Schnitt von Unterräumen (LGS)

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02.11.2014, 09:04	DannyDre	Auf diesen Beitrag antworten »
Schnitt von Unterräumen (LGS) " Im $\begin{eqnarray} \mathbb R ^4 \end{eqnarray}$ seien die Unterräume $\begin{eqnarray} U_1=\mathbb R \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \mathbb R \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und und $\begin{eqnarray} U_2=\mathbb R \begin{pmatrix} 6 \\ 5 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + \mathbb R \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix} + \mathbb R \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ gegeben. Man berechne $\begin{eqnarray} U_1\cap U_2 \end{eqnarray}$ ." Meine erste Idee war, dass ein "Schnitt" (wie z.b. bei FUnktionen) bedeutet, dass man die FUnktionen ja gleichsetzen muss. So würde ich U_1 und U_2 gleichsetzen. Um ddas LGS zu lösen würde ich das invertierte U_2 nach links bringen und hätte dann ein homogenes LGS. Am Ende ist ja dann wahrscheinlich die gemeinsame Basis zu berechnen gemeint, die ja dann linear unabhängig sind und die kleinstmöglichste Vektormenge (=Basis) aufspannen. Das LGS lösen bringt mich auf das: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -6 & -3 & -1 & \| 0 \\ 1 & 2 & -5 & -4 & 0 & \| 0 \\ 1 & 3 & -1 & -5 & -2 & \| 0 \\ 1 & 4 & -2 & 0 & -1 & \|0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -6 & -3 & -1 & \| 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & \| 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 1 & \| 0 \\ 0 & 0 & -2 & 0 & 0 & \|0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Daraus kann man ablesen, dass nur diese Belegungen eine Lösung bereitstellen $\begin{eqnarray} x_{1} = x_{2} = x_{x} = x_{x} = x_{5} = 0 \end{eqnarray}$ Lösung der Aufgabe: $\begin{eqnarray} U_1\cap U_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Ist das Ergebnis korrekt, habe ich mich verrechnet oder war sogar mein Ansatz falsch?
02.11.2014, 09:15	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Idee ist richtig, leider hapert es an der Ausführung: Vier Gleichungen mit 5 Variablen können gar keine eindeutige Lösung liefern.
02.11.2014, 09:21	DannyDre	Auf diesen Beitrag antworten »
stimmt Ich habe aus dem letzten LGS ablesen können: $\begin{eqnarray} x_1 = 2x_4, x_2 = x_4, x_3 = 0, x_4 \in \mathbb R , x_5 = 0 \end{eqnarray}$ , also ist der Lösungsvektor: $\begin{eqnarray} \mathbb R \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Also sind diese unendlich vielen Vektoren der gemeinsame Schnitt?
02.11.2014, 09:44	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist schon besser, nur sind die $\begin{eqnarray} x_i \end{eqnarray}$ nicht die Koordinaten. Wir bewegen uns ja schließlich im vierdimensionalen.
02.11.2014, 09:52	DannyDre	Auf diesen Beitrag antworten »
achja stimmt - flsche richtung die x'e sind ja die Koeffizienten, also eingesetzt ergibt das diese Vektorkette und als Endergebnis: $\begin{eqnarray} 2\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} <br /> + \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} <br /> + \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix}<br /> = \begin{pmatrix} 6 \\ 8 \\ 10 \\ 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$
02.11.2014, 10:14	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Wir nähern uns immer mehr der korrekten Lösung. Wenn deine Matrixumformung richtig wäre hätte die Vektorkette den Nullvektor ergeben müssen, denn Du nimmst ja eine Lösung des homogenen GLS. Überprüfe noch mal deine Umformungen und die Schlussfolgerung daraus.
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02.11.2014, 10:46	DannyDre	Auf diesen Beitrag antworten »
stimmt, ich hab die Vektoren aus der Aufgabenstellung benutzt und nicht die invertierten aus meinem LGS. Dann erhält man wirklich den NUllvektor, was ja bedeutet, dass meine Koeffizienten richtig sind, da es ja ein homogenes LGS ist. $\begin{eqnarray} 2\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -3 \\ -4 \\ -5 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Also bilden dann die 3 rechten Vektoren die Basis, die Schnittmenge der Aufgabenstellung?
02.11.2014, 11:08	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein das ist falsch. Schau Dir deinrn ersten Ansatz an und dann die Lösung. Vielleicht findest Du dann heraus, wie Du die Koeffizinten richzig einsetzt. Zudem ist deine Stufenform falsch. Ich bin jetzt mal zwei bis drei Stunden weg, also nicht wundern, wenn erst einmal keine Antwort kommt.
02.11.2014, 13:43	DannyDre	Auf diesen Beitrag antworten »
Neue STufenform: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -6 & -3 & -1 & \| 0 \\ 1 & 2 & -5 & -4 & 0 & \| 0 \\ 1 & 3 & -1 & -5 & -2 & \| 0 \\ 1 & 4 & -2 & 0 & -1 & \|0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -6 & -3 & -1 & \| 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & \| 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 1 & \| 0 \\ 0 & 0 & -1 & -6 & 3 & \|0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Daraus kann man ablesen, dass $\begin{eqnarray} \mathbb L = \mathbb R \begin{pmatrix} 23 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray}$ . (wenn man die ganzen hässlichen Brüche mit 3 multipliziert..) Probe ergibt ja: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 23 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -6 \\ -3\\ -1 \end{pmatrix} = -6<br /> \begin{pmatrix} 23 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -5 \\ -4\\ 0 \end{pmatrix} = -6<br /> \begin{pmatrix} 23 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \\ -5\\ -2 \end{pmatrix} = -6<br /> \begin{pmatrix} 23 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ -2 \\ 0\\ -1 \end{pmatrix} = -6 \end{eqnarray}$ jetzt bin ich irgendwie überfragt.... da kommt zwar überall das gleiche raus, aber nicht 0 sondern -6 Hab diese aufgabe jetzt 6x gerechnet und immer verrechnet - ist zum verrückt werden -.-
02.11.2014, 14:57	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich weiss ja nicht, wie Du abliest, aber ich würde statt der 23 eine 29 nehmen
02.11.2014, 20:47	DannyDre	Auf diesen Beitrag antworten »
Neue STufenform: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -6 & -3 & -1 & \| 0 \\ 1 & 2 & -5 & -4 & 0 & \| 0 \\ 1 & 3 & -1 & -5 & -2 & \| 0 \\ 1 & 4 & -2 & 0 & -1 & \|0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -6 & -3 & -1 & \| 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 1 & \| 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & \| 0 \\ 0 & 0 & 0 & -6 & 2 & \|0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Daraus kann man ablesen, dass $\begin{eqnarray} \mathbb L = \mathbb R \begin{pmatrix} 29 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} <br /> \end{eqnarray}$ . (wenn man die ganzen hässlichen Brüche mit 3 multipliziert..) Probe ergibt ja: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 29 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -6 \\ -3\\ -1 \end{pmatrix} = 0<br /> \begin{pmatrix} 29 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -5 \\ -4\\ 0 \end{pmatrix} = 0<br /> \begin{pmatrix} 29 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \\ -5\\ -2 \end{pmatrix} = 0<br /> \begin{pmatrix} 29 \\ -5 \\ 3 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ -2 \\ 0\\ -1 \end{pmatrix} = 0 \end{eqnarray}$ und diese 5 Koeffizienten sind jetzt die Vorfaktoren der 5 Eingangsvektoren und gleichzeitig der Schnitt? Hätte erwartet, dass vll ein Vektor wegfällt oder so etwas.
05.11.2014, 10:34	DannyDre	Auf diesen Beitrag antworten »
upps, mein Post obendrüber wurde editiert, hatte die Zahl vergessen zu tauschen. Jetzt stimmts. und diese 5 Koeffizienten sind jetzt die Vorfaktoren der 5 Eingangsvektoren und gleichzeitig der Schnitt? Hätte erwartet, dass vll ein Vektor wegfällt oder so etwas.

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