Unterraum, Basis < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:21 Fr 30.11.2007 | | Autor: | SusanneK |
| Aufgabe | Die Teilmenge [mm] U \subset \IR^4 [/mm] sei gegeben durch
[mm] U=\{ v | v = \pmat{v_1\\v_2\\v_3\\v_4} [/mm] und [mm] v_1-v_2+v_3 = 0 [/mm] und [mm] v_2+2v_3-v_4 = 0\} [/mm]
Zeigen Sie dass U ein Unterraum von [mm] \IR^4 [/mm] ist und bestimmen Sie eine Basis von U und berechnen Sie die Dimension von U.</ |
Vorab: Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Hallo, ich habe folgenden Ansatz, aber da stimmt etwas nicht:
Ich bilde aus den Einschränkungen ein lineares Gleichungssystem in Treppennormalform:
[mm] \pmat{1&-1&1&0&| 0\\0&1&2&-1&| 0} [/mm]
Für das fehlende [mm] v_1 [/mm] und [mm] v_4 [/mm] nehme ich 0 als das neutrale Element der Addition in die Matrix mit auf.
Diese wird dann um 2 Zeilen erweitert mit -1 in den Pivotpositionen:
[mm] \pmat{1&-1&1&0&| 0\\0&1&2&-1&| 0\\0&0&-1&0&| 0\\0&0&0&-1&| 0} [/mm]
Wenn ich jetzt die 3. und 4. Spalte als Lösungsvektor dieses Gleichungssystems nehme, ist aber meine Bedingung [mm] v_1-v_2+v_3=0 [/mm] nämlich [mm] 1-2-1=0 [/mm] nicht erfüllt.
Ich finde aber keinen Fehler - was habe ich falsch gemacht und ist dieser Ansatz überhaupt richtig ?
Danke, Susanne.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:31 Fr 30.11.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo Susanne,
> Die Teilmenge [mm]U \subset \IR^4[/mm] sei gegeben durch
> [mm]U=\{ v | v = \pmat{v_1\\v_2\\v_3\\v_4}[/mm] und [mm]v_1-v_2+v_3 = 0[/mm]
> und [mm]v_2+2v_3-v_4 = 0\}[/mm]
>
> Zeigen Sie dass U ein Unterraum von [mm]\IR^4[/mm] ist und bestimmen
> Sie eine Basis von U und berechnen Sie die Dimension von
> U.</
> Vorab: Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum
> gestellt.
>
> Hallo, ich habe folgenden Ansatz, aber da stimmt etwas
> nicht:
>
> Ich bilde aus den Einschränkungen ein lineares
> Gleichungssystem in Treppennormalform:
> [mm]\pmat{1&-1&1&0&| 0\\0&1&2&-1&| 0}[/mm]
> Für das fehlende [mm]v_1[/mm]
> und [mm]v_4[/mm] nehme ich 0 als das neutrale Element der Addition
> in die Matrix mit auf.
> Diese wird dann um 2 Zeilen erweitert mit -1 in den
> Pivotpositionen:
> [mm]\pmat{1&-1&1&0&| 0\\0&1&2&-1&| 0\\0&0&-1&0&| 0\\0&0&0&-1&| 0}[/mm]
bevor du diesen Trick anwendest, mußt du unbedingt den Eintrag in der ersten Zeile,
2. Spalte Null bekommen (zB einfach 2. Zeile zur ersten addieren). Dann wirds funktionieren.
Das nennt man dann auch üblicherweise erst Treppennormalform.
> Wenn ich jetzt die 3. und 4. Spalte als Lösungsvektor
> dieses Gleichungssystems nehme, ist aber meine Bedingung
> [mm]v_1-v_2+v_3=0[/mm] nämlich [mm]1-2-1=0[/mm] nicht erfüllt.
da hast du gut aufgepasst 
> Ich finde aber keinen Fehler - was habe ich falsch gemacht
> und ist dieser Ansatz überhaupt richtig ?
sonst geht das immer.
LG
Will
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:49 Fr 30.11.2007 | | Autor: | SusanneK |
Hallo Will,
vielen, vielen Dank für deine Hilfe !
Das mit der 0 über der Pivotposition habe ich glatt übersehen, vielen Dank für den Tipp !
So komme ich mit dieser Methode auf 2 Vektoren (3,2,-1,0) und (-1,-1,0,-1)
die linear unabhängig sind.
Kann ich denn jetzt daraus schon schliessen, dass die Dimension=2 ist und diese beiden Vektoren die Basis bilden ?
LG, Susanne.
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> So komme ich mit dieser Methode
Hallo,
Deine Methode kannte ich in der Art noch gar nicht!
Mit "meiner" komme ich aber auf dieselben Vektoren, was erstens beruhigend ist und mir zweitens sagt, daß Deine Methode merkenswert ist.
Die beiden sind eine Basis des betrachteten Untreraumes.
> auf 2 Vektoren (3,2,-1,0)
> und (-1,-1,0,-1)
> die linear unabhängig sind.
> Kann ich denn jetzt daraus schon schliessen, dass die
> Dimension=2 ist und diese beiden Vektoren die Basis bilden
Ich sag mal so: wenn Ihr in der Vorlesung hattet, daß man mit Deiner Methode eine Basis des Lösungsraumes des LGS findet, dann bist Du fertig, denn U ist ja nichts anderes als der Lösungsraum des Systems.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:45 Fr 30.11.2007 | | Autor: | SusanneK |
Hallo Angela,
vielen Dank für die Erklärung !
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:02 Fr 30.11.2007 | | Autor: | koepper |
Hallo Angela,
da die -1 en in Nullzeilen an den fehlenden Pivotpositionen eingefügt werden, stehen alle -1 en zwangsläufig in unterschiedlichen Zeilen, die bei den restlichen Basisvektoren zudem gleich Null sind. Damit ist die lineare Unabhängigkeit gesichert.
Daß die Methode funktioniert sieht man so:
Bei der "klassischen" Lösungsmethode bringt man ja die Spalten an den fehlenden Pivotpositionen als Parameter auf die rechte Seite und fügt dann für diese Parameter Identitäten in das LGS ein. Dadurch erscheinen die Spalten an den fehlenden Pivotpositionen mit umgekehrtem Vorzeichen rechts und zusätzlich eine 1 in der Position der zugehörigen Variablen. Auf diese Weise erhält man also als Basis des Kerns Vektoren genau mit umgekehrtem Vorzeichen, als mit Susanne's Methode.
LG
Will
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