Basis bestimmen

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24.03.2006, 18:24	MatheDanny	Auf diesen Beitrag antworten »
Basis bestimmen Hallo ihr. Ich hab da jetzt mal ne Frage zu folgendem Aufgabentyp: Gegeben sei ein Vektorraum V= $\begin{eqnarray} \{ (x_1, x_2, x_3, x_4) \in \mathbb R^4 : x_1 + 3x_2 + 2x_4 = 0, 2x_1 + x_2 + x_3 = 0 \} \end{eqnarray}$ Kann mir jemand sagen, wie ich an solch einen Aufgabentyp herangehe? Löse ich zuerst die 2 Gleichungen die gegeben sind irgendwo hin auf? Brauche erstmal nur nen Hinweis, wie ich wirklich an die Aufgabe herangehen muss. Dann hoffe ich dass ich sie hier auch lösen kann.
24.03.2006, 18:47	JochenX	Auf diesen Beitrag antworten »
das ist der Lösungsraum eines LGS wie löst du denn ein LGS? gaußalgorithmus.
24.03.2006, 18:51	MatheDanny	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie ich ein LGS löse weiß ich ja... aber wie fang ich dann bei dieser Aufgabe an?
24.03.2006, 19:01	JochenX	Auf diesen Beitrag antworten »
dein Vektorraum ist der Lösungsraum des gegebenen LGS also einfach ganz normal den Lösungsraum bestimmen, dabei fällt eine Basisangabe gleich mit an
24.03.2006, 19:18	MatheDanny	Auf diesen Beitrag antworten »
Entweder ich bin strunze doof oder stehe sowas von aufm Schlauch... Welches LGS soll ich denn auflösen?
24.03.2006, 19:27	JochenX	Auf diesen Beitrag antworten »
na da hinten stehen zwei Gleichungen, die deine Vektoren (genauer: ihre Komponenten) beide erfüllen müssen zwei Gleichungen, die gelten müssen, ein Gleichungssystem
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24.03.2006, 19:55	MatheDanny	Auf diesen Beitrag antworten »
Also stelle ich dieses GS auf: $\begin{eqnarray} 1x_1 + 3x_2 + 0x_3 + 2x_4 = 0\\2x_1 + 1x_2 + 1x_3 + 0x_4 = 0 \end{eqnarray}$ In Matrixschreibweise: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 2 & \| & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 0 & \| & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Aufgelöst: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 2 & \| & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{1}{5} & \frac{4}{5} & \| & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Somit bekomme ich herraus: $\begin{eqnarray} x_1 = \frac{3}{5}x_3 - \frac{2}{5}x_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_2 = \frac{1}{5}x_3 - \frac{4}{5}x_4 \end{eqnarray}$ Hier hänge ich nun... Zumal die Lösung im Buch so elegant aussieht, nämlich $\begin{eqnarray} v_1 = (3, -1, -5, 0) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_2 = (-1, 1, 1, -1) \end{eqnarray}$ sollen eine Basis bilden.
24.03.2006, 20:00	JochenX	Auf diesen Beitrag antworten »
ich gehe davon aus, dass deine Rechnung richtig ist. nenne nun x3=s, x4=t dann hat dein Lösungsraum die Form {0+s...+t....}, 0 ist Basislösung, die ... sind zu berechnende Vektoren diese sind zugleich deine Basis (wie du dir dann leicht klarmachen kannst) du kannst die Basis natürlich vereinfachen, sobald du dim=2 weißt, musst du nur zwei linear unabhängege Vektoren finden, die das LGS lösen
25.03.2006, 12:57	MatheDanny	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich hab des oben nochmal nachgerechnet.. für die einzelnen x'e habe ich nun raus: $\begin{eqnarray} x_1 = -\frac{3}{5}x_3 + \frac{2}{5}x_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_2 = \frac{1}{5}x_3 - \frac{4}{5}x_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_3 = s \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_4 = t \end{eqnarray}$ Der Lösungsraum sähe nun also wie folgt aus: $\begin{eqnarray} \mathbb L = \{\begin{pmatrix} -\frac{3}{5}s + \frac{2}{5}t \\ \frac{1}{5}s - \frac{4}{5}t \\ s \\ t \end{pmatrix} \| s,t \in \mathbb R \} \end{eqnarray}$ Also $\begin{eqnarray} \mathbb L = \{ s \begin{pmatrix} -\frac{3}{5} \\ \frac{1}{5} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} \frac{2}{5} \\ -\frac{4}{5} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \| s,t \in \mathbb R \} \end{eqnarray}$ Und die beiden Vektoren bilden nun eine Basis? das deckt sich nur leider nicht GANZ mit den Lösungen ausm Buch ab... da ist eine Basis angegeben mit $\begin{eqnarray} v_1 = (3,-1,-5,0)^T \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_2=(-1,1,1,-1)^T \end{eqnarray}$ Kann mir wer sagen, dass des ansonsten so okay ist?
25.03.2006, 18:25	JochenX	Auf diesen Beitrag antworten »
es gibt doch viele verschiedene Basen, die den gleichen Raum aufspannen! addiere den zweiten Vektor (-1)mal auf den ersten, schon hast du den (-1,1,1,-1)-vektor, den anderen nimmst dann noch *(-5) und das ist auch der gleiche dann du kannst aber auch deine stehen lassen, es deckt sich völlig mit dem Buch
26.03.2006, 01:15	Ace Piet	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Basis bestimmen > Hinweis, wie ich wirklich an die Aufgabe herangehen muss... Mein Verständnis der Aufgabenstellung (keine Lösungshilfe) ist, sie durchzulutschen,... (und das mache ich einfach mal). . . . Du beobachtest, daß Du 4 Variablen hast und (allgemein) 2 Gleichungen... $\begin{eqnarray} 1 \cdot x_1 + 3 \cdot x_2 + 0 \cdot x_3 + 2 \cdot x_4 &=& y_1 \\ 2 \cdot x_1 + 1 \cdot x_2 + 1 \cdot x_3 + 0 \cdot x_4 &=& y_2 \end{eqnarray}$ oder (äquivalent) als Matrixgleichung... $\begin{eqnarray} y = A \cdot x \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} A := \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Per [1] obiger Abb. $\begin{eqnarray} A: \mathbb R^4 \to \mathbb R^2 \end{eqnarray}$ findet sich Dein V wieder in $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ als $\begin{eqnarray} \mathfrak{Kern}(A) \end{eqnarray}$ , kurz: $\begin{eqnarray} V = \mathfrak{Kern}(A) := \{ x \in \mathbb R^4 \mid A \cdot x = 0\} \end{eqnarray}$ Der $\begin{eqnarray} \mathfrak{Kern} \end{eqnarray}$ einer lin. Abb. ist stets ein UnterVR (hier des $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ ), insofern ist es jetzt [2] auch V, besitzt also Basis, Dimension, etc. (auch wenn danach nicht gefragt war). Im spez. Fall A erkennt man die lin. Unabhängigkeit der Zeilen und wg. $\begin{eqnarray} \mathfrak{rang}_{\tiny{Zeilen}}(A) = \mathfrak{rang}_{\tiny{Spalten}}(A) &= 2 \end{eqnarray}$ hat man vorab die Kontrolle $\begin{eqnarray} \dim V = \dim \mathfrak{Kern}(A) &= 2 \end{eqnarray}$ . Ergo gibt es lin. unabh. $\begin{eqnarray} v_1, v_2 \in V \subseteq \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ (nicht mehr oder weniger, d.h. stets 2), d.h. $\begin{eqnarray} (v_1, v_2) \end{eqnarray}$ ist eine Basis von $\begin{eqnarray} V = \mathfrak{Kern}(A) = \mathfrak{L} (v_1, v_2) \end{eqnarray}$ . - Wenn für die beiden $\begin{eqnarray} v_i \end{eqnarray}$ gilt, daß $\begin{eqnarray} A \cdot v_i &= 0 \end{eqnarray}$ , dann gilt es also auch für alle $\begin{eqnarray} \mathfrak{L} \end{eqnarray}$ in.Kombis $\begin{eqnarray} x = \lambda_1 \cdot v_1 + \lambda_2 \cdot v_2 \end{eqnarray}$ ... (wg. $\begin{eqnarray} A \cdot x = \lambda_1 \cdot A \cdot v_1 + \lambda_2 \cdot A \cdot v_2 = \lambda_1 \cdot 0 + \lambda_2 \cdot 0 = 0 \end{eqnarray}$ )... (war auch nicht gefragt) Im spez. Fall A erkennt man z.B. $\begin{eqnarray} v_1 := (3, -1, 0,0)^T \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_2 := (1,-2,0,0)^T \end{eqnarray}$ (oh. viel Rumrechnen, ABER bitte prüfen!) und man bekommt auch (sofort) eine Idee, den Urbildraum $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ per $\begin{eqnarray} v_3=e_3 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_4=e_4 \end{eqnarray}$ zu einer Basis $\begin{eqnarray} (v_1, v_2, v_3, v_4) \subset \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ derart zu ergänzen, daß $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 = V \oplus W \end{eqnarray}$ [3], mit einem UVR $\begin{eqnarray} W := \mathfrak{L} (v_3, v_4) \end{eqnarray}$ , wo gilt: $\begin{eqnarray} A \cdot \mathbb R^4 = \{0\} \oplus A \cdot W = f(\mathbb R^4) = \mathfrak{Bild}(A) \end{eqnarray}$ . - Zu diesem Thema gibt es einen allg. Dim.Satz... Sprechen wir über Basiswechsel: Nehmen wir nun einen Basis-Transfer $\begin{eqnarray} \Theta: (v_i) \longmapsto (u_i) \end{eqnarray}$ im $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ (endl. Abb.!) [4] vor, sprich: $\begin{eqnarray} \Theta(\mathfrak V) &= \mathfrak U \end{eqnarray}$ , so bedeutet dies für $\begin{eqnarray} x \in V \end{eqnarray}$ , daß $\begin{eqnarray} \Theta ( A \cdot x) = 0 \end{eqnarray}$ und für den "Rest" $\begin{eqnarray} w \in W \setminus \{0\} \end{eqnarray}$ klar: $\begin{eqnarray} \Theta \cdot A \cdot w \neq 0 \end{eqnarray}$ , d.h. ein BasisTransfer, der sich aus lin. Kombis der (ersten) $\begin{eqnarray} v_i \end{eqnarray}$ ergibt, läßt $\begin{eqnarray} \mathfrak{Kern}(A) \end{eqnarray}$ invariant. War ja alles nicht gefragt, also nur mal so... -Ace- (Bitte um inhaltliche Kritik)... _______________ [1] besser: Durch eine lineare Abb. f, die durch die Matrix A gegeben ist... [2] ...vorher nicht. - Ausdrücklich: Sei bedeutet nicht ist, man muß die (VR-)Eigenschaft erst nachweisen... Beweis findet sich (oben) ein paar Zeilen tiefer. [3] Man nennt das direkte Summe von V und W, weil $\begin{eqnarray} V \cap W = \{0\} \end{eqnarray}$ bedeutet, daß sich jedes $\begin{eqnarray} x \in \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ eindeutig per $\begin{eqnarray} v \in V \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} w \in W \end{eqnarray}$ beschreiben läßt: $\begin{eqnarray} x=v \oplus w \end{eqnarray}$ . - Was man davon hat?... Zerlegung in überschaubare Eigenschaften $\begin{eqnarray} \Rightarrow \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v \in V \end{eqnarray}$ machen $\begin{eqnarray} A \cdot v = 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} w \in W \end{eqnarray}$ machen das genau nicht (bis auf 0, die ist auf jeder Party). - Und vielleicht kann man weiter "nach Eigenschaften" zerlegen, dann ist der Algebraiker IMHO glücklich... [4] Falls es für zwei Basen $\begin{eqnarray} \mathfrak V:= (v_i) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathfrak U := (u_i) \end{eqnarray}$ eines VR X die Relation $\begin{eqnarray} \mathfrak V \sim \mathfrak U : \Leftrightarrow \exists \quad \Theta \in GL(n,\mathbb K) \end{eqnarray}$ , sodaß $\begin{eqnarray} \Theta(\mathfrak U) &= \mathfrak V \end{eqnarray}$ gilt, so ist damit eine ÄR (prüfen!) zwischen Basen eines VR X definiert. - IMO nennt man die Basen und entspr. VRs ähnlich bzw. isomorph.

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