Basis L(A,0)

23.09.2014, 10:51

schnecke03

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Basis L(A,0)

Hallo,

ich habe 2 Matrixen in Stufenform gegeben. Ich soll nun eine Basis des homogenen Gleichungssystems L(A,0) angeben, kann mir jemand erklären wie das geht?

1. Matrix:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Lösung:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

2. Matrix
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Lösung:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Bin nicht sicher ob die Lösungen stimmen, sie stammen nicht von mir sondern einen Kollegen, ich hab mir den Trick mit Matrix zu quadratischer matrix mit 0 ergänzen und dann wo 0 in der Diagonale steht -1 zu machen und das sind dann die Basen angeschaut, komme dann aber auf ein anderes Ergebnis? Kann mir jemand erklären wie ich hier vorgehen muss.

MfG

23.09.2014, 10:53

schnecke03

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Tut mir Leid ein kleiner Fehler ist mir unterlaufen, bei der 2. Matrix nicht -2 sondern -2.

23.09.2014, 10:55

bijektion

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Zitat:

Tut mir Leid ein kleiner Fehler ist mir unterlaufen, bei der 2. Matrix nicht -2 sondern -2.

Interessant...

Du sollst vermutlich eine Basis des Lösungsraums bestimmen, richtig?

23.09.2014, 10:59

schnecke03

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Jetzt reichts langsam, -1 mein ich^^

Ja genau.

23.09.2014, 11:02

bijektion

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Ok. Wie sehen denn Lösungen von $\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} |\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray*}$ aus?

23.09.2014, 11:05

schnecke03

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y = 1 und z = 0 ?

Damit es keine Missverständnise gibt, was ich als Lösung geschrieben hab ist eine Basis die mein Kollege herausbekommen hat, die ist normalerweise natürlich nicht vorhanden sondern nur die Matrix.

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23.09.2014, 11:13

bijektion

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Warte, dann betrachtest du das LGS $\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} |\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} |\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray*}$ ?

23.09.2014, 11:15

klarsoweit

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RE: Basis L(A,0)
Ich würde eher dieses LGS nehmen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \vec x = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und wieder weg.

23.09.2014, 11:16

schnecke03

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Genau, tut mir Leid wenn ich das so ungünstig formuliert habe, also ein homogenes Gleichungssystem von dem ich eine Basis finden soll.

23.09.2014, 11:20

bijektion

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Ah ok, dann ist das natürlich was anderes. Für $\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} |\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray*}$ stimmt deine Lösung jedoch nicht, denn $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

23.09.2014, 11:22

schnecke03

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Also bekomm ich die Basis, indem ich dieses Gleichungssystem löse oder wie soll ich das verstehen?
Dann hat mein Kollege das auch nicht verstanden und falsch gemacht.

23.09.2014, 11:27

bijektion

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Das LGS zu lösen wäre schonmal eine Voraussetzung zum finden der Lösung. Du hast es doch hier bereits in Zeilen-Stufen-Form vorliegen, das ist doch nur ablesen dann...

23.09.2014, 11:32

schnecke03

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Verstehe trotzdem nicht wie ich dann auf die Basis komme? Die Lösung ist doch (0,0,0)

23.09.2014, 11:36

bijektion

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Eine mögliche Lösung, homogene LGS habe immer die triviale Lösung. Aber gut, wenn $\begin{eqnarray*} x_0\in \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$ eine Lösung ist (also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \cdot x_0= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ), dann sind alle Lösungen gegeben durch $\begin{eqnarray*} x_0+\mathrm{kern}(f) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} f\in\mathrm{End}(\mathbb{R}^3) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} f(x)=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \cdot x \end{eqnarray*}$ gegeben ist.
Der Kern ist ein Unterraum, bestimme davon eine Basis und du bist fertig.

23.09.2014, 11:43

schnecke03

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Und genau hier komm ich nicht mehr weiter, weil ich eben nicht weiß, wie ich eine Basis davon bestimme. Könnte mir das jemand eventuell anhand eines Beispiels zeigen?

23.09.2014, 11:49

bijektion

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Nehmen wir doch $\begin{eqnarray*} f\in\mathrm{End}(\mathbb{R}^3) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x)=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \cdot x \end{eqnarray*}$ .
Die Lösung von $\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} |\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray*}$ ist die Menge $\begin{eqnarray*} \left\{ (x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3 | x_2=x_3=0, x_1\in\mathbb{R}\right\} \end{eqnarray*}$ und eine Basis (die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ -dimensional ist!), ist durch $\begin{eqnarray*} \mathcal{B}= \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \right\} \end{eqnarray*}$ gegeben.

23.09.2014, 12:18

schnecke03

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Ok bei dem einfachen Beispiel ist mir nun klar wie du auf die Basis kommst, habe jetzt noch ein etwas schwierigeres.

Habe die Matrix auf Stufenform gebracht und das ganze sieht nun so aus.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2/3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Hier die spezielle Lösung die ich ausgerechnet hab.
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1/3 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Rang der Matrix ist ja 2, habe aber 3 Unbekannte, somit ist das LGS unterbestimmt und es gibt eine nichttriviale Lösung, deswegen brauch ich nun noch die Basis von L(A,0). Ist das so richtig? Brauch ich die Basis nur, wenn das LGS unterbestimmt ist?

Und wie bekomm ich hier jetzt die Basis?

23.09.2014, 12:32

bijektion

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Das LGS $\begin{eqnarray*} \left(\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2/3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} |\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray*}$ hat die Lösungsmenge $\begin{eqnarray*} L=\left\{(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3 | x_3\in\mathbb{R},x_2=0, x_1=-\frac{2}{3}x_3\right\} \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt insb., dass $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \notin L \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2/3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Ich weiß nicht ob das jetzt Zufall ist, oder versuchst du Eigenvektoren zu berechnen?

Versuch doch erstmal eine Basis von $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ zu bestimmen.

23.09.2014, 12:41

schnecke03

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Habe mich wieder blöd ausgedrückt, das ist dieses Mal ein inhomogenes GLS und die b Spalte sieht so aus:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1/3 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Das ist dann auch gleichzeitig die spezielle Lösung für das LGS. Nun muss ich ja aber noch eine Basis für L(A,0) bestimmen richtig?

Grundsätzlich verstehe ich 2 Sachen nicht ganz. Im Anhang habe ich zwei inhomogene lineare Gleichungssysteme. Ich bringe beide auf Stufenform und transformiere die b Spalte mit und erhalte dann die speziellen Lösungen (2. Anhang). Warum muss ich aber bei der 1. Matrix auch noch die Basis von L(A,0) berechnen, bei der 2. Matrix aber nicht? Weil die 1. Matrix unterbestimmt ist?

23.09.2014, 12:51

klarsoweit

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Zitat:

Original von schnecke03
Warum muss ich aber bei der 1. Matrix auch noch die Basis von L(A,0) berechnen, bei der 2. Matrix aber nicht? Weil die 1. Matrix unterbestimmt ist?

Im Prinzip ja, wobei mir der Begriff "Rang" an dieser Stelle besser gefällt. Der Rang der 1. Matrix ist kleiner als die Dimension des Urbildraums.

23.09.2014, 13:07

schnecke03

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Vielen Dank Euch beiden, habe es nun verstanden, und kann nun auch die Basis berechnen, die sieht beim oberen Beispiel so aus.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -2/3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

24.09.2014, 09:36

schnecke03

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Eine Frage hab ich trotzdem noch, woher bekomm ich immer die Dimension, also woher weiß ich aus wie vielen Elementen die Basis besteht, in diesen Beispielen war sie immer 1, aber woher weiß ich das?

24.09.2014, 09:42

bijektion

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Eine gute Faustregel ist, das die Dimension durch die Einschränkungen gemindert wird. Etwa hier: $\begin{eqnarray*} L=\left\{(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3 | x_3\in\mathbb{R},x_2=0, x_1=-\frac{2}{3}x_3\right\} \subseteq \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$ ist ein Untervektorraum, also muss $\begin{eqnarray*} \dim L \leq 3 \end{eqnarray*}$ gelten. Jetzt haben wir zwei Einschränkungen, nämlich $\begin{eqnarray*} x_2=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_1=-\frac{2}{3}x_3 \end{eqnarray*}$ , also kann nur eine Variable frei gewählt werden.
Folglich ist die Dimension $\begin{eqnarray*} \dim L = 1 \end{eqnarray*}$ .

Man kann auch sagen: Für jede frei zu wählende Variable muss ein Basisvektor gewählt werden.

24.09.2014, 09:45

schnecke03

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Vielen Dank, das hilft mir sehr.

25.09.2014, 16:36

schnecke03

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Habe grad versucht eine Basis von L(A,0) dieser Matrix zu bestimmen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

x1 = -5x4
x3 = x4
x2 ist beliebig

Wie geht das nun? Weil x4 kommt in 2 Gleichungen vor? Die Dimension der Basis ist ja 1 oder, weil ich kann x2 beliebig wählen.

25.09.2014, 22:11

bijektion

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Es ist $\begin{eqnarray*} x_4 \in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ beliebig. Die Dimension ist $\begin{eqnarray*} =2 \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} x_2,x_4 \end{eqnarray*}$ sind beliebig.

25.09.2014, 22:12

klarsoweit

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Du kannst auch x4 beliebig wählen. Besser ist es, erstmal die freien Variablen zu bestimmen. Wie bestimmt man nun frei wählbaren Variablen?

Etwas leichter tut man sich mit der Beantwortung dieser Frage, wenn man zunächst die nicht frei wählbaren Variablen bestimmt.

Befindet sich die Matrix eines LGS in Zeilenstufenform, dann gilt:

Die nicht frei wählbaren Variablen sind jetzt genau diejenigen Variablen, die jeweils dem ersten Nicht-Nullelement jeder Zeile entsprechen. Alle anderen Variablen sind frei wählbar. Setze sukzessiv eine der freien Variablen gleich 1 und die anderen gleich Null und löse das LGS. Du erhältst automatisch eine Basis des Kerns der Matrix. smile

smile

26.09.2014, 11:03

schnecke03

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Also sieht die Basis so aus?

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

26.09.2014, 11:19

klarsoweit

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Korrekt heißt es: Eine Basis sieht so aus. Aber sonst ok. Freude

Freude

26.09.2014, 11:31

schnecke03

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Vielen Dank smile

smile

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