicht mehr zu prüfen.
Was Du über die lineare Abhängigkeit schreibst, stimmt.
> Ist dies der Fall, so ist unsere menge linear
> Abhängig. (Kann man da so argumentieren?)
Ja.
>
> Hier einfach mal ein (hoffentlich korrektes) Beispiel:
> K = [mm]\IR[/mm] (kann hier ja beliebig sein oder?)
> V := [mm]\{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ 3 \\ 5}, \vektor{1 \\ 6 \\11} \}[/mm]
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 5 & 0 \\ 1 & 6 & 11 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & 0 \\ 0 & 4 & 10 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 }
Das solltest Du nochmal prüen, möglicherweise sind es einfach Tippehler.
> \Rightarrow[/mm]
> B = [mm]\{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2} \}[/mm] Den
> Nullvektor der in der letzten Zeile der Matrix steht kann
> ich weglassen, er die triviale Lösung ist.
>
> Bei einer gegebenen Basis muss ich dann diese auf lineare
> Unabhängigkeit prüfen und schauen ob es ein
> Erzeugendensystem ist. (oder?)
Vielleicht verstehe ich Dich hier nicht richtig: wenn doch gesagt wird, daß eine vorgebene Menge eine Basis ist, dann ist es eine Basis - es sein denn, man wurde angeflunkert oder hat die Aufgabe zu prüfen, ob sie eine Basis von einem gegebenen Raum ist.
In letzterem Falle prüft man Unabhängigkeit und Erzeugendensystem.
>
> Beispiel:
> B = [mm]\{\vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}\}[/mm] wie
> gehe ich hier nun weiter vor?
Kommt drauf an, was die Aufgabe ist.
Man sieht sofort: linear unabhängig, also ist B eine Basis von [mm] <\vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}>.
[/mm]
Eine basis des [mm] \IR^3 [/mm] ist es sicher nicht, denn die Dimension des [mm] \IR^3 [/mm] ist =3, B enthält jedoch nur 2 Elemente, dh. es gibt Elemente des [mm] \IR^3, [/mm] die man mit B nicht erzeugen kann - nämlich alle, die außerhalb der Ebene [mm] <\vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ 2}> [/mm] liegen.
>
> Was ich gerade nicht so ganz verstehe ist, dass ein ein
> offensichtlich drei Dimensionaler Raum eine Basis der
> Dimension 2 haben kann (siehe oben).
das hatte ich weiter oben angesprochen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:12 So 04.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Ahh danke schonmal langsam dämmerts mir!
> > [mm][mm] \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 5 & 0 \\ 1 & 6 & 11 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & 0 \\ 0 & 4 & 10 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 }
[/mm]
> Das solltest Du nochmal prüen, möglicherweise sind es einfach Tippehler.
Hmm jaein. Also laut Skript führt man in einer solchen Matrix zum auffinden der Elemente der Basis elementare Spaltenumformungen durch. Ich habe die gegebenen Vektoren Zeilenweise hingeschrieben und Zeilenumformungen durchgeführt (und natürlich dann auch wieder Zeilenweise ausgelesen). Das ist im Prinzip mehr Arbeit, aber für mich erstmal einfacher zu rechnen weil ich Zeilenumformungen halt gewöhnt bin.
Und das Ergebnis ist ja dasselbe.
> Mal kurz sortieren: wenn V der von M erzeugte Raum ist, ist M natürlich > ein Erzeugendensystem, das braucht man in dem Fall nicht mehr zu prüfen.
Wenn die Aufgabenstellung lautet: "Finden Sie eine Basis zum gegebenen Vektorraum V = ...", dann muss ich doch eine Menge M finden die dies erfüllt:
- lineare Unabhängigkeit
- Erzeugt V komplett.
Die lineare Unabhängigkeit kann ich mittel einer Koeffizientenmatrix beweisen bzw. eine Menge finden wenn ich aus den genannten Gründen ein homogenes Gleichungssystem aufstelle. Aber woher weiss ich, dass diese Lösungsmenge V komplett erzeugen kann?
Irgendwie kommt mir die Frage gerade ziemlich dumm vor, denn dadurch dass das Gleichungssystem mit den Elementen aus V erfüllt ist, kann ich ja jedes Element aus V erreichen oder nicht?
> Kommt drauf an, was die Aufgabe ist.
Gehen wir mal davon aus, dass B eine Basis von [mm] \IR^{2} [/mm] sein soll. Es gilt dies nun zu Beweisen.
Ich würde nun versuchen zu beweisen, dass B linear unabhängig ist und dass B ein Erzeugendensystem von [mm] \IR^{2} [/mm] ist.
Für die lineare Unabhängigkeit müsste ich dann wieder ein homogenes Gleichungssystem aufstellen mit elementaren Zeilenumformungen (also keine Spaltenumformung wie bei dem auffinden der Basis oder?)
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0}. [/mm] Hierbei bekomme ich dann die triviale Lösung heraus, muss als nur noch beweisen, dass B ein Erzeugendensystem von [mm] \IR^{2} [/mm] ist.
Kleiner Nachtrag zum Verständnis für mich:
Zwei Vektoren mit drei Koordinaten: [mm] \vektor{x \\ y \\ z} [/mm] und [mm] \vektor{a \\ b \\ c} [/mm] sind eine Basis von [mm] \IR^{2}, [/mm] da es zwei sind. Also spannen beide Vektoren den gesamten Raum von [mm] \IR^{2} [/mm] auf. Bildlich also eine Ebene im 3D Raum. Da sie aber drei Koordinaten haben, kann man mit Hilfe dieser beiden Vektoren noch einige weiteren Punkte außerhalb der Ebene [mm] \IR^{2} [/mm] im Raum [mm] \IR^{3} [/mm] erreichen oder? Aber halt nicht alle Punkte des Raumes [mm] \IR^{3}, [/mm] sondern nur einige und darum sind die beiden Vektoren kein vollständiges Erzeugendensystem von [mm] \IR^{3}, [/mm] sodass die beiden auch keine Basis von [mm] \IR^{3} [/mm] sein können.
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Hallo,
mal vorweg, weil Du diesbezüglich sehr beratungsresistent bist:
Der [mm] \IR^2 [/mm] besteht aus sämtlichen Spaltenvektoren mit zwei Einträgen, also sind z.B. [mm] \vektor{1 \\ 2}, \vektor{3 \\ 4} [/mm] und [mm] \vektor{4 \\ 5} [/mm] da drin.
Der [mm] \IR^2 [/mm] ist ein Vektorraum der Dimension 2, eine Basis ist beispielsweise ( [mm] \vektor{1 \\ 2}, \vektor{3 \\ 4}).
[/mm]
Dieser Vektorraum hat neben sich selbst und dem Raum, der nur [mm] \vektor{0\\0} [/mm] enthält, sehr viele Unterräume der Dimension 1, nämlich alle Geraden durch den Ursprung.
Der [mm] \IR^3 [/mm] besteht aus sämtlichen Spaltenvektoren mit drei Einträgen, also sind z.B. [mm] \vektor{1 \\ 2\\3}, \vektor{3 \\ 4\\5} [/mm] und [mm] \vektor{4 \\ 5\\7} [/mm] da drin.
Der [mm] \IR^3 [/mm] ist ein Vektorraum der Dimension 3, eine Basis ist beispielsweise ( [mm] \vektor{1 \\ 2\\3}, \vektor{3 \\ 4\\5} [/mm] und [mm] \vektor{4 \\ 5\\7}).
[/mm]
Dieser Vektorraum hat neben sich selbst und dem Raum, der nur [mm] \vektor{0\\0\\0} [/mm] enthält, sehr viele Unterräume der Dimension 1 und 2, nämlich alle Geraden und alle Ebenen durch den Ursprung.
der [mm] \IR^3 [/mm] hat mit dem [mm] \IR^3 [/mm] nichts zu tun! . Insbesondere ist der [mm] \IR^2 [/mm] nicht im [mm] \IR^3 [/mm] enthalten: die Elemente sind doch völlig verschiedene, einmal Spaltenvektoren mit 2 Einträgen und einmal mit 3 Einträgen.
> Ahh danke schonmal langsam dämmerts mir!
> > > [mm][mm]\pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 5 & 0 \\ 1 & 6 & 11 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & 0 \\ 0 & \red{4} & 10 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \red{2} & 0 }[/mm]
Zeilenumformungen an sich sind völlig in Ordunung, aber Deine Zeilenumformungen sind nicht in Ordnung. Die rote 4 ist falsch, und in der Folge ergibt sich eine verkehrte 2.
Aus der ZSF oben würde man ja Unabhängigkeit ablesen.
> Mal kurz sortieren: wenn V der von M erzeugte Raum ist, ist M natürlich > ein Erzeugendensystem, das braucht man in dem Fall nicht mehr zu prüfen.
> Wenn die Aufgabenstellung lautet: "Finden Sie eine Basis zum gegebenen Vektorraum V = ...", dann muss ich doch eine Menge M finden die dies erfüllt:
> - lineare Unabhängigkeit
> - Erzeugt V komplett.
Ja.
> Die lineare Unabhängigkeit kann ich mittel einer Koeffizientenmatrix beweisen bzw. eine Menge finden
> wenn ich aus den genannten Gründen ein homogenes Gleichungssystem aufstelle.
> Aber woher weiss ich, dass diese Lösungsmenge V komplett erzeugen kann?
Wenn Du über die Dimension von V nichts weißt, mußt Du ausrechnen, daß Du jedes Element aus V erreichst.
Nehmen wir mal an, Du wüßtest nicht, daß die Dimension von [mm] \IR^3 [/mm] =3 ist, hättest gezeigt, daß ( [mm] \vektor{1 \\ 2\\3}, \vektor{3 \\ 4\\5} [/mm] und [mm] \vektor{4 \\ 5\\7}) [/mm] linear unabhängig ist.
Du müßtest dann noch vorrechnen, daß bzw. wie Du jedes beliebige [mm] \vektor{x\\y\\z} [/mm] als Linearkombination der drei schreiben kannst.
> Gehen wir mal davon aus, dass B eine Basis von [mm]\IR^{2}[/mm] sein soll. Es gilt dies nun zu Beweisen.
> Ich würde nun versuchen zu beweisen, dass B linear unabhängig ist und dass B ein Erzeugendensystem von [mm]\IR^{2}[/mm] ist.
Ja.
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0}.[/mm] Hierbei bekomme ich dann die triviale Lösung heraus,
> muss als nur noch beweisen, dass B ein Erzeugendensystem von [mm]\IR^{2}[/mm] ist.
Nein, nein und nochmal nein: [mm] \vektor{1\\1\\0} [/mm] und [mm] \vektor{0\\1\\2} [/mm] sind keine Basis des [mm] \IR^2, [/mm] denn sie sind keine Elemente dieses Raumes!
da sie linear unabhängig sind, spannen sie einen 2-dimensionalen Unterraum des [mm] \IR^3 [/mm] auf.
Noch was anderes: Du schriebst über Spaltenumformungen: ich würde das völlig lassen, denn ich meine, daß man leicht durcheinanderkommt. Mit Zeilenumformungen bist Du immer auf der sicheren Seite.
Ich hatte Dir entweder in dieser oder in einer anderen Diskussion erklärt, wie Du auch aus ZSF, die Du durch Zeilenumformungen erhalten hast, eine Basis des aufgespannten Raumes erhalten hast.
(Dort hatt ich Dir auch gesagt, daß Du die Spaltenvektoren alternativ in eine Matrix "legen" kannst, welche Du mit Zeilenumformungen au ZSF bringst. Die Transponierten der Nichtnullzeilen sind dann eine Basis des aufgespannten Raumes. Dieses Verfahren entspricht den Spaltenumformungen - bloß das man keine machen muß. )
> Kleiner Nachtrag zum Verständnis für mich:
> Zwei Vektoren mit drei Koordinaten: [mm]\vektor{x \\ y \\ z}[/mm] und [mm]\vektor{a \\ b \\ c}[/mm] sind eine Basis von [mm]\IR^{2},[/mm]
Nein.Nie, nie, nie.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:28 So 04.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Also vorweg erstmal großen Danke für die Hilfe, auch wenn ich hier gerade ziemlich nerve (bzw. mich nervt es ganz schön, dass ich das hier gerade nicht so recht verstehe!)
Aber glaube das Problem hat sich nun auf zwei-einhalb Frage reduziert:
Wenn ich Vektoren aus z.B. [mm] \IR^{3} [/mm] habe, dann haben diese drei Koordinaten, aus [mm] \IR^{2} [/mm] zwei Koordinaten usw.
Nun sind mir einige Vektoren aus z.B. [mm] \IR^{3} [/mm] gegeben und ich finde für diesen Teilraum eine Basis mit zwei Elementen. Dann hat dieser Teilraum die Dimension von zwei. Wo ich gerade dran scheitere ist mir vorzustellen wie dieser Raum aussieht, wenn Punkte in ihm drei Koordinaten haben, er aber nur zwei Dimensionen hat. Das liegt zum Großteil dadran, dass ich mir immer ein drei dimensionalen Raum mit x,y,z Achse vorstelle, bzw. wenn ich von zwei Dimensionen rede gleich eine Assoziation von x,y-Achse im Kopf habe.
Um mal bei dem Beispiel zu bleiben: Ich habe einen Teilraum V von [mm] \IR^{3} [/mm] mit mehreren Vektoren gegeben. Nun finde ich heraus. dass die Basis von V zwei Elemente hat, also V die Dimension Zwei hat. Nun sagst du, wenn ich die Dimension kenne brauch ich nicht mehr zu prüfen, ob die Basis wirklich ein Erzeugendensystem von V ist. Woher nehme ich diese schlaue Erkenntnis?
Ich hab dafür eine logische Erklärung, aber die beruht darauf, dass für mich die Anzahl der Koordinaten in einem Vektore gleich der Dimension des Raumes ist, aber das ist (wie im Beispiel oben) ja offensichtlich falsch.
Wenn ich Vektoren gegeben aus z.B. [mm] \IR^{3} [/mm] habe und ich einen dieser Vektoren als Linearkombination der anderen Vektoren darstellen soll, dann ziehe ich dazu ja immer Skalarer aus dem Körper heran, aus dem der Vektorraum ist. In diesem Fall dürfte ich dann doch beliebe Vektoren aus [mm] \IR^{3} [/mm] nutzen, die auch beliebige drei verschiedene Einträge haben oder müsste ich wirkliche Skalare, also Elemente aus [mm] \IR [/mm] nehmen?
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> Wenn ich Vektoren aus z.B. [mm]\IR^{3}[/mm] habe, dann haben diese
> drei Koordinaten, aus [mm]\IR^{2}[/mm] zwei Koordinaten usw.
Ja.
> Nun sind mir einige Vektoren aus z.B. [mm]\IR^{3}[/mm] gegeben und
> ich finde für diesen Teilraum
für den Teilraum, der von diesen Vektoren aufgespannt wird. Die einigen Vektoren allein sind kein Teilraum.
> eine Basis mit zwei
> Elementen. Dann hat dieser Teilraum die Dimension von zwei.
Genau. Denn das ist ja gerade "Dimension": die Anzahl der Elemente einer Basis.
> Wo ich gerade dran scheitere ist mir vorzustellen wie
> dieser Raum aussieht, wenn Punkte in ihm drei Koordinaten
> haben, er aber nur zwei Dimensionen hat.
Nehmen wir Dein Zimmer, eine ecke ist der Nullpunkt, und von dort aus zeichnest Du die positiven Teile der x-, y- und z-Achse ein.
Um den Mittelpunkt Deines Tisches in diesem Koordinatensystem zu beschreiben, brauchst Du drei Koordinaten, ebenso, wenn Du die Tischebene in Parameterform beschreiben willst. Die Tischebene ist aber eben.
(Achtung: die Tischebene ist kein Vektorraum, da sie (vermutlich) nicht durch den Nullpunkt geht. Ich wollte Dir nur zeigen, daß Du zur Beschreibung ebener Gebilde in Deinem Zimmer drei Koordinaten brauchst.)
> Das liegt zum
> Großteil dadran, dass ich mir immer ein drei dimensionalen
> Raum mit x,y,z Achse vorstelle, bzw. wenn ich von zwei
> Dimensionen rede gleich eine Assoziation von x,y-Achse im
> Kopf habe.
Ja, ich auch.
Aber es ist der [mm] \IR^2 [/mm] etwas anderes als die xy-Ebene im [mm] \IR^3:
[/mm]
Der [mm] \IR^2 [/mm] ist zweidimensional, platt. Die Punkte, die im [mm] \IR^2 [/mm] leben, können nicht hoch- oder runterkrabbeln oder -gucken. da ist nix!
Die Punkte, die in der xy-Ebene des [mm] \IR^3 [/mm] leben, haben über und unter sich unendliche Weiten.
Ich habe es bisher vermieden, das Wörtchen Isomorphismus ins Spiel zu bringen, mache es jetzt aber doch, nachdem ich mit meinen "unendlichen Weiten" den mathematischen Ton komplett verfehlt habe: der [mm] \IR^2 [/mm] ist isomorph zu jeder Ebene im [mm] \IR^3. [/mm] AberIsomorphie ist eben keine Gleichheit.
> Um mal bei dem Beispiel zu bleiben: Ich habe einen Teilraum
> V von [mm]\IR^{3}[/mm] mit mehreren Vektoren gegeben. Nun finde ich
> heraus. dass die Basis von V zwei Elemente hat, also V die
> Dimension Zwei hat. Nun sagst du, wenn ich die Dimension
> kenne brauch ich nicht mehr zu prüfen, ob die Basis
> wirklich ein Erzeugendensystem von V ist. Woher nehme ich
> diese schlaue Erkenntnis?
"Basis" beinhaltet doch: Erzeugendensystem.
Irgendwie muß Dir der Raum V ja vorgegeben sein.
mach mal ein konkrtes beispiel, wo Dir das nicht klar ist, damit wir wirklich über dasselbe reden.
> Ich hab dafür eine logische Erklärung, aber die beruht
> darauf, dass für mich die Anzahl der Koordinaten in einem
> Vektore gleich der Dimension des Raumes ist, aber das ist
> (wie im Beispiel oben) ja offensichtlich falsch.
Ja.
>
> Wenn ich Vektoren gegeben aus z.B. [mm]\IR^{3}[/mm] habe und ich
> einen dieser Vektoren als Linearkombination der anderen
> Vektoren darstellen soll, dann ziehe ich dazu ja immer
> Skalarer aus dem Körper heran, aus dem der Vektorraum ist.
Das ist der Fall, wenn du den [mm] K^n [/mm] oder [mm] \IR^n [/mm] betrachtest, aber im Falle des reellen Polynomraumes sind die Vektoren Polynome.
> In diesem Fall dürfte ich dann doch beliebe Vektoren aus
> [mm]\IR^{3}[/mm] nutzen, die auch beliebige drei verschiedene
> Einträge haben oder müsste ich wirkliche Skalare, also
> Elemente aus [mm]\IR[/mm] nehmen?
Bitte ein Beispiel. Ich verstehe Dich nicht.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:17 So 04.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Ahja alles klar nun kann ich mir auch mal vorstellen was ich da rechne! :)
Danke danke!
> "Basis" beinhaltet doch: Erzeugendensystem. Irgendwie muß Dir der Raum V ja vorgegeben sein.
Also hier mal ein Beispiel:
Gegeben seien folgende Vektoren aus [mm] \IR^{3}:
[/mm]
V = [mm] \{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{2 \\ 5 \\ 6}, \vektor{1 \\ 0 \\ 0} \}
[/mm]
(Nun schreibe ich die wieder Zeilenweise hin - teste die Möglichkeit mit der eingeschobenen -1 später mal):
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 5 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0} \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0} \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & \bruch{4}{3} & 0}
[/mm]
Also ist die Basis B = [mm] \{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ \bruch{4}{3} } \}
[/mm]
Was habe ich jetzt genau gemacht? Ich habe eine Lösung aller Linearkombinationen mit den gegebenen Vektoren gesucht die nicht die triviale Lösung ist. Da ich welche gefunden habe, ist die Menge V linear abhängig, meine beiden gefundenen Vektoren sind aber linear unabhängig und müsse logischerweise V erzeugen, da das ja das Gleichungssystem war welches ich löste... Okay nun sieht das doch recht klar aus.
> Bitte ein Beispiel. Ich verstehe Dich nicht.
Gegeben seien wieder folgende Vektoren aus [mm] \IR^{3}:
[/mm]
V = [mm] \{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{2 \\ 5 \\ 6}, \vektor{1 \\ 0 \\ 0} \}
[/mm]
Aufgabe: Stellen Sie folgende(n) Vektor aus Linearkombinationen aus V dar:
[mm] \vektor{5 \\ 6 \\ 7}
[/mm]
Da ich mich nun in [mm] \IR^{3} [/mm] befinde darf ich doch theoretisch dieses tun:
[mm] \vektor{5 \\ 6 \\ 7} [/mm] = [mm] \vektor{5 \\ 6 \\ 7} [/mm] * [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1} [/mm] + 0 * [mm] \vektor{2 \\ 5 \\ 6} [/mm] + 0* [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0} [/mm]
Wenn ich ein K-Vektorraum mit K = [mm] \IR [/mm] hätte, dann müsste die Gleichung doch so aussehen oder?:
[mm] \vektor{5 \\ 6 \\ 7} [/mm] = a * [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1} [/mm] + b * [mm] \vektor{2 \\ 5 \\ 6} [/mm] + c * [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0} [/mm] Wobei a,b,c [mm] \in \IR [/mm] sein müssten.
Unter der Annahme ich habe damit Recht (glaube das fragte ich auch schonmal), wie würde ich hierbei geeignete a,b,c finden ohne stundenlang rumzupobrieren?
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> Ahja alles klar nun kann ich mir auch mal vorstellen was
> ich da rechne! :)
> Danke danke!
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> > "Basis" beinhaltet doch: Erzeugendensystem. Irgendwie muß
> Dir der Raum V ja vorgegeben sein.
>
> Also hier mal ein Beispiel:
> Gegeben seien folgende Vektoren aus [mm]\IR^{3}:[/mm]
> V = [mm]\{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{2 \\ 5 \\ 6}, \vektor{1 \\ 0 \\ 0} \}[/mm]
>
> (Nun schreibe ich die wieder Zeilenweise hin - teste die
> Möglichkeit mit der eingeschobenen -1 später mal):
> [mm] \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 5 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
Hallo,
wofür soll die Spalte mit den Nullen sein? Die brauchst Du nicht.
> [mm] \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0} \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & \bruch{4}{3} & 0}[/mm]
[/mm]
Deine Umformung in ZSF ist falsch.
Wo ist die letzte Zeile hingekommen?
> Also ist die Basis B = [mm]\{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{0 \\ 1 \\ \bruch{4}{3} } \}[/mm]
Wenn die ZSF wirklich so aussähe, wäre das eine (!) Basis. Aber die ZSF ist ja verkehrt.
> > Bitte ein Beispiel. Ich verstehe Dich nicht.
> Gegeben seien wieder folgende Vektoren aus [mm]\IR^{3}:[/mm]
> V = [mm]\{ \vektor{1 \\ 1 \\ 1}, \vektor{2 \\ 5 \\ 6}, \vektor{1 \\ 0 \\ 0} \}[/mm]
>
> Aufgabe: Stellen Sie folgende(n) Vektor aus
> Linearkombinationen aus V dar:
> [mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm]
> Da ich mich nun in [mm]\IR^{3}[/mm] befinde
> darf ich doch theoretisch dieses tun:
> [mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm] = [mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm] * [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm]
> + 0 * [mm]\vektor{2 \\ 5 \\ 6}[/mm] + 0* [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
Nein. das ist keine Linearkombination. Linearkombinationen vbestehen aus Summen der Gestalt Skalar*Vektor.
[mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm] * [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm] hat da also absolut nichts zu suchen und ist doch auch der totale Quatsch: da kommt doch eine Zahl raus. Und die willst Du dann zu Vektoren addieren? Wohl kaum...
>
> Wenn ich ein K-Vektorraum mit K = [mm]\IR[/mm] hätte, dann müsste
> die Gleichung doch so aussehen oder?:
> [mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm] = a * [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm] + b *
> [mm]\vektor{2 \\ 5 \\ 6}[/mm] + c * [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm] Wobei a,b,c
> [mm]\in \IR[/mm] sein müssten.
> Unter der Annahme ich habe damit Recht (glaube das fragte
> ich auch schonmal), wie würde ich hierbei geeignete a,b,c
> finden ohne stundenlang rumzupobrieren?
Indem Du das Lineare Gleichungssystem aus drei Gleichungen und drei Variablen löst.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:05 Mo 05.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
> > [mm]\Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0} \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & \bruch{4}{3} & 0}[/mm][/mm]
>
> Deine Umformung in ZSF ist falsch.
> Wo ist die letzte Zeile hingekommen?
Hmm gute Frage, korrigierte Fassung:
[mm]\Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & -1} \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & \bruch{4}{3} \\ 0 & -1 & -1}[/mm][/mm]
Weiter auflösen, also die reduzierte Stufenform angeben nützt hier nichts, da ich sonst wieder auf die triviale Lösung stoße oder?
> Nein. das ist keine Linearkombination. Linearkombinationen
> vbestehen aus Summen der Gestalt Skalar*Vektor.
>
> [mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm] * [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm] hat da also
> absolut nichts zu suchen und ist doch auch der totale
> Quatsch: da kommt doch eine Zahl raus. Und die willst Du
> dann zu Vektoren addieren? Wohl kaum...
Die Rede ist doch immer von einem V K-Vektorraum. Zur Linearkombination ziehe ich die Elemente aus K und V heran und Verknüpfe sie mit + und *. Wenn K = [mm] \IR^{3} [/mm] wäre, wären diese Elemente doch Vektoren der Form [mm] \vektor{x \\ y \\ z} [/mm] mit x,y,z [mm] \in \IR
[/mm]
> > Wenn ich ein K-Vektorraum mit K = [mm]\IR[/mm] hätte, dann müsste
> > die Gleichung doch so aussehen oder?:
> > [mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm] = a * [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm] + b *
> > [mm]\vektor{2 \\ 5 \\ 6}[/mm] + c * [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm] Wobei a,b,c
> > [mm]\in \IR[/mm] sein müssten.
> > Unter der Annahme ich habe damit Recht (glaube das fragte
> > ich auch schonmal), wie würde ich hierbei geeignete a,b,c
> > finden ohne stundenlang rumzupobrieren?
>
> Indem Du das Lineare Gleichungssystem aus drei Gleichungen
> und drei Variablen löst.
Könntest du das mal Beispielhaft vormachen? Wüsste jetzt absolut nicht wie ich da ran gehen sollte.
EDIT: Alles klar so schwer ist der Teil ja nun nicht ;) Du meinst sicherlich diese System oder?:
[mm] \pmat{ 1 & 2 & 1 &5\\ 1 & 5 & 6 & 6\\ 1 & 6 & 0 &7} [/mm]
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> > > [mm]\Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0} \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & \bruch{4}{3} & 0}[/mm][/mm]
>
> >
> > Deine Umformung in ZSF ist falsch.
> > Wo ist die letzte Zeile hingekommen?
> Hmm gute Frage, korrigierte Fassung:
> [mm]\Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & -1} \Rightarrow \pmat{ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & \bruch{4}{3} \\ 0 & -1 & -1}[/mm][/mm]
>
> Weiter auflösen, also die reduzierte Stufenform angeben
> nützt hier nichts, da ich sonst wieder auf die triviale
> Lösung stoße oder?
Mach es einfach! Wenn Du den Rang wissen willst oder eine Gleichung lösen, darfst Du nicht auf halbem Wege aufhören.
Man benötigt die Zeilenstufenform, und das, was Du jetzt dastehen hast, ist keine.
Und wenn Du die nur die triviale Lösung erhältst, dann sind die eingsetzen vektoren eben linear unabhängig. das kommt vor, und damit muß man leben.
Davon, daß Du einfach zu rechnen aufhörst, werden sie auch nicht abhängiger...
> >
> > [mm]\vektor{5 \\ 6 \\ 7}[/mm] * [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1}[/mm] hat da also
> > absolut nichts zu suchen und ist doch auch der totale
> > Quatsch: da kommt doch eine Zahl raus. Und die willst Du
> > dann zu Vektoren addieren? Wohl kaum...
> Die Rede ist doch immer von einem V K-Vektorraum. Zur
> Linearkombination ziehe ich die Elemente aus K und V heran
> und Verknüpfe sie mit + und *. Wenn K = [mm]\IR^{3}[/mm] wäre, wären
> diese Elemente doch Vektoren der Form [mm]\vektor{x \\ y \\ z}[/mm]
> mit x,y,z [mm]\in \IR[/mm]
Augenmerk auf "wäre". Es ist der [mm] \IR^3 [/mm] nämlich kein Körper.
> EDIT: Alles klar so schwer ist der Teil ja nun nicht ;) Du
> meinst sicherlich diese System oder?:
> [mm]\pmat{ 1 & 2 & 1 &5\\ 1 & 5 & 6 & 6\\ 1 & 6 & 0 &7}[/mm]
Genau.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:34 Mo 05.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Ahh nun hab ich es glaub ich verstanden, danke sehr!
Nur der Vollständigkeit halber nochmal eine Zusammenfassung:
- Wenn ich die Basis zu einem Unterraum finden will, dann schreibe ich die gegebenen Vektoren Zeilenweise in ein homogenes Gleichungssystem und löse dies. Nach auflösen dieses Systems habe ich dann Vektoren die linear unabhängig sind und ein Erzeugendensystem von V bilden.
- Wenn eine Basis gegeben ist, dann prüfe ich diese auf lineare Unabhängigkeit mittels homogenem Gleichungssystem, wobei ich die Vektoren hierbei "normal", also Spaltenweise hinschreibe. Wenn hierbei lineare Unabhängigkeit herauskommt und die Menge der Vektoren gleich der Dimension des Unterraumes ist, bin ich fertig. Ist die Anzahl davon verschieden handelt es sich nicht um eine Basis, denn sie erzeugt V nicht komplett oder ist nicht minimal.
Wie finde ich die Dimension heraus? Wenn sie nicht gegeben ist, dann berechne ich ein Basis von V und zähle die Elemente.
- Bei Linearkombinationen stelle ich wieder ein Gleichungssystem auf und löse dieses. Das ergibt sich durch die Definition von Skalar*Vektor.
Kann ich festhalten, dass in 99% in denen Linearkombinationen "verlangt" werden ich mit normalen Skalaren aus [mm] \IR [/mm] oder halt [mm] \IZ [/mm] oder so rechne?
So nun zu guter Letzt nochmal Matrizen die einen Raum aufspannen:
V = [mm] \{ \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }, \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 } \} [/mm]
Ich suche nun eine Basis zu V.
Dann müsste ich doch folgendes Lösen oder?
$ [mm] a*\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ b*\pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } [/mm] $ [mm] \Rightarrow \pmat{ a & 2a \\ 3a & 4a }+ \pmat{ 5b & 6b \\ 7b & 8b }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } \Rightarrow \pmat{a + 5b & 2a + 6b \\ 3a + 7b & 4a + 8b} =\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }
[/mm]
und das ist doch folgendes Gleichungssystem:
a + 5b = 0
2a + 6b = 0 [mm] \Rightarrow \pmat{ 1 & 5 \\ 2 & 6 \\ 3 & 7 \\ 4 & 8 }
[/mm]
3a + 7b = 0
4a + 8b =0
Das löse ich auf: [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 1 \\ 0 & 1 }
[/mm]
Als Ergebnis bekomme ich heraus, dass die Matrizen linear unabhängig sind, also ist sind sie eine Basis von V?
Bin mir gerade nicht ganz sicher ob ich das so korrekt hingeschrieben.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:20 Mo 05.01.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hast noch immer Schwierigkeiten mit Vektorraum, und Unterraum.
> - Wenn ich die Basis zu einem Unterraum finden will, dann
> schreibe ich die gegebenen Vektoren Zeilenweise in ein
> homogenes Gleichungssystem und löse dies. Nach auflösen
> dieses Systems habe ich dann Vektoren die linear unabhängig
> sind und ein Erzeugendensystem von V bilden.
Nicht falsch, aber schlecht ausgedrückt.
Durch das GS findest du raus, wieviele der gegebenen Vektoren lin unabh. sind. Damit kennst du die dim des Unterraums. danach suchst du dir soviel lin. unabh. Vektoren in diesem Unterraum aus, wie seine dimension ist. dann hast du ne Basis des Unterraums. (Die Basis ist nie eindeutig)
> - Wenn eine Basis gegeben ist, dann prüfe ich diese auf
> lineare Unabhängigkeit mittels homogenem Gleichungssystem,
Wenn eine Basis gegeben ist bist du fertig! denn eine Basis besteht IMMER aus lin.unabhängigen Vektoren, die Zahl der Basisvektoren ist gleich der Dimension.
> wobei ich die Vektoren hierbei "normal", also Spaltenweise
> hinschreibe. Wenn hierbei lineare Unabhängigkeit
> herauskommt und die Menge der Vektoren gleich der Dimension
> des Unterraumes ist, bin ich fertig. Ist die Anzahl davon
> verschieden handelt es sich nicht um eine Basis, denn sie
> erzeugt V nicht komplett oder ist nicht minimal.
> Wie finde ich die Dimension heraus? Wenn sie nicht gegeben
> ist, dann berechne ich ein Basis von V und zähle die
> Elemente.
D.h. Du suchst die Maximalzahl lin. unabh. Vektoren.
> - Bei Linearkombinationen stelle ich wieder ein
> Gleichungssystem auf und löse dieses. Das ergibt sich durch
> die Definition von Skalar*Vektor.
Das versteh ich nicht! Was meinst du mit "bei Linearkombinationen"?
> Kann ich festhalten, dass in 99% in denen
> Linearkombinationen "verlangt" werden ich mit normalen
> Skalaren aus [mm]\IR[/mm] oder halt [mm]\IZ[/mm] oder so rechne?
Ja, wenn es nicht explizit angegeben ist ist der Körper immer R , [mm] \IZ [/mm] ist kein Körper, kommt also nicht in Frage. später kann der Körper auch der der komplexen Zahlen sein.
> So nun zu guter Letzt nochmal Matrizen die einen Raum
> aufspannen:
> V = [mm]\{ \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }, \pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 } \}[/mm]
Dies kann ja höchstens ein 2 dim Unterraum sein. Du musst also nur fesstellen ob er 1d oder 2d ist.
dass er nicht 1d ist sieht man direkt, dann wäre eine der beiden ein reelles Vielfaches der anderen. Deine Rechng ist nicht falsch, aber viel zu lange für was , das man direkt sieht.
> Ich suche nun eine Basis zu V.
> Dann müsste ich doch folgendes Lösen oder?
> [mm]a*\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }+ b*\pmat{ 5 & 6 \\ 7 & 8 }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]
> [mm]\Rightarrow \pmat{ a & 2a \\ 3a & 4a }+ \pmat{ 5b & 6b \\ 7b & 8b }=\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 } \Rightarrow \pmat{a + 5b & 2a + 6b \\ 3a + 7b & 4a + 8b} =\pmat{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]
>
> und das ist doch folgendes Gleichungssystem:
> a + 5b = 0
> 2a + 6b = 0 [mm]\Rightarrow \pmat{ 1 & 5 \\ 2 & 6 \\ 3 & 7 \\ 4 & 8 }[/mm]
>
> 3a + 7b = 0
> 4a + 8b =0
> Das löse ich auf: [mm]\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 1 \\ 0 & 1 }[/mm]
>
> Als Ergebnis bekomme ich heraus, dass die Matrizen linear
> unabhängig sind, also ist sind sie eine Basis von V?
Ja, das ist richtig, aber dir Hoffentlich klar dass sie einen Unterraum der [mm] 2\times [/mm] 2 Matrizen sind.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:35 Mo 05.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
> Wenn eine Basis gegeben ist bist du fertig! denn eine Basis besteht IMMER aus lin.unabhängigen Vektoren, die Zahl der Basisvektoren ist gleich der Dimension.
Ich bezog mich hier auf den Fall, wenn eine Basis gegeben ist und ich beweisen soll, ob dieses nun wirklich eine Basis ist. Also eine Aufgabe wie "Beweisen sie das folgendes eine Basis von V ist ..."
> Das versteh ich nicht! Was meinst du mit "bei Linearkombinationen"?
Auch hier von mir schlecht ausgedrückt. Hierbei meine ich eine Aufgabe wie
"Stellen Sie folgende Vektoren aus Linearkombinationen der Vektoren aus V dar". V = [mm] \{ \vektor{1 \\ 2}, \vektor{2 \\ 1} \} [/mm] und ich soll den Vektoren [mm] \vektor{5 \\ 6} [/mm] als Linearkombination von den Vektoren aus V darstellen.
> Ja, das ist richtig, aber dir Hoffentlich klar dass sie einen Unterraum der $ [mm] 2\times [/mm] $ 2 Matrizen sind.
Ja, das ist logisch!
Also nochmal zu Raum und Unterraum:
- Nehme ich [mm] \IR^{3} [/mm] als Raum, so habe ich ein Koordinatensystem mit drei Achsen. Ein Unterraum von [mm] \IR^{3} [/mm] könnte z.B. V = [mm] <\{\vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{4 \\ 5 \\ 6}\}> [/mm] sein, denn [mm] \{\vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{4 \\ 5 \\ 6}\} [/mm] erzeugt eine Ebene in [mm] \IR^{3}. [/mm] Eben diese Ebene V ist dann ein Unterraum von [mm] \IR^{3}.
[/mm]
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> Auch hier von mir schlecht ausgedrückt. Hierbei meine ich
> eine Aufgabe wie
> "Stellen Sie folgende Vektoren aus Linearkombinationen der
> Vektoren aus V dar". V = [mm]\{ \vektor{1 \\ 2}, \vektor{2 \\ 1} \}[/mm]
> und ich soll den Vektoren [mm]\vektor{5 \\ 6}[/mm] als
> Linearkombination von den Vektoren aus V darstellen.
Hallo,
dann ist a [mm] \vektor{1 \\ 2}+b \vektor{2 \\ 1}=\vektor{5 \\ 6} [/mm] zu lösen.
> Also nochmal zu Raum und Unterraum:
> - Nehme ich [mm]\IR^{3}[/mm] als Raum, so habe ich ein
> Koordinatensystem mit drei Achsen. Ein Unterraum von
> [mm]\IR^{3}[/mm] könnte z.B. V = [mm]<\{\vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{4 \\ 5 \\ 6}\}>[/mm]
> sein, denn [mm]\{\vektor{1 \\ 2 \\ 3}, \vektor{4 \\ 5 \\ 6}\}[/mm]
> erzeugt eine Ebene in [mm]\IR^{3}.[/mm] Eben diese Ebene V ist dann
> ein Unterraum von [mm]\IR^{3}.[/mm]
Ja.
Gruß v. Angela
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