Dimension

30.11.2017, 20:26

Boggie23

Dimension

Hallo,
Ich habe folgende Aufgabe. Dabei stellt sich die Frage warum die Dimension von der Wahl der a_i abhängen kann. Kann mir das jmd bitte beantworten? verwirrt

30.11.2017, 20:36

Leopold

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Beispiel 1

$\begin{align*} K = \mathbb{R} \, , \, n = 3 \, ; \ \ a_1 = 0, \, a_2 = 0, \, a_3 = 0 \end{align*}$

$\begin{align*} U \end{align*}$ besteht aus den Lösungen der Gleichung $\begin{align*} 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 = 0 \end{align*}$

Was ist $\begin{align*} \dim U \end{align*}$ ?

Beispiel 2

$\begin{align*} K = \mathbb{R} \, , \, n = 3 \, ; \ \ a_1 = 2, \, a_2 = 0, \, a_3 = -1 \end{align*}$

$\begin{align*} U \end{align*}$ besteht aus den Lösungen der Gleichung $\begin{align*} 2 x_1 + 0 \cdot x_2 - x_3 = 0 \end{align*}$

Was ist $\begin{align*} \dim U \end{align*}$ ?

Und wie ist das allgemein?

30.11.2017, 22:30

Boggie23

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Im Beispiel 1 ist Dimension 0.
Im Beispiel 2 ist Dimension 2.

D.h die Dimension ist die Anzahl der a_i ungleich 0.

01.12.2017, 06:20

Leopold

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Zitat:

Original von Boggie23
Im Beispiel 1 ist Dimension 0.

Zitat:

Original von Boggie23
D.h die Dimension ist die Anzahl der a_i ungleich 0.

01.12.2017, 07:33

Boggie23

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Was sehe ich falsch?

01.12.2017, 07:37

Boggie23

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Nochmal. Die die Dimension bei 1 ist 3 , da die Vektoren linear unabhängig sind. Die Dimension ist bei 2, da nur ein Vektor linear unabhängig ist, d.h die Dimensiom bestimmt sich durch die Anzahl linear unabhängiger Vektoren eines EZS, bei denen die a_i=0 sind.

01.12.2017, 09:07

Boggie23

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Zum Beweis Unterraum:
1. Nichtleer: Wähle a_i=0 , d.h der Nullvektor ist enthalten.

2. Abgeschlossenheit der Addition:
Sei $\begin{eqnarray*} x_1,...,x_n ;x'_1,....,x'_n \in U \end{eqnarray*}$ Dann ist auch $\begin{eqnarray*} x_1+x'_1,.....x_n+x'_n \in U \end{eqnarray*}$ , denn

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} a_i (x_i + x'_i)<br /> =\sum\limits_{k=1}^{n} a_i x_i +\sum\limits_{k=1}^{n} a_i x'_i =0+0=0 \end{eqnarray*}$

3. Abgeschlossenheit der Skalarmultiplikation:

Sei $\begin{eqnarray*} \lambda \in K \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda x_1,..., \lambda x_n ) \in U \end{eqnarray*}$ dann ist auch $\begin{eqnarray*} \lambda (x_1,..., x_n )\in U \end{eqnarray*}$ denn $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} \lambda a_i x_i =<br /> \lambda \sum\limits_{k=1}^{n} a_i x_i =0 \end{eqnarray*}$

Stimmt das so?

01.12.2017, 09:24

klarsoweit

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Zitat:

Original von Boggie23
Die Dimension ist bei 2, da nur ein Vektor linear unabhängig ist

Welche Dimension hast du denn nun bei Beispiel 2?

Zitat:

Original von Boggie23
d.h die Dimensiom bestimmt sich durch die Anzahl linear unabhängiger Vektoren eines EZS, bei denen die a_i=0 sind.

Die Folgerung ist falsch, wenn du mal die obige Frage korrekt beantwortest.

Zitat:

Original von Boggie23
Zum Beweis Unterraum:
1. Nichtleer: Wähle a_i=0 , d.h der Nullvektor ist enthalten.

Unfug. Die a_i sind irgendwelche fest vorgegebene Elemente des Körpers K. Du solltest x_i = 0 wählen.

Zitat:

Original von Boggie23
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} a_i (x_i + x'_i)<br /> =\sum\limits_{k=1}^{n} a_i x_i +\sum\limits_{k=1}^{n} a_i x'_i =0+0=0 \end{eqnarray*}$

Korrekt ist: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{n} a_i (x_i + x'_i) =\sum\limits_{i=1}^{n} a_i x_i +\sum\limits_{i=1}^{n} a_i x'_i = 0+0=0 \end{eqnarray*}$

Die anderen Summen solltest du auch mit dem Laufindex i ausstatten.

01.12.2017, 09:32

Boggie23

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Ich hätte gedacht, dass die Dimension bei Bsp 2 1 ist.
Stimmt auch die Skalarmultiplikation abgesehen vom dem Index Big Laugh

01.12.2017, 10:13

klarsoweit

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Zitat:

Original von Boggie23
Ich hätte gedacht, dass die Dimension bei Bsp 2 1 ist.

Ah ja. Bei Beispiel 2 fallen mir spontan die Vektoren (2, 0, 1) und (0, 1, 0) als mögliche Elemente von U ein. Bleibst du bei deiner Behauptung?

Zitat:

Original von Boggie23
Stimmt auch die Skalarmultiplikation abgesehen vom dem Index Big Laugh

Wo du mich so fragst, sehe ich direkt formale Schwächen. Du mußt ja dieses zeigen: $\begin{eqnarray*} x \in U \Rightarrow \lambda \cdot x \in U \end{eqnarray*}$ für jedes $\begin{eqnarray*} \lambda \in K \end{eqnarray*}$ .

So läuft dann der Beweis:

Sei $\begin{eqnarray*} \lambda \in K \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x \in U \end{eqnarray*}$ . Dann ist: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^n a_i \cdot (\lambda x_i) = \sum\limits_{i=1}^n \lambda \cdot (a_i x_i) = \lambda \cdot \sum\limits_{i=1}^n a_i x_i =0 \end{eqnarray*}$

Somit ist $\begin{eqnarray*} \lambda \cdot x \in U \end{eqnarray*}$ .

01.12.2017, 11:55

Boggie23

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Ok danke für deine Korrektur. Trotzdem verstehe ich leider nicht, wie die a_i die Dimension bestimmen. Anscheinend ist ja die Dimension von Bsp 2 2 verwirrt

01.12.2017, 12:11

klarsoweit

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Zitat:

Original von Boggie23
Anscheinend ist ja die Dimension von Bsp 2 2 verwirrt

Korrekt.

Zitat:

Original von Boggie23
Trotzdem verstehe ich leider nicht, wie die a_i die Dimension bestimmen.

Was macht ein Mathematiker, wenn er eine Situation noch nicht ganz verstanden (zumindest als eine Möglichkeit)? Er probiert weitere Beispiele durch. OK, das ist Arbeit, aber manchmal hilft das, ein Problem besser zu durchschauen. Man kann es natürlich auch systematisch angehen. Letztlich hat man hier ein "Gleichungssystem" das nur aus einer Gleichung besteht. Dies kann man auch mit einer einzeiligen Matrix A bestehend aus den a_i darstellen. Der Unterraum U ist dann der Kern der Matrix A. Bekanntlich gilt für dessen Dimension: dim(Ker(A)) = dim(K^n) - rang(A). Welche mögliche Ränge kann nun die Matrix A haben?

01.12.2017, 16:48

Boggie23

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Die Matrix kann doch entweder vollen Rang oder n-1, n-2 usw haben.
Nochmal zu dem Beispielen. Bei Beispiel 1 kann ich den Nullvektor als Linearkombination von 3 Vektoren darstellen also dim=3, aber der Nullvektor ist doch immer durch die triviale Kombination darstellbar.
Bei Beispiel 2 erzeugen 2 Vektoren einen bliebigen. Deshalb ist die Dimension 2. Oder sehe ich was falsch? verwirrt

02.12.2017, 16:43

klarsoweit

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Zitat:

Original von Boggie23
Die Matrix kann doch entweder vollen Rang oder n-1, n-2 usw haben.

Und was ist n in diesem Fall? Achtung: das n ist hier nicht das n von dem K^n. Wir haben es mit einer einzeiligen Matrix zu tun. Da ist die Anzahl der möglichen Ränge ziemlich eingeschränkt.

Zitat:

Original von Boggie23
Bei Beispiel 1 kann ich den Nullvektor als Linearkombination von 3 Vektoren darstellen also dim=3, aber der Nullvektor ist doch immer durch die triviale Kombination darstellbar.
Bei Beispiel 2 erzeugen 2 Vektoren einen bliebigen. Deshalb ist die Dimension 2. Oder sehe ich was falsch? verwirrt

Ich weiß nicht welchen Gedankengang du da hast. Es geht hier nicht darum, wie der Nullvektor dargestellt werden kann, sondern es geht um den Lösungsraum einer Gleichung. Beim 1. Beispiel besteht die Basis des Lösungsraums aus 3 Vektoren, im 2. Beispiel aus 2 Vektoren. Entsprechend ist die Dimension 3 bzw. 2.

02.12.2017, 17:11

Leopold

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Einmal weniger formal gedacht. Die Dimension ist doch so etwas wie die Anzahl der Freiheiten, die man bei der Lösung besitzt.

Die Gleichung $\begin{align*} 0 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 = 0 \end{align*}$ wird offenbar von jedem Tripel $\begin{align*} (x_1,x_2,x_3) \in \mathbb{R}^3 \end{align*}$ erfüllt. Damit ist die Lösungsmenge $\begin{align*} U = \mathbb{R}^3 \end{align*}$ . Der $\begin{align*} \mathbb{R}^3 \end{align*}$ hat aber die Dimension 3. Man hat drei Freiheiten: $\begin{align*} x_1, x_2, x_3 \end{align*}$ dürfen beliebig und unabhängig voneinander bestimmt werden. Immer ist die Gleichung wahr.

Es sei nun mindestens einer der Koeffizienten $\begin{align*} a_1,a_2,a_3 \neq 0 \end{align*}$ , ohne Beschränkung der Allgemeinheit $\begin{align*} a_1 \neq 0 \end{align*}$ . Jetzt kann man $\begin{align*} x_2,x_3 \end{align*}$ beliebig vorgeben (zwei Freiheiten), $\begin{align*} x_1 \end{align*}$ ist nicht mehr frei wählbar, sondern aus der Gleichung $\begin{align*} a_1 x_1 + a_2 x_2 + a_3 x_3 = 0 \end{align*}$ zu berechnen. Das geht, weil die Division durch $\begin{align*} a_1 \end{align*}$ möglich ist.

Im Beispiel 2

$\begin{align*} 2x_1 + 0 \cdot x_2 - x_3 = 0 \end{align*}$

gibt man $\begin{align*} x_2 = \lambda, \, x_3 = \mu \end{align*}$ vor und rechnet

$\begin{align*} 2x_1 + 0 \cdot \lambda - \mu = 0 \end{align*}$

$\begin{align*} x_1 = \frac{1}{2} \mu \end{align*}$

Damit sind alle Tripel $\begin{align*} (x_1,x_2,x_3) = \left( \frac{1}{2} \mu \, , \, \lambda \, , \, \mu \right) \end{align*}$ Lösungen der Gleichung. Durch Trennen der Bestandteile mit $\begin{align*} \lambda \end{align*}$ und $\begin{align*} \mu \end{align*}$ erhält man

$\begin{align*} (x_1,x_2,x_3) = \lambda \cdot \left( 0, 1, 0 \right) + \mu \cdot \left( \frac{1}{2} \, , \, 0 \, , \, 1 \right) \end{align*}$

Das sind die Elemente von $\begin{align*} U \end{align*}$ , wenn man $\begin{align*} \lambda, \mu \end{align*}$ alle reellen Zahlen durchlaufen läßt. Die zwei Freiheiten sagen, daß $\begin{align*} U \end{align*}$ die Dimension 2 besitzt. Gleichzeitig kann man eine Basis von $\begin{align*} U \end{align*}$ ablesen: $\begin{align*} \left( 0, 1, 0 \right) \, , \left( \frac{1}{2} \, , \, 0 \, , \, 1 \right) \end{align*}$

In der Schule läuft dieses Verfahren unter "aus der Normalenform einer Ebene eine Parameterdarstellung herstellen". In unserem Fall ist also $\begin{align*} U \end{align*}$ geometrisch eine Ursprungsebene. Nur wenn alle drei Koeffizienten 0 sind, ist $\begin{align*} U \end{align*}$ der gesamte dreidimensionale Raum.

03.12.2017, 09:50

Boggie23

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Vielen Dank für eure Antworten smile

Wenn ich das hoffentlich gewonnene Verständnis auf die Aufgabe übertrage, heißt das dass die Dimension n ist,falls a_i=0. Jedes n -Tupel würde ja die Gleichung lösen. Jedes
$\begin{eqnarray*} a_i \neq 0 \end{eqnarray*}$ reduziert die Dimension von n um 1,da man nach dem $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ umstellen kann. D.h das zugehörige $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ ist nicht mehr frei wählbar, sondern aus der Gleichung $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n a_i x_i=0 \end{eqnarray*}$ auszurechnen.
Stimmt das so?

03.12.2017, 10:11

Leopold

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Zitat:

Original von Boggie23
dass die Dimension n ist,falls a_i=0. Jedes n -Tupel würde ja die Gleichung lösen.

Hier fehlt ein Quantor. So kann man das nicht gelten lassen.

Zitat:

Original von Boggie23
Jedes $\begin{eqnarray*} a_i \neq 0 \end{eqnarray*}$ reduziert die Dimension von n um 1

Das stimmt nicht. Es geht nicht darum, wie viele $\begin{align*} a_i \neq 0 \end{align*}$ sind, sondern wie viele der $\begin{align*} x_i \end{align*}$ frei wählbar sind.
Dieser Irrtum von dir durchzieht den ganzen Strang hier. Alle Hinweise, die dich auf die richtige Lösung bringen sollen, hast du entweder ignoriert oder sie zumindest nicht durchdacht. Ich könnte dir jetzt die Lösung verraten, aber ich finde, du solltest deinen Denkfehler selber herausfinden. Und bitte nicht noch einmal damit kommen, daß die Anzahl der $\begin{align*} a_i \neq 0 \end{align*}$ (unmittelbar) eine Rolle spielt. In Wahrheit geht es um die Anzahl der nichttrivialen Gleichungen.
Warum machst du nicht einfach einmal weitere Beispiele?

Beispiel 3

$\begin{align*} 0 \cdot x_1 + 2017x_2 + 0 \cdot x_3 = 0 \end{align*}$

Beispiel 4

$\begin{align*} 12x_1 + 2017x_2 + 0 \cdot x_3 = 0 \end{align*}$

Beispiel 5

$\begin{align*} 3x_1 + 12x_2 + 2017x_3 = 0 \end{align*}$

Wie viele der Variablen sind jeweils frei wählbar, um die jeweilige Gleichung zu lösen?

03.12.2017, 10:43

Boogie23

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Tut mir leid unglücklich

Also Beispiel 3:
x1 und x3 sind frei wählbar. Die Dimension ist 2.

Beispiel 4:
x3 ist frei wählbar. Die Dimension ist 1.

Beispiel 5:
Keine der Variable ist frei wählbar

03.12.2017, 16:54

Leopold

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Zitat:

Original von Boogie23
Also Beispiel 3:
x1 und x3 sind frei wählbar. Die Dimension ist 2.

Zitat:

Original von Boogie23
Beispiel 4:
x3 ist frei wählbar. Die Dimension ist 1.

Zitat:

Original von Boogie23
Beispiel 5:
Keine der Variable ist frei wählbar

03.12.2017, 17:09

Boogie23

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Das Beispiel 4 hat auch Dimension 2, da x2 und x3 frei wählbar sind?
Beispiel 5 hat Dimension 1, da x3 frei wählbar ist.

03.12.2017, 17:21

Leopold

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In allen drei Beispielen sind immer zwei Variablen frei wählbar.

Beispiel 5

$\begin{align*} x_1 = 0{,}123456789 \, ; \ x_2 = 9{,}87654321 \end{align*}$
Man errechnet: $\begin{align*} x_3 = -0{,}058943425 \ldots \end{align*}$ , und die Gleichung ist erfüllt.

$\begin{align*} x_1 = \pi \, ; \ x_3 = \operatorname{e} \end{align*}$
Man errechnet: $\begin{align*} x_2 = -457{,}32688302 \ldots \end{align*}$ , und die Gleichung ist erfüllt.

03.12.2017, 17:27

Boogie23

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Weil man ja nur 1 Gleichung mit 3 Unbekannten hat. Heißt das in der Aufgabe, dass die Dimension n-1 ist?

03.12.2017, 17:36

Leopold

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Ja, falls auch wirklich eine echte Gleichung vorliegt. Nur wenn alle Koeffizienten 0 sind, also letztlich gar keine echte Gleichung vorliegt, ist die Dimension n.

Schwere Geburt ...

03.12.2017, 18:24

Boogie23

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Danke dir für alles, vor allem deine Geduld smile

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