LGS lösen

07.02.2007, 15:56

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

LGS lösen

EIn wunderschönes Hallo an alle,

also, ich wollte mal fragen, ob ich die folgende Matrix richtig gelöst habe.

Es ist nun die Matrix:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 12 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

gegeben. Ist die folgende Lösungsmenge richtig:

$\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ sind beliebig zu wählen. also: $\begin{eqnarray*} x_1 = a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2 = b \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} a,b \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

daraus müsste dann folgen $\begin{eqnarray*} x_3 = 0 , x_4 = 0, x_5 =0 \end{eqnarray*}$

Habe ich es richtig gemacht? Oder muss für jedes x ein Parameter gewählt werden?

07.02.2007, 15:58

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: LGS lösen
Es kommt darauf an, wie das LGS aussieht:-)

Ax = 0 oder Ax=b (verschieden von 0)

07.02.2007, 16:12

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: LGS lösen
ok, dann werde ich mal die Komplette Aufgabe hier niederschreiben.

Sei $\begin{eqnarray*} V = ({p \in \mathbb R [X] ; deg (p) \leq 4}) \end{eqnarray*}$ der Vektorraum der Polynome mit reellen Koeffizienten und Grad kleiner gleich 4. Sei $\begin{eqnarray*} D : V \to V , D(p) = p'' \end{eqnarray*}$ , wobei p'' die zweite Ableitung des Polynoms p bezeichnet.

a) Zeigen Sie, dass D eine lineare Abbildung ist.

b) Geben Sie die Koordinatenmatrix von D bezüglich der Basis

$\begin{eqnarray*} v_1 = 1 , v_2 = X , v_3 = X^2 , v_4 = X^3 , v_5 = X^4 \end{eqnarray*}$

von V an.

c) Bestimmen Sie Kern und Bild von D.

So, und beim lösen der d) habe ich die oben genannte Matrix D erhalten.

Und nun wollte ich den Kern und das Bild von D bestimmen.
... mist, das was ich vorhatte, damit kann man ja nur die Basis von kern bestimmen (durch lösen der LGS).

Mist... aber wie macht man das? Wie kann ich das verstehen... Kern und Bild bestimmen?

Naja, aber aus reinem interesse, die Basis des Kerns wäre doch dann (a,b,0,0,0) oder ?

07.02.2007, 16:40

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: LGS lösen
Ok, wir haben den Polynomraum $\begin{eqnarray*} \Pi_4 \end{eqnarray*}$ mit der Monom-Basis $\begin{eqnarray*} \{1,x,x^2,x^3,x^4\} \end{eqnarray*}$ . Nun betrachten wir die Abbildung:

$\begin{eqnarray*} D:~\Pi_4 \rightarrow \Pi_4,~D(p) = p'' \end{eqnarray*}$

a) Warum ist die Abbildung linear?

$\begin{eqnarray*} D(\lambda \cdot p) = (\lambda \cdot p)'' = \lambda \cdot p'' \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} D(p + q) = (p + q)'' = p'' + q'' \end{eqnarray*}$

b) Die Abbildungsmatrix bzgl. der Monombasis.

Jedes Polynom $\begin{eqnarray*} p(x) = \sum_{k=0}^4 a_k\cdot x^k \end{eqnarray*}$ schreiben wir also als Vektor $\begin{eqnarray*} (a_0, a_1, a_2, a_3, a_4)^T \end{eqnarray*}$ . für die zweite Ableitung gilt dann:

$\begin{eqnarray*} p''(x) = 2a_2+6a_3x+12a_4x^2 \end{eqnarray*}$

Für den zugeörigen Bild-Vektor gilt also $\begin{eqnarray*} (b_0,b_1,b_2,b_3,b_4)^T = (2a_2,6a_3,12a_4,0,0)^T \end{eqnarray*}$

Daher lautet die Matrix

$\begin{eqnarray*} D =\begin{pmatrix} 0&0&2&0&0 \\ 0&0&0&6&0 \\ 0&0&0&0&12 \\ 0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

c) Kern und Bild der Matrix

Im Kern liegen nun alle Vekotren die auf Null abgebildet werden. In Polynomen gesprochen, alle diejenigen, deren zweite Ableitung 0 ist. Offensichtlich alle aus $\begin{eqnarray*} \Pi_1 \end{eqnarray*}$ , d.h.

$\begin{eqnarray*} Ker(D) = <(1,0,0,0,0)^T,(0,1,0,0,0)^T> \end{eqnarray*}$

Der Bildraum sind dann offensichtlich alle Polynome aus $\begin{eqnarray*} \Pi_2 \end{eqnarray*}$ , da wir durch 2maliges Differenzieren den Grad eines Polynoms um 2 reduzieren. Wie sieht das nun in Vektoren aus?

07.02.2007, 16:58

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

hi,

also, erst nochmal zu c) der Kern.

Wie kommst du auf diese zwei Vektoren? Du hast jetzt nicht das Lgs gelöst, oder?

Und entsprechen diese beiden Vektoren der Basis des Kerns?

Und wieso ausgerechnet zwei Vektoren? Wenn, dann hätte ich nur eine erwartet.

Tut mir echt leid, aber ich verstehe es nicht so ganz....

07.02.2007, 17:07

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hätte auch das LGS hinschreiben können

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0&0&2&0&0 \\ 0&0&0&6&0 \\ 0&0&0&0&12 \\ 0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_0 \\a_1 \\a_2 \\a_3 \\a_4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\0\\0\\0\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Fängt man von unten an so folgt:

$\begin{eqnarray*} a_4 = 0, a_3 = 0, a_2 = 0, a_1 = \text{ frei }, a_0 = \text {frei } \end{eqnarray*}$

Um nun alle diese $\begin{eqnarray*} (a_0, a_1) \end{eqnarray*}$ zu erzeugen, habe ich eben die angegebene Basis gewählt. Dass der Kern die Dimension 2 hat, ist auch klar, den die MAtrix D hat den Rang 3. Da $\begin{eqnarray*} \Pi_4 \end{eqnarray*}$ die Dimension 5 hat, muss gelten

$\begin{eqnarray*} dim(Ker(D)) = 5 -3 =2 \end{eqnarray*}$

Anzeige

07.02.2007, 17:26

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

ah, vielen dank. ich habe es verstanden :-)

Da hast du mich auf eine wirklich wichtige Tatsache aufgeklärt, die mir vorher nicht so ganz klar war. Danke

Ok, nun zum image.

Also, weil ja der Kern die Dimension 2 hat, muss denke ich mal das Bild eine Dimension von 3 haben. Das kann man wohl daraus schon schließen oder?

Und wenn mich nicht alles täuscht,wäre die Basis des Bildes:

Basis des Bildes lautet {(0,0,2,0,0) traurig

traurig

0,0,0,6,0) traurig

traurig

0,0,0,0,12)}

ist das richtig?

07.02.2007, 17:28

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh mist, die smeilis gehören nicht dahin. Ich schreibe es nochmal auf:
Basis vom Bild:
$\begin{eqnarray*} (0,0,2,0,0)<img src="images2/smilies/mecry.gif" border="0" alt="traurig" title="traurig" /> 0,0,0,6,0)<img src="images2/smilies/mecry.gif" border="0" alt="traurig" title="traurig" /> 0,0,0,0,12) \end{eqnarray*}$

07.02.2007, 17:29

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

Tut mir wirklich leid, dieses missgeschick mit den smeilis wollte ich wirklich nicht. jetzt klappt es aber :

$\begin{eqnarray*} (0,0,2,0,0) ; (0,0,0,6,0) ; (0,0,0,0,12) \end{eqnarray*}$

07.02.2007, 17:41

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, bei der Matrix habe ich mich vertippt. Deine war richtig. Aber an den restlichen Aussagen hat sich nichts geändert.

Das Bild hat die Dimension 3, weil die Matrix den Rang 3 hat (Daraus haben die Dimension des Kern gefolgert, nicht umgekehrt).

Eine Basis des Bildraums ist dann

$\begin{eqnarray*} Im(D) = <(1,0,0,0,0)^T,(0,1,0,0,0)^T,(0,0,1,0,0)^T> \end{eqnarray*}$

07.02.2007, 17:52

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, wenn meine Matrix richtig ist, dann berechnet man die Basis des Bildes doch folgendermaßen:

Man Transponiert die Matrix D. SO das man dann:

$\begin{eqnarray*} D^T \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 & \\ 0 & 6 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 12 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
stehen hat. Und nun wäre doch die nicht nullzeilen die Basis oder?

Wobei dann die Basis lauten würde:

$\begin{eqnarray*} Im(D) = <(2,0,0,0,0)^T,(0,6,0,0,0)^T,(0,0,12,0,0)^T> \end{eqnarray*}$

bzw. auch deine Basis, da meine ja nur ein vielfaches von deiner ist.

Habe ich was falsches gemacht/gesagt, oder ist alles richtig?

07.02.2007, 18:05

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Warum transponierst Du die Matrix? Man schaut sich i.A. die Bilder der Basisvektoren an. Diese bilden ein Erzeugendensystem des Bildraums. Ich habe sie eben noch normiert und auf eine Basis beschränkt.

07.02.2007, 18:21

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist das mit dem Transponieren falsch? Habe dies mal in einer anderen aufgabe auch so gemacht, war damals richtig.

Zitat:

Original von tigerbine
Man schaut sich i.A. die Bilder der Basisvektoren an. Diese bilden ein Erzeugendensystem des Bildraums. Ich habe sie eben noch normiert und auf eine Basis beschränkt.

kannst du mir das vielleicht erklären? Bitte. Denn, kann ja nicht schaden, eine weitere Möglichkeit der Ermittlung der Basis eines Bilde zu können.
Und ich weiß leider nicht wirklich, was du damit meinst.

07.02.2007, 18:24

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich esse jtzt mal was. Erklärungen danach Wink

Wink

07.02.2007, 18:30

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen dank.

Und eine stärkung kann ja nie schaden Prost

Prost

.

07.02.2007, 18:56

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Also, wir haben hier als Basis (Koordinatenschreibweise) folgende Vektoren:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Es gilt nun i.A. folgendes:

* Bilder linear abhängiger Vektoren sind linear abhängig.

* Urbilder linear unabhängiger Vektoren sind linear unabhängig.

* Jedes Element eines Vekotrraums V läßt siche indeutig als Linearkombination einer Basis von V darstellen

Deshalb reicht es, um den Bildraum zu bestimmen, die Bilder der Basisvektoren zu bestimmen. Diese spannen dann den Bildraum auf. Man muss/kann sie ggf. noch auf eine Basis reduzieren.

Dein Transponieren ist mir ehrlich gesagt nicht klar. Vorallem, da du dann Zeilenvektoren aussliest.

Die Bilder der Standardeinheitsvektoren (obige Basis) stehen immer als Spaltenvektoren in der Matrix. Du hättest sie also auch da direkt ablesen können Augenzwinkern

Augenzwinkern

Deswegen funktioniert dein Verfahren. Aber das Transponieren i´8Was du i.G. 2x machst ist unnötig)

07.02.2007, 19:28

PQ;

Auf diesen Beitrag antworten »

ah, einen moment mal. ich glaube ich habe es verstanden. ich versuche es nochmal in meine worte zu fassen:

Man hat jetzt eine Aufgabe, wo der Kern und das Bild bestimmt werden muss.
Zunächst ist es sinnvoll, den Kern zu ermitteln.
Somit hat man die Dimension des Kernes errechnet, und (auch wenn du schon sagtest, dass es eigentlich umgekehrt ist. aber so ist es momentan am einleuchtesten für mich) daraus weiß ich dann, welche Dimension das Bild haben muss.
Kenne ich die Dimension des Bildes, so nehme ich von der Matrix einfach die entsprechende Spaltenanzahl. Aber welche nehme ich dann nur? Woher weiß ich zb aus dieser Aufgabe, dass die Basis des Image:

$\begin{eqnarray*} Im(D) = <(1,0,0,0,0)^T,(0,1,0,0,0)^T,(0,0,1,0,0)^T> \end{eqnarray*}$ (sind ja die letzten drei Spalten der Matrix, oder?)

und nicht zb $\begin{eqnarray*} Im(D) = <(0,0,0,0,0)^T,(0,0,0,0,0)^T,(2,0,0,0,0)^T> \end{eqnarray*}$ ist?

(das sind die ersten drei Spalten der Matrix)

Oder ich habe immer noch einen Denkfehler Tanzen

Tanzen

07.02.2007, 19:36

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Also, der Kern ist die Lösung des homognen LGS Dx = 0. Seine Dimension berechnet man besser so wie ich es gesagt habe, über der Rang der Matrix. aber egal.

Die Bilder der Einheitsvektoren stehen in den Spalten der Matrix. Deswegen ist ein Erzeugendensystem des Bildraums immer "alle Spaltenvektoren". Diese auf eine Basis zu reduzieren, ist i.a. nicht so einfach. Hier jedoch trivial, Da ja eine Arte Diagonalmatrix vorliegt. Der Nullvektor ist nie in der Basis drin, der ist doch mit allen linear abhängig.

Und demnach hätte dein zweiter Vorschlag nur die Dimension 1

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »