Lösungsformen von inhomogenen GS - Seite 2

30.01.2011, 14:26

chillerStudent

Man muss ja Ax=0 lösen damit man den kern bestimmen kann. Was ist dann mit dieser abbildung:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ i & -1 & 2i &-i \\-2 & 2i & -4 & -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

mit der oben genannten eigenschaft? das ist ja nicht mehr Ax=0

Nach dieser gleichung komme ich auf

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 4i & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

30.01.2011, 14:32

Elvis

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Die dritte Zeile kannst du durch 4i dividieren und dann von der 1. Zeile subtrahieren.

30.01.2011, 14:37

chillerStudent

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dann erhalte ich :
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i-1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

die 1 stört mich ja immer noch in der 3. zeile

30.01.2011, 14:41

chillerStudent

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x2=0
x1=2x_3+x_4
x_3=(x1+x4)/2
x4=x1-2x3

ist das richtig??

30.01.2011, 14:47

Elvis

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Zitat:

Original von chillerStudent
dann erhalte ich :
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i-1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

die 1 stört mich ja immer noch in der 3. zeile

Mich stört die i-1 in der 1. Ich hatte "natürlich" gemeint, dass du das i-fache abziehst und damit in der 1. Zeile / 2. Spalte eine 0 bekommst.

30.01.2011, 14:51

chillerStudent

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also so: 3zeile durch 4 divid. und von der 1.zeile subtrsh.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

30.01.2011, 14:57

Elvis

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durch i

30.01.2011, 15:02

chillerStudent

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Zitat:

Original von Elvis
durch i

meinst du jetzt den nächsten schitt oder musste ich vorher durch i rechnen statt durch 4i ?

30.01.2011, 15:04

Elvis

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das kommt auf dasselbe raus, hauptsache da unten steht eine 1 (Gauß-Normalform)

30.01.2011, 15:07

chillerStudent

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$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

so?

ist das mein kern oder muss ich das noch anders hinschreiben?

30.01.2011, 15:13

Elvis

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Daraus kannst du jetzt - wenn du's kannst - den Kern ablesen. Ich fang mal an: $\begin{eqnarray*} x_4=\lambda, x_3=\mu, x_2=* , x_1=* \Rightarrow x=\begin{pmatrix} * \\ * \\ * \\ * \end{pmatrix}+ *\begin{pmatrix} * \\ * \\ * \\ * \end{pmatrix}+ *\begin{pmatrix} * \\ * \\ * \\ * \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Du brauchst nur noch die * ergänzen.

30.01.2011, 15:33

chillerStudent

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wieso denn 4 koefizienten in einem vektor? müssen da nicht 3 hin?

z.b.
lambda * (-1,0,0) ??

30.01.2011, 17:30

chillerStudent

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Ist das Kern?

$\begin{eqnarray*} x=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+ \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}+ \mu\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

30.01.2011, 18:14

Elvis

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Nein. Du musst die Gleichungen waagerecht lesen. Die 3. Zeile der Matrix sagt $\begin{eqnarray*} x_2=0 \end{eqnarray*}$ . Die erste Zeile sagt $\begin{eqnarray*} x_1+2x_3-x_4=0\Rightarrow x_1=-2\mu+\lambda \end{eqnarray*}$

30.01.2011, 19:18

chillerStudent

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Vielen Dank!
Muss ich x3 und x4 noch ausrechnen oder hab ich das schon getan mit lambda und mu?

Und wie lese ich den kern ab? Ich versteh den zusammen mit den 3 "*" Vekroten nicht, wie setze ich x1 und x2 da ein?

30.01.2011, 19:34

Broly

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Zitat:

Original von Elvis
Für $\begin{eqnarray*} a\neq 2 \end{eqnarray*}$ kann man die 2. und 3. Zeile durch $\begin{eqnarray*} a-2 \end{eqnarray*}$ dividieren und dann mit Gauß weitermachen, das führt auf eine Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \alpha_1 & \beta_1 \\ 0 & 1 & 0 & \alpha_2 & \beta_2 \\ 0 & 0 & 1 & \alpha_3 & \beta_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Das LGS hat die Lösungen $\begin{eqnarray*} x_4=t, x_3+\alpha_3\cdot t=\beta_3, x_2+\alpha_2\cdot t=\beta_2, x_1+\alpha_1\cdot t=\beta_1 \end{eqnarray*}$
Also sind alle Lösungen gegeben durch $\begin{eqnarray*} x=\begin{pmatrix} \beta_1 \\ \beta_2 \\ \beta_3 \\ 0 \end{pmatrix}+t\cdot \begin{pmatrix} -\alpha_1 \\ -\alpha_2 \\ -\alpha_3 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

tut mir leid ich muss weiterhin zwischenquatschen,wie kommst du dadrauf elvis ? Also auf die Matrix ich komme da ziemlich ins strauchen ...=/
komme bis hier :

30.01.2011, 19:36

SheeX

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Nochmal ne frage wenn wir nun auf so eine Gleichung kommen:

$\begin{eqnarray*} x=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+ \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}+ \mu\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Was ist da unsere Basis des Kerns bzw. Basis des Bildes ?

30.01.2011, 19:38

chillerStudent

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$\begin{eqnarray*} \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+ \mu\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So richtig?

30.01.2011, 20:04

chillerStudent

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@ sheeks

Dein ergebnis ergibt doch diesen vektor:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda \\ \mu \\ 2\lambda \\ -\lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

aber die ergebnisse sind doch diese:

x2 = 0
x1 = -2mu + lambda
x3 = mu
x4 = lambda

30.01.2011, 20:12

SheeX

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Mir geht es ja nicht um das ergebnis habe das ja nur von dir kopiert =) wollte nur wissen wie ich nun auf die Basis vom Bild komme weiß ja nachdem ich gauß angewendet habe ist mein Bild die Zeilen wo keine Nullzeilen entstehen..

btw. deine Matrix müsste auch einen fehler enthalten habe mit nem Kollegen die hier raus:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & i & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

30.01.2011, 20:17

chillerStudent

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Ich glaube das Bild sind die einzelnen Spaltevektoren und die basis davon halt nur die zeilen, die keine null enthalten, also:

als Vektor:
1
i
2
-1

30.01.2011, 21:13

lgrizu

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Zitat:

Original von SheeX

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & i & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dieses ist die richtige Zeilenstufenform der Matrix

Zitat:

Original von chillerStudent

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ i & -1 & 2i &-i \\-2 & 2i & -4 & -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

.

Davon soll nun eine Basis des Kerns gebildet werden.

Da könnt ihr drei ja Vorschläge zu abgeben, ich glaube, die richtige Lösung ist hier noch nicht aufgetaucht.

Dann kommen wir zu einer Basis des Bildes, welche Dimension muss das Bild nach dem Dimensionssatz haben?

30.01.2011, 21:18

chillerStudent

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tut mir leid für die zwischenfrage. Wie kommt man denn auf

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & i & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

die zweite zeile verstehe ich, aber die dritte nicht.

ich rechne da 3.zeile + 2*1.zeile

traurig

30.01.2011, 21:27

chillerStudent

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OKK!!!
ich habs verstanden sry,

Also:
ich weiß nur dass die dimension des bildes 2 ist

30.01.2011, 21:27

lgrizu

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Musst dich nicht entschuldigen. Augenzwinkern

Wir haben:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ i & -1 & 2i &-i \\-2 & 2i & -4 & -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Subtraktion des i-fachen der ersten Zeile zur zweiten und Addition des 2-fachen der ersten zur dritten Zeile ergibt:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & 2 & -1 \\ 0& 0 & 0 &0 \\0 & 4i & 0 & -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Das war es eigetlich schon, die letzte Zeile noch durch 4 dividieren und wir haben es.

Edit:

Zitat:

Original von chillerStudent

ich weiß nur dass die dimension des bildes 2 ist

Das ist richtig, aber erst mal Vorschläge für den Kern...?!

30.01.2011, 21:30

chillerStudent

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Den kern bestimmt man in dem man die gleichung Ax=0 löst

30.01.2011, 21:33

lgrizu

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Jap, ist richtig, also zwei Parameter bestimmen und ran an den Speck. Augenzwinkern

30.01.2011, 21:39

chillerStudent

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x3=mu, x4=lambda

3.zeile

$\begin{eqnarray*} ix2 - \lambda = 0 \Rightarrow ix2=\lambda \end{eqnarray*}$

1.zeile

$\begin{eqnarray*} x1+ix2+2\mu-ix2=0 \Rightarrow x1=2\mu \end{eqnarray*}$

Hoffentlich richtig Gott

bitte bitte

30.01.2011, 21:43

lgrizu

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Zitat:

Original von chillerStudent
$\begin{eqnarray*} ix2 - \lambda = 0 \Rightarrow ix2=\lambda \end{eqnarray*}$

Hier sollte man noch beide Seiten der Gleichung mit -i multiplizieren.

Zitat:

Original von chillerStudent
$\begin{eqnarray*} x1+ix2+2\mu-ix2=0 \Rightarrow x1=2\mu \end{eqnarray*}$

Hier hast du einen Vorzeichenfehler: $\begin{eqnarray*} x_1+2 \mu=0 \Rightarrow x_1=-2 \mu \end{eqnarray*}$ , ansonsten richtig.

Nun den Kern bestimmen und am besten eine Basis gleich mit dazu.

30.01.2011, 21:50

chillerStudent

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$\begin{eqnarray*} x = \mu\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} +\lambda \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich glaub die basis ist dann die zwei vektoren??!!

30.01.2011, 21:52

lgrizu

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Einer der beiden stimmt, der andere nicht.

Wenn man die Gleichung $\begin{eqnarray*} ix_2= \lambda \end{eqnarray*}$ mit -i multipliziert, erhält man doch $\begin{eqnarray*} x_2=-i \lambda \end{eqnarray*}$ , welcher der beiden Vektoren stimmt also nicht?

30.01.2011, 21:56

chillerStudent

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$\begin{eqnarray*} \lambda \begin{pmatrix} 0 \\ -i \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und wie weit bin ich mit meiner vermutung von meiner basis entfernt?

30.01.2011, 21:59

lgrizu

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Nun ist richtig Freude

Die beiden Vektoren spannen den Lösungsraum auf und sind linear unabhängig, was denkst du also, wie weit du entfernt bist?

Ist richtig, sie bilden eine Basis des Kerns.

Nun zum Bild:

Nimm dir vier Basisvektoren des $\begin{eqnarray*} \mathbb C^4 \end{eqnarray*}$ und bilde sie mit der Abbildung ab, damit erhälst du ein Erzeugendensystem des Bildes, da die Dimension nach Dimensionssatz, wie du bereits richtig erkannt hast, 2 sein muss kannst du aufhören, sobald du 2 linear unabhängige Vektoren gefunden hast.

30.01.2011, 22:09

chillerStudent

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Kann ich die matrix transponieren und mit gauß rechnen? dann hab ich
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann ist die basis des bildes zwei vektoren von der transponierten matrix, da die dem 2 ist

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ -2 \end{pmatrix} und \begin{pmatrix} 2 \\ 2i \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ist das so in etwa richtig?

Quelle: Google

30.01.2011, 22:21

lgrizu

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Zitat:

Original von chillerStudent
Kann ich die matrix transponieren und mit gauß rechnen?

Ja, das kannst du, aber du solltest die Basis dann auch richtig bestimmen, die beiden Vektoren $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ -2 \end{pmatrix} und \begin{pmatrix} 2 \\ 2i \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ sind linear abhängig, denn es ist:

$\begin{eqnarray*} 2 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ -2 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 2 \\ 2i \\ -4 \end{pmatrix}=0 \end{eqnarray*}$ , also können sie keine Basis bilden.

Die ZSF $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & i & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ liefert dir doch bereits eine Basis, da stehen zwei linear unabhängige Zeilenvektoren in der Matrix.

30.01.2011, 22:24

chillerStudent

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Boaah cool danke!!
Fast fertig:

ich muss das noch mit der dimensionsformel bestätigen
dim(A)=dim(kern) + Rg(A)

4 = 2 + 2 ????

30.01.2011, 22:25

lgrizu

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30.01.2011, 22:36

chillerStudent

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Kannst du mir bitte noch mal sagen wann dieses System

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 & a \\ 0 & 0 & -a & (-a^2+4) \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} b \\ 0 \\ c-b(a+3) \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

1. eindeutig lösbar
2. nicht lösbar
3. lösbar, aber nicht eindeutig lösbar

ist?

"meine" vorschläge laut diesem thread

1. a=2 und c-ab-3b=0
2. a=2 und c-ab-3b !=0
3. a !=2

edit:
ups falsch kopiert:
$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 & a \\ 0 & a-2 & a+1 & 2a \\ 0 & 0 & 2-a & 4-a² \end{vmatrix} \begin{vmatrix} b \\ -3b \\ c-ab-3b \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

30.01.2011, 22:49

lgrizu

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Ich sage vorweg, dass ich nicht nachrechnen werde, ob das die richtige ZSF der Matrix aus vorherigen Posts ist, ich gehe davon aus, dass du richtig gerechnet hast und dass die ZFS stimmt

Eindeutig lösbar ist das System nie, denn eine Unbekannte wird, sofern es eine Lösung gibt, definitiv parametrisiert werden müssen, das wurde aber auch schon mehrfach gesagt.

Wenn du in der letzten Zeile eine Nullzeile erzeugst ist das System definitiv lösbar, also, wie du richtig erkannt hast für c-b(a+3)=0.

Wenn in der letzten Zeile keine Nullzeile entsteht ist das System auch nicht lösbar, da der Rang der Koeffizientenmatix kleiner ist als der Rang der erweiterten Matrix.

Die zweite Zeile wird, egal wie a gewählt wird, nie Null, du kannst dir ja mal überlegen, wie der Lösungsraum für c-b(a+3)=0 und a=0 ausschaut und wie er für c-b(a+3)=0 und a=+/-2 ausschaut.

30.01.2011, 23:12

lgrizu

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Hups, ich habe deinen Edit nicht gesehen, das System ist natürlich nun ein ganz anderes.

Zitat:

Original von chillerStudent

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 & a \\ 0 & a-2 & a+1 & 2a \\ 0 & 0 & 2-a & 4-a² \end{vmatrix} \begin{vmatrix} b \\ -3b \\ c-ab-3b \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

.

Hier ist zuerst einmal zu sehen, dass a=2 eine Nullzeile erzeugt, wenn also a=2 ist, wie schaut das LGS dann aus?

Was muss für b unc c gelten?

Wenn a ungleich 2 ist, wie schaut das LGS dann aus?

Edit:@chillerstudent:
Und dann noch was, ich habe gerade gesehen, dass Broly diesen Thread eröffnet hat und du dich dann irgendwie "vorgedrängelt" hast, deshalb:

@Broly:

Wenn du den Thread beobachtest, noch Fragen?

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