Matrix: Lösungsraum, Basis, Dimension

08.02.2016, 20:23

Mugen

Matrix: Lösungsraum, Basis, Dimension

Hi Leute,
Hab bald Klausur ( traurig

) und kämpfe noch mit diversen Verständnisfragen. Hab schon viel gegooglt bzw in Foren gelesen und bräuchte jetzt nur nochmal jmd der drüber schaut ob das so passen würde und vll die ein oder andere Frage noch klärt smile

Folgende Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} (3x3, \mathbb R³) \end{eqnarray*}$

Bestimmen Sie den Lösungsraum des homogenen Gleichungssystem Ax = 0, dessen Basis
und die Dimension

Bei Fehlern im Vorgehen oder unnötigen Schritten bitte bescheid geben!

Also, zuerst hab ich einfach mal die Determinante ausgerechnet. det(A) = 0 -> mind. 1 vektor ist linear abhängig. D.h ich weiß, dass es mind. 1 Nullzeile hat, wenn ich es auf Zeilenstufenform bringe.

nun kommt gauß:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nullzeile vorhanden, also hab ich beim umformen wohl auch keinen Fehler drin smile

Jetzt will ich den Lösungsraum ermitteln.
Dazu setze ich $\begin{eqnarray*} x_{3}=\lambda \end{eqnarray*}$ [warum ich das jetzt mache weiß ich nicht, hab aber das Gefühl es wäre richtig Big Laugh

]
Dann kommt für $\begin{eqnarray*} x_{2}=\frac{\lambda }{2} \end{eqnarray*}$ raus.
Das ganze in (I) eingesetzt ergibt für $\begin{eqnarray*} x_{1}= -2\lambda \end{eqnarray*}$

also hab ich als Lösungsraum:
$\begin{eqnarray*} x_{3}=\lambda \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{2}=\frac{\lambda }{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{1}= -2\lambda \end{eqnarray*}$

wäre das korrekt?

Nun zur Dimension: Der Rang ist 2, daher ist auch die Dimension 2.
Daraus kann ich auch ableiten, dass die Basis aus 2 Vektoren bestehen muss (bei mehr als 2 wäre es nur ein Erzeugendensystem oder?)

Die Basis sind dann:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} und \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Schonmal ein rießengroßes Danke!

08.02.2016, 20:44

Helferlein

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Bis zum Lösungsraum stimmt es. Danach schweifst Du in eine falsche Richtung ab.
Wenn deine Lösungen von nur einem Parameter abhängen, wie soll da die Dimension zwei sein?
Was Du angegeben hast ist eine Basis des Zeilenraums, aber nicht des Lösungsraums von Ax=0.

Weiterer Verbesserungsvorschlag: Wozu berechnest Du die Determinante? Sie würde Dir nur helfen, wenn sie ungleich Null wäre, was bei solchen Aufgaben aber eher selten der Fall sein wird. Fang besser gleich mit Gauß an.

08.02.2016, 20:54

crushiii

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Ich denke auch, die Determinante zu berechnen kostet nur unnötig Zeit, die du sparen kannst.
Bring die Matrix auf Zeilenstufenform und mach dann weiter.

Dein Lösungsraum ist komisch angegeben.
Du kannst mehrere Ansätze dabei verfolgen. Entweder du gibst die Lineare Hülle an oder eine Menge, was aber aufs Gleiche rauskommt.
Ich würde es z.B. so angeben:
$\begin{eqnarray*} \mathbb{L} = < (2,1,-4)^T > \end{eqnarray*}$ .
Dabei stelle ich den Vektor so dar, dass ich keine Brüche darin erhalte.

Wenn du die Frage nach der Dimension beantworten willst, dann mach dir mal klar, was du da überhaupt berechnest.

Wenn du die Matrix in Zeilenstufenform bringst, dann hast du ganz richtig gefolgert, dass $\begin{eqnarray*} Rang(A) = dim( Bild(A) ) = 2 \end{eqnarray*}$ ist.
Nun die entscheidende Frage: Was berechnest du denn durch $\begin{eqnarray*} Ax=0 \end{eqnarray*}$ und wie kannst du aus dem Rang der Matrix die Dimension folgern? (Tipp: Der Lösungsraum ist ein spezieller Unterraum und die Dimension erhältst du durch eine Formel).

08.02.2016, 23:27

Mugen

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Zitat:

Original von Helferlein
Bis zum Lösungsraum stimmt es. Danach schweifst Du in eine falsche Richtung ab.
Wenn deine Lösungen von nur einem Parameter abhängen, wie soll da die Dimension zwei sein?
Was Du angegeben hast ist eine Basis des Zeilenraums, aber nicht des Lösungsraums von Ax=0.

Weiterer Verbesserungsvorschlag: Wozu berechnest Du die Determinante? Sie würde Dir nur helfen, wenn sie ungleich Null wäre, was bei solchen Aufgaben aber eher selten der Fall sein wird. Fang besser gleich mit Gauß an.

Also hab ich mit mit $\begin{eqnarray*} x_{1}= -2\lambda \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_{2}=\frac{\lambda }{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_{3}=\lambda \end{eqnarray*}$ nur eine Lösungsmenge angegeben und nicht einen Lösungsraum?
Für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ würde ich nat. wie auch schon hier erwähnt noch zb 2 einsetzen und hätte dann 2, 1, -4.

Aber wie ich von der Basis des Zeilenraums auf die Basis des Lösungsraums komme ist mir komplett unklar verwirrt

Dachte durch die Zeilenstufenform mit Gauß komme ich immer an die Basis die verlangt wird unglücklich

hm.. die Determinante hab ich einfach so gemacht, weil mit 3x3 gehts ja schnell und dann weiß ich auch das ne nullzeile rauskommen muss. Aber so richtig Sinn hat es nicht, da habt ihr schon recht.

Zitat:

Dein Lösungsraum ist komisch angegeben.
Du kannst mehrere Ansätze dabei verfolgen. Entweder du gibst die Lineare Hülle an oder eine Menge, was aber aufs Gleiche rauskommt.
Ich würde es z.B. so angeben:
$\begin{eqnarray*} \mathbb{L} = < (2,1,-4)^T > \end{eqnarray*}$ .
Dabei stelle ich den Vektor so dar, dass ich keine Brüche darin erhalte.

ok, soweit kann ich dir noch folgen!

Aber ab dann befürchte ich wirds (für mich) kompliziert!

Ich denke mal du spielst auf den Rangsatz an:
dim(A)=def(A)+rang(A)

dazu müsste ich also den defekt berechnen. Der ergibt sich aus dim(ker(A)) also der Dimension des Kerns!
Den Kern hab ich doch mit $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ bereits oder?

Und da der Kern aus 1 Spaltenvektor besteht hab ich auch def(A) = 1.
also ergibt sich für dim(A) = 1 + 2 = 3?!
Demzufolge brauch ich 3 Vektoren für eine Basis, seh ich das richtig?
Aber wo und wie bekomm ich den Vektor her? bzw die anderen beiden Vektoren sind ja auch keine Basis für den Lösungsraum und ich hab absolut keine Ahnung wie ich da weiter vorgehen kann :/

Aber schonmal vielen vielen Dank für die Hilfe, ihr seid meine letzte Rettung smile

09.02.2016, 12:18

crushiii

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Hey,

du musst dir klar machen, was für Räume du vor dir hast, und wie du sie berechnest.

Wie schon mehrfach richtig angesprochen, ist die Dimension des Bildes 2.
Du hast nun schon ganz richtig gefolgert, dass die Dimension des Kerns 1 sein muss.

Frage: Wie berechnest du den Kern einer Matrix?

Grundsätzlich bringst du da glaube ich was durcheinander.
Du hast eine Matrix gegeben: $\begin{eqnarray*} A \in M_3(\mathbb{R}) \end{eqnarray*}$ .
Also weißt du jetzt schon: $\begin{eqnarray*} dim(\mathbb{R}^3) = dim( ker(A) ) + dim( Bild(A) ) = 1 + 2 \end{eqnarray*}$ .
Dass du nun 3 linear unabhängige Vektoren für eine Basis des $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$ benötigst, wäre dir doch auch vorher klar gewesen oder?
Weiter kannst du aber folgern, dass du 2 linear unabhängige Vektoren für eine Basis des Bildes und 1 Vektor für die Basis des Kerns brauchst.
Als Lösung hast du einen Vektor (bzw. die lineare Hülle eines Vektors) bekommen, also welchen Unterraum hast du berechnet und wie ist die Dimension? Augenzwinkern

Wenn du mit Kern, Bild etc besser umgehen kannst, wenn du lineare Abbildungen betrachtest, dann betrachte die Matrix doch einfach als lineare Abbildung und schau, was dabei rumkommt.
Es wäre ja eine Abbildung $\begin{eqnarray*} \varphi: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$ , die du mit der Matrix identifizieren kannst.
Wie berechnest du für eine lineare Abbildung den Kern und das Bild? Und vor allem, von welchen Räumen sind Kern und Bild die Unterräume?

Hoffe, das hilft dir, auch wenns etwas zu ausführlich ist smile

09.02.2016, 17:29

Mugen

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Ja das mit den Räumen ist mir vorhin grad erst gekommen... dachte es gibt nur 1 Basis und nicht für Kern Bild und Spaltenraum extra verschiedene Big Laugh

Also der Kern ist ja die Lösungsmenge des homogenen Gleichungssys, den hab ich ja unten mit den lambdas ausgerechent. also $\begin{eqnarray*} \lambda * \begin{pmatrix} -2 \\ 0,5 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und das wäre dann auch die Basis für den Lösungsraums des homogenene Gleichungssystem (hab ich heute erfahren smile

)

Dimension des Lösungsraums ist 1, oder? Weil der Kern hat ja Dimension 1 und wenn der Kern der Lösungsraum des homogenen Gleichungssys ist, dann wird ja das in der Aufgabe verlangt (hab ich das richtig verstanden? )

Die Basis des Spaltenraumes bekomm ich wenn ich die Startmatrix mit gauß auf ZSF bringe $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

da kann ich dann sehen, dass die führenden Elemente der nicht-nullzeilen in der 1. und 2. Spalte sind -> die Vektoren der 1. und 2. Spalte der Startmatrix bilden eine Basis: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

oder ich kann die Basis des Spaltenraumes auch durch transponieren der Startmatrix + ZFS und dann ablesen erhalten.
stimmt das? :O

@crushiii
Nein, war nicht zu ausführlich, dein Text hat mir enorm im Verständnis geholfen! Rießen Danke dafür! smile

09.02.2016, 18:39

Helferlein

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Das ist alles korrekt, bis auf die Wortwahl. Ein Vektorraum hat eine Basis, aber niemals "die" Basis, denn eindeutig ist sie ja nicht. Jedes Vielfache deines Vektors bildet ebenfalls eine Basis des Kerns.

09.02.2016, 20:31

Mugen

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soweit so gut! smile

in einer Teilaufgabe soll ich dann das lineare Gleichungsys $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} (3x3, \mathbb R³) \end{eqnarray*}$ mit dem Lösungsraum $\begin{eqnarray*} b = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ berechnen.
Mein erster Gedanke war alles in eine Matrix rein, ZSF und dann nach x1 x2 und x3 auflösen.
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & | -1 \\ 3 & 4 & 4 & |-2 \\ 1 & 0 & 2 & -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
also
folgende umformungen: II - 3*I ; III - I ; III * (-1) und III - II ;

Raus kommt dann bei mir:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & | -1 \\ 0 & -2 & 1 & | 1 \\ 0 & 0 & 0 & | 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

wäre ja dann nicht lösbar weil 0 != 2 0.o wo liegt mein Fehler?

und dann hab ich auch noch eine letzte Aufgabe, bei der ich keinen so richtigen Ansatz weiß....

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} (-t) & 0 & 0 & (-1)\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 4 & t & 0 & 0 \\ (-1) & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Aufgabe hier: Welche $\begin{eqnarray*} t \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ bilden eine Basis des $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{4} \end{eqnarray*}$

Also ich fang mal an was ich mir zusammenfünferln kann.... wir suchen eine Basis aus $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{4} \end{eqnarray*}$ --> ich brauche 4 linear unabhängige Vektoren, muss also t so wählen, dass die Vektoren kein vielfachens voneinander sind.
Nur wie gehe ich da jetzt genau vor? ZSF und dabei die t ignorieren?!
hätte einfach mal mit gauß (III) + 4*(IV)

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} (-t) & 0 & 0 & (-1)\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & t & 0 & 4 \\ (-1) & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

aber das bringt mir ja auch nicht viel weiter? gibts ne Methode die auszurechnen oder muss ich das "sehen"?

sorry für die ganzen noobfragen, aber ich versuch echt mein bestes Hammer

Bin für jede Antwort sehr dankbar! smile

10.02.2016, 11:13

klarsoweit

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Zitat:

Original von Mugen
wäre ja dann nicht lösbar weil 0 != 2 0.o wo liegt mein Fehler?

Ich kann jetzt keinen Fehler finden. Vielleicht ist irgendwo noch ein Schreibfehler? verwirrt

Zitat:

Original von Mugen
muss also t so wählen, dass die Vektoren kein vielfachens voneinander sind.

Das ist in dieser Form zumindest mißverständlich. Du mußt t so wählen, daß die Vektoren linear unabhängig sind.

Zitat:

Original von Mugen
aber das bringt mir ja auch nicht viel weiter? gibts ne Methode die auszurechnen oder muss ich das "sehen"?

Eine mögliche Methode wäre, die Determinante der Matrix (sofern ihr das schon hattet) auszurechnen.

10.02.2016, 11:30

Mugen

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Zitat:

Ich kann jetzt keinen Fehler finden. Vielleicht ist irgendwo noch ein Schreibfehler? verwirrt

Ist eine alte Klausuraufgabe, könnte nat. auch sein, dass es so gewollt ist. Hab Angabe nochmal überprüft, da stimmt alles.
Aber das Vorgehen von mir ist also Korrekt?
Wenn ich ein lin. Gleichungssys mit einem bestimmten Lösungsraum berechnen soll, dann einfach alles in die Matrix und ZSF und dann nach x1-xN auflösen und dann hab ich die Lösung oder? Big Laugh

In dem Fall hier oben ist es dann die leere Menge oder?

Zitat:

Eine mögliche Methode wäre, die Determinante der Matrix (sofern ihr das schon hattet) auszurechnen.

Determinante ist doch 0 oder? eine Spalte besteht ja komplett aus nullen also ist die Determinante auch 0?

10.02.2016, 11:46

klarsoweit

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Zitat:

Original von Mugen
Aber das Vorgehen von mir ist also Korrekt?
Wenn ich ein lin. Gleichungssys mit einem bestimmten Lösungsraum berechnen soll, dann einfach alles in die Matrix und ZSF und dann nach x1-xN auflösen und dann hab ich die Lösung oder? Big Laugh

In dem Fall hier oben ist es dann die leere Menge oder?

Ja, alles korrekt. Augenzwinkern

Zitat:

Original von Mugen
Determinante ist doch 0 oder? eine Spalte besteht ja komplett aus nullen also ist die Determinante auch 0?

Oh wei, ich muß mal wieder meine Brille putzen. Hammer

Die Matrix ist somit nicht invertierbar und die Vektoren linear abhängig, egal welches t man auch nimmt. smile

10.02.2016, 12:20

Mugen

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Zitat:

Ja, alles korrekt. Augenzwinkern

puh, das ist schonmal ne gute Nachricht, danke smile

Zitat:

Die Matrix ist somit nicht invertierbar und die Vektoren linear abhängig, egal welches t man auch nimmt. smile

also langsam zweifel ich an der Richtigkeit der Angaben, wenn alles quasi nicht lösbar ist Big Laugh

aber hab hier noch ne 2. Aufgabe die vom Prinzip her gleich ist:

Geben Sie alle a $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ R an, für die die Vektoren (a, a, 0), (1, a, 2), (0, 1, 1) $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ R 3 eine Basis von R 3 bilden.

also folgende Matrix:

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

also ich versuchs mal mit der Determinante via sarrus und bekomme dann

a² - 3a für die Determinante
das setze ich dann gleich 0, dann weiß ich für welches "a" die Matrix linear abhängig ist.

a² -3a = 0
ausgerechnet
a = 3
also darf ich alle a !=3 einsetzen um eine Basis für R³ zu bekommen, korrekt? smile

10.02.2016, 12:36

klarsoweit

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Zitat:

Original von Mugen
Geben Sie alle a $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ R an, für die die Vektoren (a, a, 0), (1, a, 2), (0, 1, 1) $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ R 3 eine Basis von R 3 bilden.

also folgende Matrix:

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

Ich persönlich bevorzuge das zeilenweise Eintragen in die Matrix. Wenn die Matrix dann in ZSF ist, hat man automatisch eine Basis. Für diese Aufgabe geht aber auch das spaltenweise Eintragen. smile

Zitat:

Original von Mugen
a² -3a = 0
ausgerechnet
a = 3

Hier hast du eine Lösung (witzigerweise die einfachste) vergessen. Augenzwinkern

10.02.2016, 12:40

Mugen

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Zitat:

Für diese Aufgabe geht aber auch das spaltenweise Eintragen. smile

Nur für diese? :O
Wir haben das immer so gemacht, auch unser Prof (und da ich bei der ganzen Geschichte doch noch sehr sehr verwirrungsanfällig bin versuch ich alles nach "Rezept" zu machen xD)

Zitat:

Hier hast du eine Lösung (witzigerweise die einfachste) vergessen. Augenzwinkern

ach shit

ja die 0 ist ja auch noch! Big Laugh

also alles außer 3 und 0! dann stimmt es oder? smile

Mega Danke für die schnellen und hilfreichen Antworten!!! Freude

10.02.2016, 13:05

klarsoweit

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Zitat:

Original von Mugen
Nur für diese? :O
Wir haben das immer so gemacht, auch unser Prof (und da ich bei der ganzen Geschichte doch noch sehr sehr verwirrungsanfällig bin versuch ich alles nach "Rezept" zu machen xD)

Wenn man die Vektoren spaltenweise einträgt und macht dann Zeilenumformungen, finde ich das nicht so glücklich. Je nach Aufgabe könnte das Ergebnis zu falschen Schlüssen verleiten.

Zitat:

Original von Mugen
also alles außer 3 und 0! dann stimmt es oder? smile

Ja.

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