bin wieder im... Vektorraum

30.01.2006, 20:31

jentowncity

bin wieder im... Vektorraum

Hallo Leute,

Hab wieder eine Aufgabe, die bestimmt wieder ziemlich einfach ist, aber bei der ich wieder sehr unsicher bin, weil es ein Vektorraum ist:

Zeigen Sie, dass folgende Menge $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ein Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^5 \end{eqnarray*}$ ist und geben Sie eine Basis von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ an: Sei $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ die Menge der $\begin{eqnarray*} (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5) \in \mathbb R^5 \end{eqnarray*}$ mit
a) $\begin{eqnarray*} 2x_1-3x_3+x_4-2x_5=0 \end{eqnarray*}$
b) $\begin{eqnarray*} x_1+3x_2-x_3-x_5=0 \end{eqnarray*}$ /\ $\begin{eqnarray*} 2x_2-x_4-3x_5=0 \end{eqnarray*}$
c) $\begin{eqnarray*} x_1-2x_3+3x_5=0 \end{eqnarray*}$ /\ $\begin{eqnarray*} x_2-x_4+2x_5=0 \end{eqnarray*}$ /\ $\begin{eqnarray*} 2x_1-x_2-4x_3+x_4+4x_5=0 \end{eqnarray*}$

So, dass es Untervektorraum ist, zeig ich doch mit den beiden Bedingungen
1) $\begin{eqnarray*} f(x)+f(y)=f(x+y) \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} \lambda f(x)=f(\lambda x) \end{eqnarray*}$

Also zu a) kommt würde ich sagen:
1) $\begin{eqnarray*} f(x)+f(y)=2x_1-3x_3+x_4-2x_5 \end{eqnarray*}$ + $\begin{eqnarray*} 2y_1-3y_3+y_4-2y_5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =2(x_1+y_1)-3(x_3+y_3)+(x_4+y_4)-2(x_5+y_5)=f(x+y) \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} \lambda f(x)=\lambda (2x_1-3x_3+x_4-2x_5)=...=f(\lambda x) \end{eqnarray*}$

Bei b) und c) geht es dann analog, nehme ich an, wobei man die Mengen auch als matrizen schreiben kann: für b) z.B. $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 0 & -1 & -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Nun meine Fragen:
1) Ist das, was ich hier bis jetzt gemacht habe richtig und sinnvoll (vor allem die Matrixdarstellung)?
2) Wie bestimme ich die Basis??? Habe keinen Plan wie das geht.

Bin für jede Antwort und Hilfe dankbar
Hilfe

30.01.2006, 20:33

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: bin wieder im... Vektorraum

Zitat:

Original von jentowncity
So, dass es Untervektorraum ist, zeig ich doch mit den beiden Bedingungen
1) $\begin{eqnarray*} f(x)+f(y)=f(x+y) \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} \lambda f(x)=f(\lambda x) \end{eqnarray*}$

nein, dass sieht nach bedingungen für linearität einer abbildung aus

schau noch mal in dein skriptum!

31.01.2006, 02:44

irre.flexiv

Auf diesen Beitrag antworten »

Man kann es so machen, allerdings sollte man wissen was dahinter steckt.

Was du zeigen musst ist folgendes (Untervektorraum-Kriterium):
$\begin{eqnarray*} 1. \quad x,y \in U \Rightarrow x+y \in U \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2. \quad x \in U \Rightarrow \lambda \cdot x \in U \quad\quad \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Nun kann man z.B. für a die folgende Abbildung betrachten:
$\begin{eqnarray*} f : \mathbb R^5 \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x) = A\cdot x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A=(2,0,-3,1,-2) \end{eqnarray*}$

Der Kern einer lin. Abb. ist bekanntlich ein Untervektorraum.
Da U = ker(f) folgt aus der Linearität von f das U ein Untervektorraum ist.

Du hast also für a tatsächlich gezeigt das U Untervektorraum ist.

Zur zweiten Frage:
Dazu lösst man einfach das Gleichungssystem. Den Lösungsvektor schreibt man noch als Summe um und ließt die Basis ab Wink

31.01.2006, 02:57

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von irre.flexiv
Was du zeigen musst ist folgendes (Untervektorraum-Kriterium):
$\begin{eqnarray*} 1. \quad x,y \in U \Rightarrow x+y \in U \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2. \quad x \in U \Rightarrow \lambda \cdot x \in U \quad\quad \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0. \quad U \not= \emptyset \end{eqnarray*}$ nicht zu vergessen

mfg Jochen

31.01.2006, 03:48

irre.flexiv

Auf diesen Beitrag antworten »

Joa, danke.

31.01.2006, 11:45

jentowncity

Auf diesen Beitrag antworten »

Moin irre.flexiv,

danke für deine tipps!

Aber welches Gleichungssystem meinst du?
Hier ist doch bei a) eine Gl. und 4 unbekannte, bei b) zwei Gl. und 5 unbekannte. Wo ist denn hier ein Gleichungssystem das man lösen kann??

31.01.2006, 15:30

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

ist dann eben als "gleichungssystem mit einer gleichung" aufzufassen

ein gleichungssystem ist ja nur eine (beliebige) Anzahl von Gleichungen, die gleichzeitig gelöst werden müssen; geometrisch gesehen bei n unbekannten in IR ist das eine Hyperebene im IR^n
das System ist dann der Schnitt aller dieser Hyperebenen.....
prinzipiell macht also auch ein Gleichungssystem aus 0 Gleichungen Sinn....

31.01.2006, 16:55

jentowncity

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, danke für die Erläuterungen, aber dann gibt es doch hier keine Lösungen und damit keine Basis, denn diese Gleichungssysteme sind nicht eindeutig bestimmbar.

Oder heißt das etwa, dass eine Basis dann einfach irgend eine Lösung für dieses Gl.-system ist? Muss man dann einfach ein bisschen raten oder wie?

Sonst versteh ich nicht, was du und irre.flexiv meint mit "Gleichungssystem lösen".
Buschmann

31.01.2006, 16:59

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

du hast ein Gleichungssystem (homogen)
dessen Lösungsraum ist ein Vektorraum (Unterraum des IR^n) und genau der ist gesucht

Du findest den Unterraum also über lösen des LGSes
wäre es EINDEUTIG lösbar, wäre der Unterraum z.B. der Nullraum {0}.

mfg Jochen

Neue Frage »

Antworten »

bin wieder im... Vektorraum

Verwandte Themen