Aufgabe: Linearkombination, Vektorsystem, kanonische Basis

03.07.2013, 20:20

eintopf

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Aufgabe: Linearkombination, Vektorsystem, kanonische Basis

Moin moin, bei mir stellen sich bei folgender Aufgabe im Teil c) ein paar Fragen.
Man hat die beiden Vektorsysteme
$\begin{eqnarray*} <br /> a=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} , b=\begin{pmatrix} 12 \\ 4 \\ 8 \end{pmatrix} , c=\begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} <br /> a=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} , b=\begin{pmatrix} 12 \\ 4 \\ 8 \end{pmatrix} , c=\begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$
wenn ich jetzt rechne
$\begin{eqnarray*} <br /> \lambda_{1} *a+\lambda_{2} *b+\lambda_{3}*c=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

dann kann ich doch für alle Lambda immer 0 einsetzten und erhalte somit den Nullvektor. Kann man das als Antwort gelten lassen?

Will ich das Gleiche mit $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ als Ergebnis machen, dann bleibe ich beim Lösen des LGS (vom ersten Vektorsystem ) bei folgendem Schritt stecken: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5\\ 0 & 1 & \frac{1}{4} & \frac{1} {2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Beim zweiten Vektorsystem bleibe ich auch stecken. Ich habe am Anfang:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5\\ 2 & 4 & 4 & 0 \\ 1 & 8 & 4 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und komme immer nur bis
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5\\ 0 & 20 & 6 & 5 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Hab dann mal versucht, $\begin{eqnarray*} \lambda_{3} \end{eqnarray*}$ als 0 stehen zu lassen, aber damit komme ich auf keine vernünftigen Werte für $\begin{eqnarray*} \lambda_{1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_{2} \end{eqnarray*}$
Ich versuche es gerade nochmal mit mit dem LGS, habe aber die ersten beiden Zeilen vertauscht. Vllt ändert sich da was, wegen der Null.
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & 4 & 4 & 0\\ 1 & 12 & 5 & 5 \\ 1 & 8 & 4 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Den Rest habe ich noch nicht bearbeitet.
Wäre schön, wenn mir da mal jemand bei den Lücken helfen könnte.

05.07.2013, 11:18

Christian_P

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RE: Aufgabe: Linearkombination, Vektorsystem, kanonische Basis

Zitat:

Original von eintopf

wenn ich jetzt rechne
$\begin{eqnarray*} <br /> \lambda_{1} *a+\lambda_{2} *b+\lambda_{3}*c=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

dann kann ich doch für alle Lambda immer 0 einsetzten und erhalte somit den Nullvektor. Kann man das als Antwort gelten lassen?

das wäre eine triviale Lösung und die zählt natürlich nicht ohne korrekte Prüfung.

Die Voraussetzung ist, dass das System (a,b,c) linear unabhängig ist.

Das musst du schon in Aufgabe a) zeigen!

Wie macht man das? Indem man das LGS $\begin{eqnarray*} (a,b,c)\cdot \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \lambda_2 \\ \lambda_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ löst.

ist die Lösung eindeutig und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \lambda_2 \\ \lambda_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ dann sind (a,b,c) linear unabhängig.

Das muss also im Gauß-Algorithmus geprüft werden.

Gruß

05.07.2013, 12:04

eintopf

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Ok, ich hab das mal für die beiden durchgerechnet und erhalte einmal aus
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 0 \\ 2 & 4 & 4 & 0\\ 1 & 8 & 4 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
diese Lösung
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 0 \\ 0 & 30 & 9 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Wenn man jetzt $\begin{eqnarray*} \lambda_{3} \end{eqnarray*}$ überall einsetzt, dann erkennt man, dass alle Gleichungen 0 ergeben.

Beim dem anderen LGS
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 0 \\ 2 & 4 & 5 & 0\\ 1 & 8 & 4 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
bleibe ich bei folgendem Schritt stecken
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 0 \\ 0 & 4 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
wie mache ich da weiter?

05.07.2013, 17:33

Christian_P

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hallo,

in der untersten Matrix hast du den Gauß-Algorithmus beendet, denn die Matrix ist in der sogenannten (unteren) Zeilen-Stufen-Form (auch Dreieckform)

Du siehst, dass $\begin{eqnarray*} \lambda_3 \end{eqnarray*}$ den Koeffizienten Null hat.

Man sagt, $\begin{eqnarray*} \lambda_3 \end{eqnarray*}$ ist keine führende Variable.

Das heißt, $\begin{eqnarray*} \lambda_3 \end{eqnarray*}$ kann frei gewählt werden.

zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \lambda_3 = \alpha \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ denn jede Zahl erfüllt die Gleichung $\begin{eqnarray*} \alpha \cdot 0 = 0 \end{eqnarray*}$ .

Du hast also einen freien Parameter und mit dem kannst du ganz normal weiter die Gleichungen rückwärts auflösen.

Es ist jetzt halt überall $\begin{eqnarray*} \lambda_3 = \alpha \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

das es dann mehr als eine Lösung gibt ist klar, insbesondere gibt es eine Lösung $\begin{eqnarray*} x \ne (0,0,0)^T \end{eqnarray*}$ (kanns du eine der Lösungen nennen?)

Was folgt dann für die lineare Unabhängigkeit des zweiten Systems?

weißt du, wie man die Lösungsmenge dann aufschreibt?

Gruß Wink

Wink

05.07.2013, 18:26

Amplitude

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RE: Aufgabe: Linearkombination, Vektorsystem, kanonische Basis
Edit: In anbetracht, dass bereits jemand dir zur Seite steht, entferne ich jegliche Lösungstellung.

05.07.2013, 18:28

Amplitude

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Ich möchte noch anmerken, wenn die letzte Zeile in Stufenform der Matrix eine Nullzeile ist, dann gilt ja bekantlich das 0z=0 ist und wie man sehen kann ist dies für jeden beliebigen Parameter lambda erfüllt. Deshalb gilt z=lambda1

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05.07.2013, 19:10

Christian_P

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Hallo Amplitude,

hast du meine Antwort gelesen?

Ich finde es nicht ok von Dir, dass Du hier so hereinplatzt, ohne auf meine Beiträge wenigstens Bezug zu nehmen.

Ich betrachte das als unhöfliches Verhalten.

Hier geht es nicht darum die Lösung einfach herunterzurattern zumal ich schon dran bin an der Hilfestellung!

Das ist einfach ein unangemessenes Verhalten von Dir!

ließ Dir dazu nochmal das Prinzip durch:
Prinzip
speziell: Das Antworten auf Beiträge...

Gruß

05.07.2013, 19:57

eintopf

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Danke erstmal an euch beiden, für die Antworten. Ich werde mich erstmal mit dem Lösungsansatz von Christian befassen, da er eine zumindestens auf meine Frage, bezüglich des Teil c) eingeangen ist. im Anschluss schau ich dann mal, wie weit meine Ergebniss mit den Erklärungen von Amplitude übereinstimmen.

Ich versuch das mit dem Einsetzen von $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von eintopf
Beim dem anderen LGS
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 0 \\ 2 & 4 & 5 & 0\\ 1 & 8 & 4 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
bleibe ich bei folgendem Schritt stecken
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 0 \\ 0 & 4 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
wie mache ich da weiter?

Ich habe dann noch folgende Gleichungen:
$\begin{eqnarray*} 4*\lambda_{2}+\alpha=0<br /> \lambda_{2}=\frac{1}{4}*\alpha<br /> \end{eqnarray*}$
...und für die andere Gleichung:
$\begin{eqnarray*} <br /> \lambda_{1}+3*\alpha+5*\alpha=0<br /> \lambda_{1}=-8*\alpha<br /> \end{eqnarray*}$
Ich würde mal schätzen, dass das Verhältnis zwischen den einzelnen Lambdas und dem Alpha immer gleich sein muss, damit eine lineare Abhängigkeit gegeben ist?
Für die Sache mit $\begin{eqnarray*} x\neq (0 & 0 & 0)^T \end{eqnarray*}$ kann ich dir keine Lösung nennen, da ich nicht weiß, woher das x kommt und auch nicht weiß, was du damit meinst/willst.
Generell muss ich zugeben, das ich die Mathematik in der schriftlichen Sprache nicht beherrsche. Also bin ich auch nicht in der Lage meine Ergebnisse korrekt aufzuschreiben.

06.07.2013, 02:21

Christian_P

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Hallo,

du hast dich ein kleines Bisschen verrechnet (Vorzeichenfehler)

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 = -2\alpha \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -\frac{1}{4}\alpha \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda_3 = \alpha \end{eqnarray*}$

jetzt sieht man schon was man daraus machen kann

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \lambda_2 \\ \lambda_3 \end{pmatrix} = \alpha\begin{pmatrix} -2 \\ -1/4 \\ 1 \end{pmatrix} \quad\Rightarrow\qquad L=\left\{ \alpha\begin{pmatrix} -2 \\ -1/4 \\ 1 \end{pmatrix} \mid \alpha\in\mathbb{R} \right\} \end{eqnarray*}$

wählt man zum Beispiel alpha = 4, dann hat man eine von vielen Lösungen

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \lambda_2 \\ \lambda_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -8 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}\ne\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

die Einsetztprobe bestätig, dass dies eine Lösung ist.

Das mit dem Verhältnis hast du also richtig erkannt. Es hängt alles von Alpha ab.

Damit hat man dann eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors, also ist dieses System?

Ja, linear abhängig smile

smile

Wann handelt es sich nun um eine Basis des IR³ und welches der Systeme ist eine Basis dieses Raumes?

Weiter mit Aufgabe b)!

c) müsste dann nur noch Rechenroutine sein.

Gruß

06.07.2013, 11:17

eintopf

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Also für das erste Vektorsystem habe ich aus der Determinante den Wert 0 bekommen. Spricht also für eine lineare Abhängigkeit. Dann habe ich mal versucht das LGS zu lösen, wobei sich die letzte Zeile zu 0 wurde. Habe ich somit einen Dimension von 2? Wie schreibe ich das korrekt auf?
Beim zweiten Vektorsystem konnte ich die Matrix in folgende Form bringen $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 \\ 0 & 1 & \frac{3}{10} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Wenn ich mich nicht täusche, ist dieses System die Basis eines $\begin{eqnarray*} R^3 \end{eqnarray*}$ und die Dimension der Hülle müsste dann doch 3 sein, oder?

Für den Aufgabenteil c) benötige ich noch die Ergebnisse mit $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Ich hatte da schon mal mit angefangen, aber ich hab die Zettel verlegt. Ich versuch mich nochmal daran und berichte dann.

06.07.2013, 12:22

eintopf

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Ok, für den zweiten Teil von c) habe ich folgendes erhalten
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5 \\ 2 & 4 & 5 & 0 \\ 1 & 8 & 4 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
kann ich damit entgültig sagen, dass das LGS nicht lösbar ist?
Mit Hilfe des zweiten Vektorsystems habe ich folgende Lösung:
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5 \\ 2 & 4 & 4 & 0 \\ 1 & 8 & 4 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -8 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 5 \end{pmatrix}<br /> \end{eqnarray*}$
Das scheint wohl eindeutig lösbar.

Wenn ich das ganze jetzt nochmal mit den Einheitsvektoren machen, ist die Lösung da nicht trivial? Immerhin bekomme ich zum Anfang des LGS doch schon gleich die Lösung
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1& 0& 0 \\ 0& 0& 1& 0\end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$
bzw
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0& 5 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}<br /> \end{eqnarray*}$

06.07.2013, 13:55

Christian_P

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Zitat:

Original von eintopf
Also für das erste Vektorsystem habe ich aus der Determinante den Wert 0 bekommen. Spricht also für eine lineare Abhängigkeit. Dann habe ich mal versucht das LGS zu lösen, wobei sich die letzte Zeile zu 0 wurde. Habe ich somit einen Dimension von 2? Wie schreibe ich das korrekt auf?

Ja, mit dem Gauß hast du eine Nullzeile erzeugt. Das bedeutet die Koeffizientenmatrix hat hier den Rang 2. Da gilt: Zeilenrang = Spaltenrang, kann man hier also sagen, dass das System der drei Vektoren linear abhängig ist.

Die Dimension des Raumes ist daher 2

und $\begin{eqnarray*} \operatorname{span}(a,b,c) = \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ für das erste System aus Aufgabe a)

Das zweite System hat maximalen Rang (also 3). Das erkennt man auch am Gauß, in dem eine untere Dreiecksmatrix erzeugt wurde, in der jede Variable (Lambda 1 bis 3) eine führende Variable ist. Also ob man die rechte Seite mit (0,0,0) hier immer mitführt ist eine Geschmackssache, das braucht man ja nicht, weil sich bei Nullen ja eh nix ändert.

also gilt bei System 2 aus Aufgabe a) $\begin{eqnarray*} \operatorname{span}(a,b,c) = \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$

span bezeichnet die Lineare Hülle, also die Menge aller Linearkombinationen. Es ist der Raum, der von den Vektoren a,b,c aufgespannt wird.

Zitat:

Original von eintopf
Ok, für den zweiten Teil von c) habe ich folgendes erhalten
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5 \\ 2 & 4 & 5 & 0 \\ 1 & 8 & 4 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
kann ich damit entgültig sagen, dass das LGS nicht lösbar ist?

Ja, es ist $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}\notin \operatorname{span}(a,b,c) \end{eqnarray*}$ für dieses System aus Vektoren. Er kann also nicht durch diese Vektoren dargestellt werden. Es gibt keine Linearkombination von a,b,c.

Zitat:

Original von eintopf
Mit Hilfe des zweiten Vektorsystems habe ich folgende Lösung:
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1 & 12 & 5 & 5 \\ 2 & 4 & 4 & 0 \\ 1 & 8 & 4 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -8 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 5 \end{pmatrix}<br /> \end{eqnarray*}$
Das scheint wohl eindeutig lösbar.

Ja, hier geht's. $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}\in \operatorname{span}(a,b,c) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von eintopf
Wenn ich das ganze jetzt nochmal mit den Einheitsvektoren machen, ist die Lösung da nicht trivial? Immerhin bekomme ich zum Anfang des LGS doch schon gleich die Lösung
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1& 0& 0 \\ 0& 0& 1& 0\end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray*}$
bzw
$\begin{eqnarray*} <br /> \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0& 5 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}<br /> \end{eqnarray*}$

Ja, guck dir mal die Lösung an. Was fällt dir auf? smile

smile

Gruß

06.07.2013, 17:44

eintopf

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Was mir auffällt? Das ganze scheint eine Fläche zu sein. Da $\begin{eqnarray*} \lambda_{2}=0 \end{eqnarray*}$ .

07.07.2013, 12:37

Christian_P

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Hallo,

naja, nee, das meinte ich nicht smile

smile

Wenn die kanonische Basis verwendet wird, dann stimmen die Vektorkomponenten des darzustellenden Vektors mit der Lösung des LGS, also den Lambdas überein.

Das ist hier die Besonderheit.

Das sog. Koordinatentupel ist gleich dem Vektor.

Gruß

07.07.2013, 14:24

eintopf

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Na, das hatte ich auch gemeint damit, dass ich am Anfang des LGS schon die Lösung habe. Vllt hab ichs ungeschickt formuliert traurig

traurig

08.07.2013, 09:21

Christian_P

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hallo, ne alles bestens! smile

smile

Wenn soweit alles klar ist, wär die Aufgabe ja geschafft.

Gruß

08.07.2013, 21:11

eintopf

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Ja cool, vielen Dank für deine Hilfe Freude

Freude

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