Zusammenhänge in der Linearen Algebra - Prüfungsvorbereitung

13.07.2009, 18:21

vektorraum

Zusammenhänge in der Linearen Algebra - Prüfungsvorbereitung

Hallo!

Meine Lineare Algebra - Kenntnisse liegen leider schon etwas zurück, da ich bis auf ein paar Rechnungen und Zusammenhänge nicht mehr viel damit in Berührung gekommen bin. Nun muss ich aber da nochmal durch, Prüfungen bei einem anderen Prof, der auch die Schwerpunkte seiner damaligen Vorlesung etwas anders gelegt hat. Deshalb will ich hier ein bisschen durcheinander immer wieder meine Fragen stellen...

1. Seien $\begin{eqnarray*} x_0=(0,1,1)^t,~u_1=(-1,0,1)^t,~u_2=(1,-1,1)^t,~f=(0,1,0)^t \end{eqnarray*}$ . Es ist $\begin{eqnarray*} U=span(u_1,u_2) \end{eqnarray*}$ . Ferner sei $\begin{eqnarray*} H=x_0+U. \end{eqnarray*}$

Geben Sie ein lineares Gleichungssystem derart an, dass die Lösungsmenge L dieses LGS gerade mit H übereinstimmt.

Wie geht man das generell an??? Der inverse Operator ist mir durchaus klar, aber wie kann ich zu einer gegebenen Lösungsmenge ein GS aufstellen?

Danke für die Anstöße - muss mich wirklich wieder erstmal reindenken. Wink

13.07.2009, 18:26

WebFritzi

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Das LGS hat die Form Ax = b. $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ muss nun eine Lösung dieses LGS sein und der Kern von A mit U übereinstimmen.

13.07.2009, 18:41

vektorraum

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Der Kern von A ist doch die Menge aller Vektoren $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ für die gilt: $\begin{eqnarray*} Ax=0 \end{eqnarray*}$ . In diesem Fall ist also $\begin{eqnarray*} ker A=\{u_1,u_2\} \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} u_1,~u_2 \end{eqnarray*}$ sind Lösung des homogenen Gleichungssystems.

Aber das bringt ja noch nicht weiter, oder?

13.07.2009, 18:45

WebFritzi

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Zitat:

Original von vektorraum
In diesem Fall ist also $\begin{eqnarray*} ker A=\{u_1,u_2\} \end{eqnarray*}$

Nein: $\begin{eqnarray*} {\rm ker}\,A = {\rm span}\,\{u_1,u_2\}. \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von vektorraum
$\begin{eqnarray*} u_1,~u_2 \end{eqnarray*}$ sind Lösung des homogenen Gleichungssystems.

Das ist richtig.

Zitat:

Original von vektorraum
Aber das bringt ja noch nicht weiter, oder?

Nein. Du sollst ja mögliche A und b finden. Ich wollte dir dazu nur einen Anstoß geben.

13.07.2009, 19:03

vektorraum

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Ja, sorry.

Nun frage ich mich also, welche Gestalt meine Koeffizientenmatrix haben muss, so dass

$\begin{eqnarray*} Au_1=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Au_2=0 \end{eqnarray*}$ .

Dass kann man ja auch formulieren als Gleichungssystem in der Form

$\begin{eqnarray*} -x+z=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x-y+z=0 \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} (1,2,1)^t \end{eqnarray*}$ eine Lösung dieses Gleichungssystem, wenn man sich z.B. $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ wählt. Also allgemein: $\begin{eqnarray*} \span\{(1,2,1)^t\} \end{eqnarray*}$ ist Lösung des Gleichungsystems. Damit sind $\begin{eqnarray*} u_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} u_2 \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Lösungen des Gleichungssystems

$\begin{eqnarray*} (1,2,1)\cdot (x,y,z)^t=0 \end{eqnarray*}$ .

Ist das soweit richtig???

13.07.2009, 19:30

WebFritzi

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Zitat:

Original von vektorraum
$\begin{eqnarray*} -x+z=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x-y+z=0 \end{eqnarray*}$ .

[...] Damit sind $\begin{eqnarray*} u_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} u_2 \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Lösungen des Gleichungssystems

Nein, $\begin{eqnarray*} u_1 \end{eqnarray*}$ ist keine Lösung dieses GS's.

13.07.2009, 19:35

vektorraum

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Zitat:

Original von vektorraum
Damit sind $\begin{eqnarray*} u_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} u_2 \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Lösungen des Gleichungssystems

$\begin{eqnarray*} (1,2,1)\cdot (x,y,z)^t=0 \end{eqnarray*}$ .

Ich meinte doch das Gleichungssystem. Und da sind es doch Lösungen... verwirrt

13.07.2009, 19:39

WebFritzi

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Achso, entschuldige. Klar, stimmt.

13.07.2009, 20:41

vektorraum

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OK - das ist gut. Dann habe ich das Gleichungssystem jetzt herausbekommen. Jetzt fehlt mir noch ein bisschen der Zusammenhang:

Die nachfolgende Aufgabe ist die Bestimmung des Abstands von f zu H. Gesucht ist der Lotfußpunkt $\begin{eqnarray*} f_0 \end{eqnarray*}$ von f auf H und die Lotgerade von f auf H.

Wie kann ich das jetzt in Einklang mit den bisherigen Resultaten bringen???

Ganz naiv rangegangen würde ich einfach einen Normalenvektor zur Ebene H aufstellen und eine Geradengleichung bestimmen. Der Schnitt von Ebene und Gerade ist dann gerade der Lotfußpunkt.

14.07.2009, 01:28

WebFritzi

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Zitat:

Original von vektorraum
Ganz naiv rangegangen würde ich einfach einen Normalenvektor zur Ebene H aufstellen und eine Geradengleichung bestimmen. Der Schnitt von Ebene und Gerade ist dann gerade der Lotfußpunkt.

Das hört sich doch ganz gut an. Augenzwinkern

Eigentlich gehört das übrigens in die Schulmathematik.

14.07.2009, 12:26

vektorraum

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Ja gut, so könnte ich das machen.

Ich suche aber noch den Zusammenhang zwischen der ersten Aufgabe und der Aufgabe zur Bestimmung des Fußpunktes usw.

Mein Prof. greift das in seiner Lösung irgendwie auf und leitet daraus die Hesse'sche Normalform ab.

Gehts also auch anders?

15.07.2009, 15:32

vektorraum

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Die Aufgabe hat sich damit erledigt - habe es rausbekommen.

Nun eine weitere, bei der mir Sachen unklar sind:

2. Zeigen Sie, dass es genau eine R-lineare Abbildung $\begin{eqnarray*} \varphi: V\rightarrow V \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} \varphi(b_i)=c_i \end{eqnarray*}$ , falls V der von den Vektoren $\begin{eqnarray*} b_1=(1,-1,0,0),~b_2=(0,-1,0,1),~b_3=(1,0,-1,0) \end{eqnarray*}$ erzeugte R-Untervektorraum des $\begin{eqnarray*} \mathbb R^4 \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} c_1=(2,0,-1,-1),~c_2=(0,-1,3,-2),~c_3=(2,-1,2,-3). \end{eqnarray*}$

Bislang haben wir das immer so gemacht, dass wir den "modifizierten Gaußalgorithmus" draufgeschickt haben und mit ein bisschen Umformen die zugehörige Koordinatenmatrix D erhalten haben.

Ich komme hier aber (scheinbar) zu einem Widerspruch verwirrt

Wenn gelten soll

$\begin{eqnarray*} \varphi(b_1)=c_1 \end{eqnarray*}$

was auch geschrieben werden kann als $\begin{eqnarray*} Dv_1=c_1 \end{eqnarray*}$ .

Dann müsste doch eigentlich D eine $\begin{eqnarray*} (4\times 4) \end{eqnarray*}$ Matrix sein, oder???

Nun gut. Wenn man den Ansatz

$\begin{eqnarray*} C:=(b_1^t,b_2^t,b_3^t|c_1^t,c_2^t,c_3^t) \end{eqnarray*}$

wählt und entsprechend den Algorithmus anwendet, fällt eine Zeile komplett weg. Die Frage ist ja überhaupt wie man das Ding auf die Einheitsmatrix bringen soll???

Sorry, vielleicht simple Frage - mir fehlt da gerade der Zusammenhang.

Danke für eure Hilfe.

15.07.2009, 17:28

tigerbine

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Für neue Fragen würde ich auch einen neuen Thread vorschlagen. Augenzwinkern

Was weißt du denn über die bi und die ci? Sind die l.u. oder l.a?

edit: Warum ich fragte.

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