Komplement finden

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23.01.2007, 18:01	SilverBullet	Auf diesen Beitrag antworten »
Komplement finden HAllo zusammen, hab hier noch eine Frage bezüglich eines Komlementes. Aufgabe : Bestimmen sie ein Komplement zu dem Unterraum : <(1,2,1,0), (2,3,2,2), (0,-1,0,2)> $\begin{eqnarray} \subseteq \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ Wie gehe ich hier vor ? Ich habe es so gemacht : Ich habe die Matrix aus den Vektoren gebildet und dann auf Zeilenstufenform gebracht. Der Zeilenrang der Matrix ist 2. Somit spannen die Vektoren doch einen 2-dimensionalen Unterraum auf. Die Matrix sah am Ende so aus : $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Ein Komplement zu den in der Aufgabe gebenen Vektoren wäre ja <(0,0,1,0), (0,0,0,1)> Hab es einfach ausprobiert Gibt es eine Möglichkeit das aus der Matrix zu lesen oder das Komplement anders zu bestimmen ?
23.01.2007, 18:16	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Komplement finden Ich denke nicht dass du es so machen kannst. Denn $\begin{eqnarray} <(1,2,1,0), (2,3,2,2), (0,-1,0,2)>~ \neq~ <(1,0,0,0,),(0,1,0,0)> \end{eqnarray}$ 1. Festellen, welche Dimension der erste span hat. -> 2 2. 2 Vektoren l.u. Vektoren aus dem Erzeugensystem auswählen 3. Diese zu einer Basis von $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ ergänzen
23.01.2007, 18:33	SilverBullet	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau da hab ich ja mein Problem. 1: Ok also dein erster Punkt ist easy wenn du mit span den auge"span"ten Unterraum meinst. Da bilde ich mir die Matrix und bring sie auf Zeilenstufenform. Daraus folgt die Dim ist 2. 2: 2 Vektoren auswählen ist auch kein Problem ist ja egal welche ich da nehme. Zur not würde ich das nochmal prüfen um sicher zu gehen aber eigentlich müsste es ja egal sein. 3: Und hier ist dann mein Problem. Woher weiß ich welche Vektoren ich nehmen muss um die in "2" gewählten Vektoren zu einer Basis zu ergänzen ? Kann ich die irgendwo ablesen ? Wären die in "2" gewählten Vektoren Einheitsvektoren dann kann man es ja sehen aber bei den angegebenen Vektoren ist das ja nicht so leicht möglich Wodran erkenne ich also nun welche Vektoren ich mir wählen muss damit ich eine Basis erhalten ?
23.01.2007, 20:21	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ehrlich bin ich was das "praktische Berechnen" angeht etwas aus der Übung. Also so schlecht ist deine Idee mit der Dreiecksform ja nicht, wir müssten es dann nur auch wieder rückwärts machen. Verstehst Du? Dann müßten aus den (0,0,1,0), (0,0,0,1) die gescuchten Vektoren werden, oder?
23.01.2007, 20:33	SilverBullet	Auf diesen Beitrag antworten »
Das lustige hier ist ja folgendes : Ich hab die Matrix wie oben umgeformt. In der 3 und 4 Zeile sind nur Nullen also habe ich einfach (0,0,1,0) und (0,0,0,1) als Komplemente gewählt und überprüft ob es lin. unabh. ist und das ist es. Gut dann meinte ein Kumpel man kann in der Matrix ja auch Zeilen vertauschen dann wären die Komplemente ja anders. Ok dann haben wir das ausprobiert und einfach die Komplemente (0,1,0,0) und (0,0,1,0) gewählt und siehe da das System ist trotzdem linear unabhängig. Und das ganze hat mich sehr verwirrt darum meine Frage hier
23.01.2007, 20:46	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Bist Du so nett und schreibst die Umformung mal hin (In Einzelschritten und was Du gemacht hast)
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23.01.2007, 21:06	SilverBullet	Auf diesen Beitrag antworten »
Ahh hatte da was falsch im Kopf gehabt Sry hier nochmal. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & -1 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Zeile 2 - (2 * Zeile 1). Zeile 3 - Zeile 1 liefert : $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ damit dann : $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Anhand der Zeilenstufenform sieht man das die Vektoren einen Unterraum der Dimension 2 aufspannen. Wir können also einen Vektor weglassen. Wie nehmen also die ersten 2 Vektoren schreiben sie als Matrix und suchen nach den vorhandenen Einheitsvektoren : $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \\ 1 & 2 \\ 0 & 2 \\ \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ (2 Zeile - 2(1 Zeile) Ergebnis -1 (3 Zeile - 1 Zeile) $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 2 \\ \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ (1 Zeile - 2 Zeile) (4 Zeile - 2(2 Zeile) $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$ Da diese Einheitsvektoren vorhanden sind (1,0,0,0), (0,1,0,0) wähle ich mein Komplement <(0,0,1,0), (0,0,0,1)>. Also so hätte ich es gemacht dabei sind allerdings viele Sachen wo ich einfach nicht weiß ob es so erlaubt ist oder ob es überhaupt so geht
23.01.2007, 21:35	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
So, jetzt übersetzt deine Rechenschritte in Elementarmatrizen. Damit wollen wir dann folgenden Basiswechsel konstruieren. $\begin{eqnarray} B\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0&0 \\ 0 & 0 & 1 &0\\ 0 & 0 & 0 &1 \end{pmatrix} B^{-1} =\begin{pmatrix} 1 & 2 & ? &? \\ 2 & 3 & ? &? \\ 1 & 2 & ? &? \\ 0 & 2 & ? &? \end{pmatrix} \end{eqnarray}$
23.01.2007, 21:41	SilverBullet	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} B\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0&0 \\ 0 & 0 & 1 &0\\ 0 & 0 & 0 &1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wo kommt denn da die 2 her ? Versteh jetzt auch nicht so richtig was ich machen soll
23.01.2007, 21:58	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Die ersten 2 Spalten stellen deine Umformung da (ohne dritten Vektor - wir wissen ja , dass die beiden reichen ) Dann habe ich einfach die 2 Standardeinheitsvektoren ergänzt. Damit hätten wir eine Basis. Jedoch spiegelt diese nicht die ursprüngliche unterraumaufteilung wieder. Deswegen müssen wir die Schritte wieder umkehren, die du gemacht hast. Der Link mit den Einheitsmatrizen dient dazu, das du lernst, wie man diese Operationen in Matrixschreibweise bringt. Beachte bitte ob von rechts oder Link angewendet wird. $\begin{eqnarray} B\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0&0 \\ 0 & 0 & 1 &0\\ 0 & 0 & 0 &1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 2 & ? &? \\ 2 & 3 & ? &? \\ 1 & 2 & ? &? \\ 0 & 2 & ? &? \end{pmatrix} B \end{eqnarray}$
23.01.2007, 23:15	SilverBullet	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry aber irgendwie durchblicke ich das nicht aber ich mach einfach mal auch wenn mir die "?" spanisch vorkommen Also alles umgeformt sieht so aus : $\begin{eqnarray} B\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0&0 \\ 0 & 0 & 1 &0\\ 0 & 0 & 0 &1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 2 & ? &? \\ 2 & 3 & ? &? \\ 1 & 2 & ? &? \\ 0 & 2 & ? &? \end{pmatrix} B^{-1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} B\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0&0 \\ -1 & -2 & 1 &0\\ 0 & 2 & 0 &1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 2 & ? &? \\ 2 & 3 & ? &? \\ 0 & 0 & ? &? \\ 4 & 8 & ? &? \end{pmatrix} B^{-1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} B\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 2 & 5 & 0&0 \\ -1 & -2 & 1 &0\\ 0 & 2 & 0 &1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 2 & ? &? \\ 4 & 7 & ? &? \\ 0 & 0 & ? &? \\ 4 & 8 & ? &? \end{pmatrix} B^{-1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} B\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 2 & 3 & 0&-1 \\ 1 & 2 & -1 &0\\ 0 & 2 & 0 &1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 2 & ? &? \\ 0 & -1 & ? &? \\ 0 & 0 & ? &? \\ 4 & 8 & ? &? \end{pmatrix} B^{-1} \end{eqnarray}$
24.01.2007, 17:06	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ich versuch es nocheinmal. Benötigt werden die Frobeniusmatrizen, die man aus der LR-Zerlegung einer Matrix kennt. Ich will versuchen, ein allgemeingültiges Konzept zu erstellen. Wir schreiben die gegeben Vektoren als Matrix und ergänzen sie durch Nullen auf eine quadratische Gestalt. $\begin{eqnarray} A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 2 & 3 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0&0 \\ 0 & 2 & 0 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Nun wenden wir den Gaußalgorithmus an, und formen die Matrix auf obere Dreiecksgestalt um. $\begin{eqnarray} L_2^{-1}L_1^{-1}A = R \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 2& 0& 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1& 0& 0& 0\\ -2& 1& 0& 0\\ -1& 0 &1& 0\\ 0 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 2 & 3 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0&0 \\ 0 & 2 & 0 &0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&2&0&0 \\ 0 &-1 &0 &0 \\ 0& 0 & 0& 0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ oder, denn die Inversenberechnung ist hier sehr einfach: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 2 & 3 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0&0 \\ 0 & 2 & 0 &0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1& 0& 0& 0\\ 2& 1& 0& 0\\ 1& 0& 1& 0\\ 0& -2& 0& 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&0&0 \\ 0 &-1 &0 &0 \\ 0& 0 & 0& 0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Nun ergänzen wir die Dreiecksmatrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1&2&0&0 \\ 0 &-1 &0 &0 \\ 0& 0 & 1& 0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ so dass diese 4 Spaltenvektoren sicherlich linear unabhängig sind. Wegen der Regularität der Frobeniusmatrix ist dann auch: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1& 0& 0& 0\\ 2& 1& 0& 0\\ 1& 0& 1& 0\\ 0& -2& 0& 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&0&0 \\ 0 &-1 &0 &0 \\ 0& 0 & 1& 0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 2 & 3 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1&0 \\ 0 & 2 & 0 &1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ diese rechte Matrix regular und es gilt: $\begin{eqnarray} span\{(1,2,1,0)^T, (2,3,2,2)\} \cap span\{(0,0,1,0)^T, (0,0,0,1)^T\} = \{0\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 = span\{(1,2,1,0)^T, (2,3,2,2)^T\} + span\{(0,0,1,0)^T, (0,0,0,1)^T\} \end{eqnarray}$ Damit können wir den anderen Weg vergessen. Da wollte ich eine zu R als zu A ähnliche reguläre Matrix konstruieren. Aber so ist es einfacher und auch bewiesen. Machen wir vielleicht noch ein Beispiel... $\begin{eqnarray} A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0&0 \\ 0 & 2 & 0 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Hier lautet der Ansatz: $\begin{eqnarray} PA = LR \end{eqnarray}$ Lösung ist dann $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 &0 \\ 1 & 2 & 0 & 1\\ 1 & 2 & 1&0 \\ 0 & 2 & 0 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Probiers doch mal aus. Gruß

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