Identität zweier Matrizen

08.04.2006, 01:18

Bjoern1982

Identität zweier Matrizen

Hallo!

Ich habe Fragen zu folgender Aufgabe:

Seien A und B zwei n x n Matrizen

a) Wann gilt (A-B)(A+B)= $\begin{eqnarray*} A^2-B^2 \end{eqnarray*}$ ?

b) Welche zwei Matrizen A und B erfüllen beispielsweise nicht die obige Identität?

c) Sei A= $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Finden Sie alle Matrizen B, so dass die Identität aus a) gilt.

Meine Gedanken zu

a) Anhand 3. binomischer Formel zeigen, dass die Identität nur für solche Matrizen gilt, für welche das Kommutativgesetz bzgl. der Matrizenmultiplikation gilt, also BA=AB gilt.

=> für A oder B entspricht der Einheitsmatrix
=> für A oder B entspricht der Nullmatrix
=> für A=B

Gibt es noch andere Möglichkeiten, und wenn ja wie bekommt man solche Matrizen heraus?

b) Wenn mein Ansatz zu a) stimmt ist das ja nicht so schwer...

c) siehe b)

Ich bin mir bei meiner Vorgehensweise allerdings sehr unsicher, vor allem weil das eigentlich zu simpel erscheint und man Aufgabe a) bestimmt noch schöner beweisen kann...

Ich bin für jede Hilfe dankbar.

Gruß Björn

08.04.2006, 01:51

JochenX

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A und B können z.B. auch beliebige Diagonalmatrizen sein
oder B könnte das inverse von A sein...
oder das könnte Zufall sein etc.

Zitat:

Anhand 3. binomischer Formel zeigen, dass die Identität nur für solche Matrizen gilt, für welche das Kommutativgesetz bzgl. der Matrizenmultiplikation gilt, also BA=AB gilt.

ich halte das fette schon für die Antwort
das kursive halte ich für Unsinn, hier wendest du kein Binom an, sondern multiplizierst einfach aus

b) ist in jedem Fall kein Problem, musst ja nur zwei Matrizen finden, für die...

c) würde ich spontan eine matrix mit 4 Unbekannten ansetzen und mal schauen, wie du AB=BA ausschlachten kannst.

08.04.2006, 02:19

Ace Piet

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RE: Identität zweier Matrizen
ad (a)
... formal ausmultipliziert ergibt $\begin{eqnarray*} (A-B)(A+B) = A^2 - B^2 + AB -BA \end{eqnarray*}$ (aufgepasst) $\begin{eqnarray*} = A^2 - B^2 \Leftrightarrow AB=BA \end{eqnarray*}$ , d.h. wenn die zugehörigen (eindeutigen) lin.Abb. $\begin{eqnarray*} f_A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_B \end{eqnarray*}$ bzgl. der HintereinanderSchalte vertauschbar sind.

ad (b) ... (geraten!!!)
Man nehme $\begin{eqnarray*} A := \begin{pmatrix} 1&1\\0&1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A^T \end{eqnarray*}$ ... und stelle $\begin{eqnarray*} A^T A \neq A A^T \end{eqnarray*}$ fest.

ad (c) ... DA muß schon LOED ran...
Aber wenn schon (b) betrachtet wird, fällt mir HIER (Faulpelz) ein ...
$\begin{eqnarray*} A := E + \begin{pmatrix} 0&2\\0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ,
dann ist $\begin{eqnarray*} A^2 = E + 4 \cdot \begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix} = B^2 \end{eqnarray*}$ ... na ja (stupider Koeff.Vgl. mit Fallunterscheidungen zum PunkteVerdienen).

Wink

08.04.2006, 12:31

JochenX

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Zitat:

ad (c) ... DA muß schon LOED ran...

joa, ne, das kannst du auch Ace

setz das mal an, wie ich oben vorgeschlagen habe, auf Grund der Einfachheit von der Matrix A fällt der Koeffizientenvergleich hier leichter als erwartet.
*jetztmalselbstdurchgerechnethab*

08.04.2006, 13:31

Mazze

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zu a) noch:

Diagonalisierbare Matrizen A,B (über den kompl. Zahlen) vertauschen genau dann wenn sie eine gemeinsame Basis aus EV haben.

Normale Matrizen A,B (über den kompl. Zahlen) vertauschen genau dann wenn sie eine gemeinsame ONB aus EV haben.

Beweis gibs in meinem Lina II Script Augenzwinkern

Das wären dann noch Matrizen die Vertauschen können.

08.04.2006, 13:32

Bjoern1982

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@LOED

Habe das mal bei Aufgabe c) nach deinem Vorschlag probiert.
Mein Ergebnis:

Alles Matrizen B, mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray*} b_{21}=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_{11}=b_{22} \end{eqnarray*}$ für eine allgemeine 2 x 2 Matrix B= $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Stimmt das so ?

Gruß Björn

08.04.2006, 13:36

JochenX

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steht gerade mein Teller auf meiner Lösung smile

aber ich habe genauso was im Kopf, also ja Freude

magst du eigentlich Indizes? bei mir hießen die Unbekannten a,b,c,d Augenzwinkern

08.04.2006, 14:22

Bjoern1982

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Das ist doch schön.

Schonmal rechtherzlichen Dank bis hierhin, auch @Ace Piet Wink

Apropo Indizes, war am Ende schon etwas unübersichtlich, aber es ging noch..

Ich habe diesen Koeffizienvergleich übrigens auch schonmal bei Aufgabe a probiert, habe da allerdings rausbekommen, dass die Indentität genau dann gilt, wenn alle Koeffizienten der jeweiligen Matrix A oder B gleich sind...

Und das kann ja nicht stimmen, aber was ich da wohl falsch gemacht habe, ist mir noch ein Rätsel.

Danach hab ich erst den Ansatz mit der Bedingung AB=BA verfolgt.

Hast du ne Ahnung was ich da falsch gemacht haben könnte?

Gruß Björn

08.04.2006, 14:53

JochenX

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poste den Ansatz mal

so einfach ist das aber nicht, was bei gegebenem A zu einem linearen vergleich wurde, wird bei nicht gegebenem A schon im 2x2-Fall mit 8 Unbekannten zu einem Horrortrip.

Und das willst du mit 2n^2 Unbekannten machen?

Naja, wie gesagt, poste deinen Ansatz.

Und inzwischen habe ich auch nachgesehen, a=d, c=0 bzw. in deiner Indexschreibweise blabla hatte ich auch. Big Laugh

08.04.2006, 15:34

Bjoern1982

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Also wenn, werde ich den Ansatz mal später irgendwann posten, da das ja schon sehr aufwändig ist und ich im Moment nicht die Zeit dafür habe.

Aber mir gings auch nur ums Prinzip.

Wenn ich mir also eine 2 x 2 Matrix A und B mit unbekannten Koeffizienten a,b,c,d und e,f,g,h nehme und dann aus der Identitätsgleichung am Ende durch zahlreiche Umformungen eine Matrix für die linke Seite der Gleichung und eine Matrix für die rechte Seite der Gleichung erhalte, welche ich dann anhand der einzelnen Koeffizienten vergleiche, um mir passende Bedingungen herauszuschreiben, ist das vom Prinzip her nicht möglich?

Wie gesagt, ich werde mal schauen, ob ich meinen Ansatz heute Abend noch posten werde.

Gruß Björn

08.04.2006, 16:27

JochenX

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du kannst daraus natürlich dann Kriterien für a,b,c,d,e,f,g,h (bzw. b11, b12,..., c11,.....) angeben (gerade eben aus dem Koeffizientenvergleich), aber das ist nicht mehr linear und dan SINNVOLLE Kriterien rauszulesen und anzugeben.......
hmmmm....

08.04.2006, 18:54

Ace Piet

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(OT) Thema: Wie man bei Koeffizientenvgl. die Übersicht behält...

Buchweisheiten

Sei $\begin{eqnarray*} ~e_i \in \mathbb R^n ~ \end{eqnarray*}$ Spaltenvektor mit $\begin{eqnarray*} \begin{cases} 1 \quad & \text{in i-ter Zeile }\\ 0 \quad & \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$ , dann ist
$\begin{eqnarray*} e_i^T = (0, \ldots ,\overbrace{1}^{\tiny\text{i-te Spalte}}, \ldots,0) \end{eqnarray*}$
der entsprechende (gekippte) Zeilenvektor.

Ergo ist $\begin{eqnarray*} e_i^T e_j = \begin{cases} 0 \quad & i \neq j \\ 1 \quad & i=j\end{cases} \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ , also eine Zahl !

Und wenn man das $\begin{eqnarray*} {\tiny\text{hoch}}^T \end{eqnarray*}$ "nach rechts" verschiebt, entsteht nach der Mat.-Ordnungsregel $\begin{eqnarray*} (n \times 1) \cdot (1 \times n) \to (n \times n) \end{eqnarray*}$ soetwas:
$\begin{eqnarray*} e_i e_j^T \in End(\mathbb R^n) \end{eqnarray*}$ Matrix mit $\begin{eqnarray*} \begin{cases} 1 & \text{in i-ter Zeile + j-ter Spalte }\\ 0 & \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Für eine $\begin{eqnarray*} n \times n \end{eqnarray*}$ Matrix $\begin{eqnarray*} A = (a_{ij}) \end{eqnarray*}$ ist dann:
$\begin{eqnarray*} A = \sum_{1 \leq i,j \leq n} ~ a_{ij} ~ e_i e_j^T \end{eqnarray*}$

Zur Aufgabe (c):

Es ist $\begin{eqnarray*} A = E + 2 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = E + 2e_1e_2^T \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} B &=& \sum_{1 \leq i,j \leq n} ~ b_{ij} ~ e_i e_j^T \\ &=& b_{11}e_1e_1^T + b_{12}e_1e_2^T + b_{21}e_2e_1^T + b_{22}e_2e_2^T \end{eqnarray*}$

Damit jeweils:

$\begin{eqnarray*} AB = B + 2 b_{21}e_1e_1^T + 2 b_{22}e_1e_2^T \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = BA = B + 2 b_{11}e_1e_2^T + 2 b_{21}e_2e_2^T \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} &\Leftrightarrow& 2 b_{21}e_1e_1^T + 2 b_{22}e_1e_2^T - 2 b_{11}e_1e_2^T - 2 b_{21}e_2e_2^T \\ &=& 2 b_{21}e_1e_1^T + (2 b_{22} - 2 b_{11}) e_1e_2^T - 2 b_{21}e_2e_2^T = 0 \end{eqnarray*}$

Und da läßt sich (per Koeff.Vgl. mit der 0-Matrix) ablesen...

... $\begin{eqnarray*} b_{21} = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_{11} = b_{22} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_{12} \end{eqnarray*}$ ist frei...

Damit ist B vom Typ: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} a & x \\ 0 & a \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
.
.
.
Geht auch für größere Matrizen...

Wink

-Ace-

08.04.2006, 23:14

Ace Piet

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(LOED)
> aber das ist nicht mehr linear und dan SINNVOLLE
> Kriterien rauszulesen und anzugeben.......
Ersteres glaub ich nich.

Gegeben sei also beliebiges:
$\begin{eqnarray*} A = \sum_{1 \leq i,j \leq 2} ~ a_{ij} ~ e_i e_j^T \end{eqnarray*}$
und gesucht (, sodaß AB = BA) ein :
$\begin{eqnarray*} B = \sum_{1 \leq i,j \leq 2} ~ b_{ij} ~ e_i e_j^T \end{eqnarray*}$

Dann ist
$\begin{eqnarray*} AB &=& a_{11}b_{11}~e_1e_1^T + a_{11}b_{12}~e_1e_2^T \\ &+& a_{12}b_{21}~e_1e_1^T + a_{12}b_{22}~e_1e_2^T \\ &+& a_{21}b_{11}~e_2e_1^T + a_{21}b_{12}~e_2e_2^T \\ &+& a_{22}b_{21}~e_2e_1^T + a_{22}b_{22}~e_2e_2^T \end{eqnarray*}$

Umgekehrt:
$\begin{eqnarray*} BA &=& a_{11}b_{11}~e_1e_1^T + a_{12}b_{11}~e_1e_2^T \\ &+& a_{21}b_{12}~e_1e_1^T + a_{22}b_{12}~e_1e_2^T \\ &+& a_{11}b_{21}~e_2e_1^T + a_{12}b_{21}~e_2e_2^T \\ &+& a_{21}b_{22}~e_2e_1^T + a_{22}b_{22}~e_2e_2^T \end{eqnarray*}$

AB - BA = 0 ergibt:
(1,1) ... $\begin{eqnarray*} a_{12}~b_{21} = a_{21}~b_{12} \end{eqnarray*}$
(2,2) ... identisch mit (1,1)
(1,2) ... $\begin{eqnarray*} a_{11}~b_{12} + a_{12}~b_{22} - a_{12}~b_{11} - a_{22}~b_{12} = 0 \end{eqnarray*}$
(2,1) ... $\begin{eqnarray*} a_{21}~b_{11} + a_{22}~b_{21} - a_{11}~b_{21} - a_{21}~b_{22} = 0 \end{eqnarray*}$
Dabei sind (i,j) Bedingungen, die aus dem Koeff.Vgl. mit der Null-Matrix entstanden sind. - Hab ich ja oben breitgetreten, wozu die $\begin{eqnarray*} e_i~e_j^T \sim (i,j) \end{eqnarray*}$ gut sind ...

Schreibe ich die (gesuchte) B-Matrix um in $\begin{eqnarray*} B^T = \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & b_{21} & b_{22}\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} {\mathfrak K}_A \cdot B = 0 \end{eqnarray*}$ mit..
$\begin{eqnarray*} {\mathfrak K}_A := \begin{pmatrix} 0 & -a_{21} & a_{12} & 0 \\ -a_{12} & a_{11} - a_{22} & 0 & a_{12} \\ a_{21} & 0 & -( a_{11} - a_{22} ) & a_{21} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Gleichwertig: $\begin{eqnarray*} Kern ({\mathfrak K}_A) \cong \{ B \in End(\mathbb R^2) \mid AB = BA \} \end{eqnarray*}$
Insofern halte ich $\begin{eqnarray*} {\mathfrak K}_A \end{eqnarray*}$ bzw. auch $\begin{eqnarray*} A \mapsto {\mathfrak K}_A \end{eqnarray*}$ für hochgradig linear.

Übergang... (OOT) - War nicht gefragt, aber wo wir gerade dabei sind, erkenne ich:
$\begin{eqnarray*} 1 \leq \dim \text{Lös}({\mathfrak K}_A, 0) \leq 4 \end{eqnarray*}$ , ... wg.: Bed. (1,1) = (2,2) (s.o.)
d.h. die Frage nach einem B mit AB = BA ist NIE trivial (d.h.: $\begin{eqnarray*} \dim \neq 0 \end{eqnarray*}$ ).

... ... snip ... ...

Drängt sich für den IMHO übersichtlichen Fall des einzelnen $\begin{eqnarray*} A \in End(\mathbb R^2) \end{eqnarray*}$ die Frage auf, ob dies auch für mehrere A gilt: Sei also $\begin{eqnarray*} \mathfrak A := \{ A_i \in End(\mathbb R^2) \mid i \in J ~\text{(Indexmenge)} \} \end{eqnarray*}$ . - Gilt dann ebenfalls: $\begin{eqnarray*} 1 \leq \dim \text{Lös}({\mathfrak K}_A, 0) \quad \forall A \in \mathfrak A \end{eqnarray*}$ ... (?)

Ist das mit E und 0 schon beantwortet? - Oder muß ich Kunststücke starten a la ...
$\begin{eqnarray*} \bigcap_{A \in \mathfrak A \atop AB = BA} B \end{eqnarray*}$
und bringen mich Hüllen-Betrachtungen weiter für den allg. Fall $\begin{eqnarray*} \mathfrak A \subseteq \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ .

Grp.Theorie als Hinweise willkommen.

Wink

-Ace- TIA
______________

Test mit $\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ (wie oben) liefert übrigens $\begin{eqnarray*} {\mathfrak K}_A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ...

08.04.2006, 23:23

JochenX

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Zitat:

Original von Ace Piet
(LOED)
> aber das ist nicht mehr linear und dan SINNVOLLE
> Kriterien rauszulesen und anzugeben.......
Ersteres glaub ich nich.

sei mir nicht böse, aber genauer werde ich mich da vor meiner Algebraklausur am Dienstag nicht mehr reinarbeiten und das durchdenken, kann da also auch nicht so viel sagen.
Ich werde dir das mit der Linearität also einfach mal glauben müssen und habe auch keinerlei Problem damit. Wink

War ja alles nur eine (edit: starke, aber wohl schlechte Augenzwinkern

) Vermutung von mir.

Bezieht sich bislang aber alles auf den Fall 2x2-Matrix, oder?

scheinst in der Matrizenrechnereigeschichte ganz firm zu sein. smile

08.04.2006, 23:50

Ace Piet

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Hi, LOED.

> sei mir nicht böse,
Gar keinem bin ich böse, ich kann warten und ich wünsche Dir Erfolg (*).

> Bezieht sich bislang aber alles auf den Fall 2x2-Matrix, oder?
Nope. - 2-teilig...

(a) Verallg. auf mehr als 1 Erzeugung im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$
(b) Verallg. auf den $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$

Wink

_______________

(*) > meiner Algebraklausur
Du machst das locker !!!

09.04.2006, 07:07

Ace Piet

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... konnte doch nicht warten / schlafen.

Au Mann, bin ich blind...
> Ist das mit E und 0 schon beantwortet?
IMHO Jau...

.
.
.

Für $\begin{eqnarray*} A \in \mathfrak A \subseteq \mathbb R^{n,n} \end{eqnarray*}$ ist
$\begin{eqnarray*} \mathfrak M := \{ X \in \mathbb R^{n,n}\mid XA = AX ~,~ A \in \mathfrak A \} \end{eqnarray*}$ UVR (unbewiesen, aber klar)
und $\begin{eqnarray*} 0 \in \mathfrak M \end{eqnarray*}$ besagt: $\begin{eqnarray*} \mathfrak M \neq \emptyset \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} E \in \mathfrak M \Rightarrow \dim \mathfrak M \geq 1 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} E=A^0~,~A=A^1 \end{eqnarray*}$ bringen mich auf die Idee,
daß im obigen Fall mit $\begin{eqnarray*} \mathfrak A = \{ A \} \end{eqnarray*}$ auch stets
$\begin{eqnarray*} A^p \in \mathfrak M \quad \forall ~p \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , ... siehe hierzu - [1]

Wg. (lin.Abhängigkt.) $\begin{eqnarray*} A^2 = 2A - E \end{eqnarray*}$ , reichen hier also E, A
zur Lösung der Aufgabe:
$\begin{eqnarray*} \mathfrak M = \mathcal L ( \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}~,~ \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1\end{pmatrix}) \end{eqnarray*}$ ... *hust*
Anm.: Wirklich weiß ich (bislang) nur:
$\begin{eqnarray*} \mathcal L ( \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}~,~ \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1\end{pmatrix}) \subseteq \mathfrak M \end{eqnarray*}$ , nicht =

Unter der Annahme $\begin{eqnarray*} \dim \mathfrak M = 2 \end{eqnarray*}$ darf ich "Basis-Tauschen" und
$\begin{eqnarray*} \mathfrak M = \mathcal L ( \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}~,~ \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}) = \mathcal L (E, e_1e_2^T) \end{eqnarray*}$
entspricht der "Galerie-Lösung" $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} a & x \\ 0 & a\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

___________________

Zwischenstand + offene Fragen:

[1] - (fatale Folgerung => ) "d.h. $\begin{eqnarray*} E, A, \cdots ,A^p \end{eqnarray*}$ erzeugen $\begin{eqnarray*} \mathfrak M \end{eqnarray*}$ zyklisch!" ... gilt HIER im Speziellen (d.h. nicht allgemein). Die Folge $\begin{eqnarray*} E, A, \cdots , A^n \end{eqnarray*}$ liefert zwar erzeugende Kandidaten, aber beileibe nicht alle, wie A=E mit Lösungen $\begin{eqnarray*} \mathfrak M_E = \mathbb R^{n,n} \end{eqnarray*}$ zeigt. - Also bin ich weiterhin auf der Suche nach einem hinreichenden Kriterium für die Erzeugung eines $\begin{eqnarray*} \mathfrak M_A \subseteq \mathbb R^{n,n} \end{eqnarray*}$ .

[2] - Irgendwarum will ich Minimal-/ char.Polynom nicht nutzen, sondern über die Basis(!) $\begin{eqnarray*} {(e_ie_j^T)}_{i,j=1,\cdots,n} \end{eqnarray*}$ des $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{n,n} \end{eqnarray*}$ zum Ziel kommen... ( $\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$ vollständige Beschreibung von $\begin{eqnarray*} \mathfrak M_A \end{eqnarray*}$ im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{n,n} \end{eqnarray*}$ ).

... (be continued) ... Wink

13.04.2006, 11:35

JochenX

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Zitat:

Original von Ace Piet
(OT) Thema: Wie man bei Koeffizientenvgl. die Übersicht behält...

Buchweisheiten
.......

Ja, du hast natürlich Recht, Ace, hier habe ich dir noch eine Antwort versprochen (und das ganze wohl irgendwie ein wenig verdrängt, aber du hat mich ja wieder daran erinnert).

Der erste Thread ist rechentechnisch zwar einwandfrei (ich staune aber noch ein wenig, was man aus der guten alten mechanischen Matrizenrechnung, die bei mir nach wie vor "Fingerrutschrechnung" ist, alles machen kann.), aber zumindest für den 2x2-Fall scheint er mir nicht sinnvoll zu sein. Das direkte Malnehmen der Ansatzmatrix mit A liefert ja den gleichen Käse in etwas weniger Zeilen.

Lass mich mal noch weiterschauen.... auch wenn ich fürchte, dass du mich da schnell abhängst, denn diese "Umschreibungen in solche komischen Summen und damit Beweise führen" waren noch nie mein Ding.
Man nennt sowas auch berechnen durch Kampfeinsetzen und umformen, kommt noch direkt nach Kampfrechnen. Augenzwinkern

Aber den ersten habe ich noch verstanden Teufel

.

edit: Beitrag 2 bis ---snip---
Ich sehe schon, in Abhängigkeit der a_i ist das natürlich wirklich alles linear.
Die Idee das über dieses LGS (Kern von deiner Matri) ist interessant, bringt mich so gesehen aber nicht weiter:
Meine Aussage "nicht sinnvoll" etc. bezog sich darauf, dass die a_i allgemein angegeben sind ("wird bei nicht gegebenem A schon im 2x2-Fall mit 8 Unbekannten zu einem Horrortrip")
Linear von den ai abhängig ist alles, ohne Frage, das ist es ja auch, wenn ich es ausrechne über Fingerrutschen.....
ABER: sowohl mein Komponentenvergleich, der erst mal in einem großen Gleichungssystem endet, als auch dein zugegebenermaßen sehr strukturiertes Gleichungssystem, lässt sich OHNE genaueres Angeben der ai nicht weiter vereinfachen.
Schon mal versucht, ein völlig allgemeine LGS zu lösen?

*so far*

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