Zeilen-und Spaltenrang

17.02.2013, 15:35	LauraJ.	Auf diesen Beitrag antworten »
Zeilen-und Spaltenrang Meine Frage: Hallo ihr Alle! Ich habe eigentlich gar keine spezielle Aufgabe, sondern nur eine Verständnisfrage, die mich schon lange zur Verzweiflung bringt. Und zwar geht es um den Zeilen-bzw. Spaltenrang und ihre Dimension. In Unserem Skript heißt es: Sei $\begin{eqnarray} A=(a_{ij})\in M(m\times n) \end{eqnarray}$ . Dann gilt: Zeilenrang(A) = Spaltenrang(A). Im Grund bedeutet das ja, dass die Dimension des Zeilenraumes gleich der Dimension des Spaltenraumes ist, denn eben das ist ja die Definition des Spalten-bzw. Zeilenraumes. Nun, ein Wenig später heißt es: Seien V und W Vektorräume und $\begin{eqnarray} F:V\Rightarrow W \end{eqnarray}$ linear und $\begin{eqnarray} w\in Bild(F) \end{eqnarray}$ . Dann gilt: dim(V) = dim(Bild(F)) + dim(ker(F)) . Bis hier hin ist alles wunderbar. Nun definiere ich mir mal eine lineare Funktion $\begin{eqnarray} F:V\Rightarrow W \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} v\Rightarrow Av \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} A=(a_{ij})\in M(m\times n) \end{eqnarray}$ Nun machen wir es immer so, dass wenn ich nun die Dimension des Bild(F) bestimmen möchte, dass ich A transformiere und sie in Zeilen-Stufen-Form bringe. Dann kann ich die Dimension ablesen. Möchte ich die Dimension des Ker(F) habe, bringe ich A in Zeilen-Stufen-Form, dann kann ich die Dimension ablesen. Meine Ideen: Aber heißt es nicht dann, dass beide Dimensionen gleich sein müssen? Das hätte doch zur Folge, dass Bild und Kern immer die gleiche Dimension hätten- und das kann ja schlecht sein. Irgendwo in meinen Überlegungen muss ein Fehler sein, aber ich finde ihn einfach nicht. Ich hoffe ihr könnt mir helfen? Danke! Laura =)
17.02.2013, 16:38	LonZealot	Auf diesen Beitrag antworten »
Dein Denkfehler ist, dass die Dimension des Bildes und des Kerns auf unterschiedliche Weise abgelesen werden. Wenn du deine Matrix in Zeilenstufenform gebracht hast, dann ist die Anzahl der linear unabhängigen Spalten die Dimension des Bildes und die Anzahl der linear abhängigen Spalten die Dimension des Kerns.
17.02.2013, 16:56	LauraJä	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich bestimme die Dimension des Kerns doch dardurch, dass die die Matrix A in Zeilen-Stufen-Form bringe. Dann fallen die Nullzeilen weg, und die übriggebliebenen Zeilen ist eine Basis des Kerns. Möchte ich die Dimension des Bildes errechnen, transponiere ich die Matrix A und bringe sie in Zeilen-Stufen-Form. Dann fallen die Nullzeilen weg und die übriggebliebenen Zeilen ist eine Basis des Bildes. So ist es doch richtig oder?
17.02.2013, 17:39	LonZealot	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Verfahren um die Dimension des Bildes zu errechnen ist in Ordnung. Doch das Verfahren für den Kern funktioniert nicht. Ein Beispiel: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 0 & 1 \\ 4 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ wird durch Zeilenumformungen zu: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dann wäre nach deinem Verfahren $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Basis des Kernes. Aber: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 0 & 1 \\ 4 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 8 \end{pmatrix} \neq\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Somit kann $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ nicht im Kern sein. Die Dimension des Kernes wäre die Anzahl der Nullzeilen die wegfallen, wenn du das Bild bestimmst.
17.02.2013, 18:02	LauraJä	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, alles klar! Aber wie bestimme ich denn die Basis des Kerns? Ich dachte tatsächlich immer, dass es so funktioniert (also A in Zeilen-Stufen-Form und dann die Vektoren zeilenweise nehmen). Geht es denn nur so, dass ich folgendes mache: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 0& 1 \\ 4& -1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ durch Umformungen, und dann löse: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Also das Gleichungssystem: $\begin{eqnarray} 2\cdot x_{1}=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 1\cdot x_{2}=0 \end{eqnarray}$ Daraus ergebe sich die Lösung: $\begin{eqnarray} x_{1}=0=x_{2} \end{eqnarray}$ . Also ist $\begin{eqnarray} ker(F)= \begin{pmatrix}0\\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Somit hat der Kern die Dimension 1. Also kurz gesagt: Ich löse das LGS und schaue, wie viele Lösungen es hat. Bei n-Lösungen ist also dim(kern(F))=n. (edit: die n-Lösungen müssen linear unabhängig sein.) Sag bitte, dass das richtig ist
17.02.2013, 18:36	LonZealot	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, genau die Basis des Kerns lässt sich bestimmen, indem man das Gleichungssystem löst. Aber der Kern hat in diesem Fall die Dimension 0 und nicht 1. Das lässt sich an der Anzahl der freien Variablen erkennen. Beispiel: $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 6 & 4 \\ 0 & 3 & 2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 6 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und dann: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 6 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot \vec x = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Woraus folgt: $\begin{eqnarray} x_1+2x_2+3x_3 = 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 6x_2+4x_3 = 0 \end{eqnarray}$ Und mit Umstellen und Einsetzen erhält man dann: $\begin{eqnarray} x_2= -\frac{2}{3} x_3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_1 = -\frac {5}{3} x_3 \end{eqnarray}$ Also ist $\begin{eqnarray} ker (A) = span\{ \begin{pmatrix} -5 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}\} \end{eqnarray}$ und somit die Dimension des Kerns 1.
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17.02.2013, 19:27	LauraJä	Auf diesen Beitrag antworten »
Ahh, wunderbar! Dankeschön :-*

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