Unterräume als Lösungsraum homogener LGS

10.11.2012, 14:18

Anahita

Unterräume als Lösungsraum homogener LGS

"Beweisen Sie: Jeder k-dimensionaler Unterraum V von K^n ist Lösungsraum eines homogenen linearen Gleichungssystems Ax = 0 für eine m × n-Matrix A. Welcher ist der minimale Wert von m?"

Also der genannte Lösungsraum sieht ja in unserem Fall so aus:

$\begin{eqnarray*} L = \{v \in V, Ax = 0\} \end{eqnarray*}$

für mich würde das bedeuten, für die lineare Abbildung, die der Matrix A entspricht, den Kern zu finden.

Wir wissen, dass V eine Basis B hat mit:

$\begin{eqnarray*} B = (b_1,...,b_k) \end{eqnarray*}$

Dann könnte man die lineare Abbildung doch darstellen mit:

$\begin{eqnarray*} f(b_j) = \sum\limits_{i=1}^m a_{ij}k_i \end{eqnarray*}$

Wobei b_j aus B stammt und k_i aus der Basis des Kernes.

Für die Dimension des Kernes kann man dabei k minus Rang der Matrix A rechnen.

Das sind so mehr oder weniger alle Ideen die ich habe...wie falsch liege ich?

Danke

10.11.2012, 17:47

Cugu

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Dann könnte man die lineare Abbildung doch darstellen mit: $\begin{eqnarray*} f(b_j) = \sum\limits_{i=1}^m a_{ij}k_i \end{eqnarray*}$ Wobei b_j aus B stammt und k_i aus der Basis des Kernes.

Das kann so nicht stimmen. Zwar liegen $\begin{eqnarray*} b_j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k_i \end{eqnarray*}$ im $\begin{eqnarray*} K^n \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} f(b_j) \end{eqnarray*}$ im $\begin{eqnarray*} K^m \end{eqnarray*}$ .

---

Beim Lösungsraum - also dem Kern der Matrix - sollte das wohl
$\begin{eqnarray*} L = \{x \in K^n , Ax = 0\} \end{eqnarray*}$
heißen.

Die Aufgabe ist dann:
Zeige, dass es ein $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ gibt, so dass $\begin{eqnarray*} L=V \end{eqnarray*}$ gilt.

Eine Basis von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ wählen ist gut und die kannst du zu einer Basis des $\begin{eqnarray*} K^n \end{eqnarray*}$ erweitern, also $\begin{eqnarray*} K^n=\operatorname{span}B + \operatorname{span}\{r_{1},...,r_{n-k}\}. \end{eqnarray*}$
Außerdem wählst du noch eine Basis des $\begin{eqnarray*} K^m \end{eqnarray*}$ und kannst (falls $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ groß genug ist) eine lineare Abbildung mit $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ als Kern explizit hinschreiben.

12.11.2012, 21:22

Anahita

Auf diesen Beitrag antworten »

ich hab gemerkt, dass mir noch sehr vieles unklar ist.

Also zuerst mal zu V, könnte ich das schreiben als:

$\begin{eqnarray*} V = \{v \in K^n; \sum\limits_{j=1}^n a_{ij}v_j = 0\} \end{eqnarray*}$

?

Aber meine Fragen:

1. Du sagst, dass man für K^n mit dem Basisergänzungssatz eine Basis zusammengesetzt aus der Basis des Kerns zusammen mit anderen linear unabhängigen Vektoren angeben kann. Ich hatte keine Ahnung, dass man die Basis eines Vektorraumes teilweise durch die Basis des Kerns ausdrücken kann - warum ist dem so?

2. Was mich verwirrt ist folgendes: Wir haben ja die Gleichung A*x = 0 für beliebige x. Wenn wir nun eine Abbildung suchen, die A entspricht, entspricht dann die Abbildung nicht ihrem Kern? Ich meine schliesslich wird ja beliebiges x auf Null abgebildet...?

3. Ist jeder Lösungsraum auch ein Vektorraum? Hier haben wir ja den Spezialfall eines homogenen Gleichungssystems..

Vielen Dank

12.11.2012, 23:14

mrgauss

Auf diesen Beitrag antworten »

ot:
OT: linalgübung der eth? hihi, an der habe ich auch zu beissen Big Laugh

12.11.2012, 23:44

Anahita

Auf diesen Beitrag antworten »

(ja genau hallo Big Laugh

kein wunder nach easy serien plötzlich so was ^^)

13.11.2012, 06:07

Cugu

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das kannst du so schreiben. Aber Achtung! Dort sind die $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ skalare Werte, naemlich die Komponenten von v. Die anderen Indizes hier numerieren Vektoren durch.

3. Ist $\begin{eqnarray*} f:V\to W \end{eqnarray*}$ eine lineare Abbildung, dann ist der Kern von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ein Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ . Das ist aber nach Definition die Loesungsmenge von $\begin{eqnarray*} f(x)=0 \end{eqnarray*}$ .
Auf linear und homogen kann man hier allerdings nicht verzichten.

1. Dass man das darf sagt der Basisergaenzungssatz. Wenn nicht bekannt ist, kann man sich das aber auch direkt ueberlegen:
Wir haben eine Basis $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ . Ausserdem besitzt der $\begin{eqnarray*} K^n \end{eqnarray*}$ z.B. die Standardbasis $\begin{eqnarray*} E=\{e_1,...,e_n\} \end{eqnarray*}$ .
Betrachte nun alle linear unabhaengigen Mengen $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} B\subseteq T \subseteq E\cup B \end{eqnarray*}$ . (Zur Veranschaulichung einfach ein bisschen malen.)
Eine gibt es definitiv, naemlich $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ selbst. Aber dann muss es auch eine mit maximaler Zahl an Elementen geben (Induktion!).
Die ist dann nach Voraussetzung linear unabhaengig und, da sie sich alle Elemente aus $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ daraus linearkombinieren lassen (falls nicht Widerspruch zur maximalen Wahl), Erzeugendensystem, also Basis.

2. Nein, es gilt nicht $\begin{eqnarray*} Ax=0 \end{eqnarray*}$ fuer alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ . Die Aufgabe ist ein $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ zu finden (zumindest aber die Existenz zu zeigen), so dass $\begin{eqnarray*} Ax=0 \end{eqnarray*}$ genau dann gilt, wenn $\begin{eqnarray*} x\in V \end{eqnarray*}$ ist. Natuerlich ist dann $\begin{eqnarray*} A(V)=0 \end{eqnarray*}$ . Aber $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ kann ein echter Untervektorraum des $\begin{eqnarray*} K^n \end{eqnarray*}$ sein.

14.11.2012, 15:13

Anahita

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab ne Frage, eine der Hilfsassis hat mir heute gesagt, es sei V= Im A. Stimmt das?! Für mich sieht das vielmehr so aus, dass V der Kern von A ist...

14.11.2012, 19:04

Cugu

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, das stimmt nicht. Ja, fuer mich sieht das auch so aus! $\begin{eqnarray*} Im(A) \end{eqnarray*}$ ist hier nicht mal Teilmenge des $\begin{eqnarray*} K^n \end{eqnarray*}$ , sondern des $\begin{eqnarray*} K^m \end{eqnarray*}$ .

Propiere doch mal sowas:
$\begin{eqnarray*} f(v_1)=0,...,f(v_k)=0,f(r_1)=s_1,...,f(r_{n-k})=s_{n-k}, \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} s_1,...,s_{n-k} \end{eqnarray*}$ linear unabhaengige Vektoren des $\begin{eqnarray*} K^m \end{eqnarray*}$ sind und $\begin{eqnarray*} K^n=\operatorname{span}( B \cup \{r_{1},...,r_{n-k}\}) \end{eqnarray*}$ ist.
(Achtung da war im vorherigen Post ein Fehler, es ist $\begin{eqnarray*} U_1 + U_2 = \operatorname{span}( U_1 \cup U_2 ) \end{eqnarray*}$ .)

Neue Frage »

Antworten »

Unterräume als Lösungsraum homogener LGS

Verwandte Themen