Dimension von Untervektorräumen

28.11.2013, 13:33

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Dimension von Untervektorräumen

Seien Untervektorräume des Vektorraums $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^4 \end{eqnarray*}$ gegeben durch
$\begin{eqnarray*} U:= \mathbb L(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 7 \\ 2 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 0 \\ -5 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} ) \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} W:= \left\{ v\in \mathbb R ^4|v_1+v_2+v_3+v_4=0\right\} \end{eqnarray*}$
(a) Bestimmen Sie jeweils eine Basis und die Dimension von $\begin{eqnarray*} U,W \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U\cap W \end{eqnarray*}$
(b) Bestimmen Sie eine Matrix $\begin{eqnarray*} A\in \mathbb R ^(3x4) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} U=\left\{ x\in \mathbb R ^4|Ax=0\right\} \end{eqnarray*}$ .
Da dies Thema neu für mich ist, habe ich momentan keinen eigenen Lösungsansatz und wäre für eine entsprechende Hilfe sehr dankbar.

28.11.2013, 13:49

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Dimension von Untervektorräumen
In der Vorlesung, Übungsgruppe oder sonstwo muß doch irgendwas gesagt worden sein, wie man an sowas rangeht? verwirrt

verwirrt

Bei der Bestimmung einer Basis für U trägt man die Vektoren zeilenweise in eine Matrix ein und bringt sie auf Zeilenstufenform. Bei eventuellen Zeilenvertauschungen sollte man nachhalten, welchen Vektor die jeweiligen Zeilen repräsentieren.

29.11.2013, 07:27

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für den ersten Hinweis, ich mache das hier autodidaktisch. Wenn ich dich also richtig verstehe, muss ich die Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 \\ 7 & 2 & 0 & 2 \\ 2 & -5 & 0 & 5 \\ 2 & 2 & 0 & 2\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ in die Stufenform bringen.
Wäre es in diesem Fall nicht sinnvoll, Zeile 1 als Zeile 5 zu schreiben, dann hätte man diese Zeile ziemlich schnell auf 0. Und warum sagst du, dass man sich bei eventueller Zeilenvertauschung merken soll, um welchen Vektor es sich handelt? Hat das einen Einfluss auf die Bestimmung der Basis und der Dimension des Unterraums?
Mit der Frage nach $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ ist wohl gemeint, welche vier der gegebenen fünf Vektoren voneinander unabhängig sind, oder?

29.11.2013, 08:58

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe das schon mal vollzogen und komme zu folgendem Ergebnis (siehe auch Anhang)
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 & V5 \\ 0 & 1 & 0 & 1 &V4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & V3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & V1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & V2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Somit wären V5 und V4 linear unabhängig, V1, V2 und V3 linear abhängig, die Basis von U wäre also $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^2 \end{eqnarray*}$ ?

29.11.2013, 09:29

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
Wenn ich dich also richtig verstehe, muss ich die Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 \\ 7 & 2 & 0 & 2 \\ 2 & -5 & 0 & 5 \\ 2 & 2 & 0 & 2\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ in die Stufenform bringen.

Richtig ist: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 \\ 7 & 2 & 0 & 2 \\ 2 & -5 & 0 & -5 \\ 2 & 2 & 0 & 2\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von MMchen60
Wäre es in diesem Fall nicht sinnvoll, Zeile 1 als Zeile 5 zu schreiben, dann hätte man diese Zeile ziemlich schnell auf 0.

Nein. Gerade die 1. Zeile ist optimal, weil man damit ohne großen Rechenaufwand die 1. Komponente in allen anderen Zeilen ausschalten kann. Dann noch eine weitere Umformung und man ist schon fertig. smile

smile

Zitat:

Original von MMchen60
Und warum sagst du, dass man sich bei eventueller Zeilenvertauschung merken soll, um welchen Vektor es sich handelt? Hat das einen Einfluss auf die Bestimmung der Basis und der Dimension des Unterraums?

Auf die Dimension nicht, aber du kannst dann sagen, welche Vektoren als Basis geeignet sind. Die beiden ersten Vektoren sind beispielsweise ungeeignet, da die schon linear abhängig sind.

Zitat:

Original von MMchen60
Mit der Frage nach $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ ist wohl gemeint, welche vier der gegebenen fünf Vektoren voneinander unabhängig sind, oder?

Da hast du was falsch verstanden. Der Unterraum W hat erstmal nichts mit U zu tun. Bei W sind alle Vektoren v mit $\begin{eqnarray*} v = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \\ v_4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ gesucht, die die Gleichung v_1 + v_2 + v_3 + v_4 = 0 erfüllen.

29.11.2013, 09:56

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

OK, in meiner Berechnung vom letzten Beitrag habe ich den Fehler in Zeile 4 mit der -5 jedoch korrigiert und komme wie dargestellt auf lineare Unabhängigkeit von V4 und V5. Ist das richtig?
Wegen $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ : Ist da nicht gemeint, dass $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} v_4 \in \mathbb L \end{eqnarray*}$ sein sollen?

Anzeige

29.11.2013, 10:29

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
und komme wie dargestellt auf lineare Unabhängigkeit von V4 und V5. Ist das richtig?

Im Prinzip ja, ich hätte nur zu Vektor V1 und V5 gegriffen. Aber das ist reine Geschmacksfrage. smile

smile

Zitat:

Original von MMchen60
Wegen $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ : Ist da nicht gemeint, dass $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} v_4 \in \mathbb L \end{eqnarray*}$ sein sollen?

Nein. Wie ich in meinem Beitrag versuchte klarzumachen, sind v1 bis v4 die Komponenten des Vektors v. Der Vektor v wiederum hat mit dem Unterraum U nichts zu tun.

Das ist wie im Supermarkt: da greift man einmal ins Regal mit den Konservendosen und das andere mal ins Regal mit den Milchprodukten. Was hat das eine mit dem anderen zu tun? verwirrt

verwirrt

29.11.2013, 11:16

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

@klarsoweit
Danke für die Information.
Damit ist $\begin{eqnarray*} dim(U)=2 \end{eqnarray*}$
Zu $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$
Wenn ich für die Vektoren $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} v_4 \end{eqnarray*}$ keine Zahlen habe, kann ich doch keine lineare Abhängigkeit nachweisen, also hat
$\begin{eqnarray*} \alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3+\delta v_4=0 \end{eqnarray*}$ nur die triviale Lösung $\begin{eqnarray*} \alpha =\beta =\gamma=\delta =0 \end{eqnarray*}$ . Damit wäre doch $\begin{eqnarray*} dim(W)=4 \end{eqnarray*}$ ?

29.11.2013, 11:20

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn $\begin{eqnarray*} \dim(W)=4 \end{eqnarray*}$ , dann wäre $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ der gesamte Raum, was offensichtlich nicht stimmen kann.

29.11.2013, 11:43

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
Zu $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$
Wenn ich für die Vektoren $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} v_4 \end{eqnarray*}$ keine Zahlen habe, kann ich doch keine lineare Abhängigkeit nachweisen, also hat
$\begin{eqnarray*} \alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3+\delta v_4=0 \end{eqnarray*}$ nur die triviale Lösung $\begin{eqnarray*} \alpha =\beta =\gamma=\delta =0 \end{eqnarray*}$ . Damit wäre doch $\begin{eqnarray*} dim(W)=4 \end{eqnarray*}$ ?

Du verwechselst hier stets und ständig Vektoren (v) mit Komponenten von Vektoren (v1, ..., v4). Nochmal klar und deutlich: v1, ..., v4 sind Komponenten des Vektors v. Und W besteht aus allen Vektoren v, wo die Summe der Komponenten Null ergibt. Beispielsweise wäre der Vektor (1, -1, 0, 0) solch ein Vektor. Hingegen gehört der Vektor (1, 0, 0, 0) nicht dazu. Somit ist schon klar, daß W nicht aus allen Vektoren des Raums R^4 bestehen kann.

Gesucht ist jetzt eine Basis des Unterraums W. Letztlich steckt die Lösung eines linearen Gleichungssystems dahinter.

30.11.2013, 17:02

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

OK, Entschuldigung für die Verwechslung, ist mir jetz klar geworden. Da ich aber nur einen Vektor $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v=\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \\ v_4\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ habe, müsste $\begin{eqnarray*} dim(W)=1 \end{eqnarray*}$ sein?

Jetzt soll ja $\begin{eqnarray*} U \cap V \end{eqnarray*}$ gebildet werden. Zur Bestimmung dessen Basis muss ich da die Vektoren von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ und den Vektor $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ zusammen in die Matrix schreiben und diese neue Matrix wieder in die Stufenform bringen?

Entschuldige bitte die Fragerei, aber aller autodidaktischer Anfang ist schwer.

30.11.2013, 17:51

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
OK, Entschuldigung für die Verwechslung, ist mir jetz klar geworden. Da ich aber nur einen Vektor $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v=\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \\ v_4\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ habe, müsste $\begin{eqnarray*} dim(W)=1 \end{eqnarray*}$ sein?

Auch das ist nicht richtig. Du hast nicht "einen Vektor", sondern eine Bedingung für die Vektoren. Dadurch ist die Dimension von W gegenüber der des Gesamtraums um 1 reduziert.

02.12.2013, 10:21

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von RavenOnJ
Auch das ist nicht richtig. Du hast nicht "einen Vektor", sondern eine Bedingung für die Vektoren. Dadurch ist die Dimension von W gegenüber der des Gesamtraums um 1 reduziert.

Dann wäre $\begin{eqnarray*} dim(W)=3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} dim(W \cap U)=03 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} dim(U)=2 \end{eqnarray*}$ ?

02.12.2013, 10:53

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun ja, das ist im Detail zu zeigen. Es könnte ja auch sein, daß $\begin{eqnarray*} W \cap U \end{eqnarray*}$ leer ist. Als erstes solltest du mal einen Basis für W bestimmen. Wie gesagt, steckt darin das Lösen eines linearen Gleichungssystems. Wer dieses nicht beherrscht, hat allerdings mit dieser Aufgabe ein Problem.

02.12.2013, 11:07

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Also, ich beherrsche schon die Lösung eines LGS nach dem Gauß-Verfahren. Mir ist hier nur nicht klar, wie ich für $\begin{eqnarray*} dim(W \cap U) \end{eqnarray*}$ die Gauß-Matrix aufstellen muss. Verätst du es mir bitte? Danke.

02.12.2013, 11:47

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Dazu mußt du ein Gleichungssystem aufstellen. Sind u_1 und u_2 Basisvektoren von U und w_1, w_2 und w_3 Basisvektoren von W, dann muß für einen Vektor in der Schittmenge gelten:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 \cdot u_1 + \lambda_2 \cdot u_2 = \lambda_3 \cdot w_1 + \lambda_4 \cdot w_2 + \lambda_5 \cdot w_3 \end{eqnarray*}$

02.12.2013, 13:35

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Bzw. $\begin{eqnarray*} \lambda_1\cdot u_1+\lambda_2\cdot u_2 +\lambda_3\cdot w_1+\lambda_4\cdot w_2+\lambda_5\cdot w_3=0 \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} u_1;u_2 \end{eqnarray*}$ nehme ich dann die beiden gefundenen Basisvektoren von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ und bei den $\begin{eqnarray*} w_1; w_2; w_3 \end{eqnarray*}$ Vektoren allgemeine Komponenten mit z.Bsp. $\begin{eqnarray*} w_1=\begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \\ a_4\end{pmatrix} ; w_2=\begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \\ b_4\end{pmatrix}... \end{eqnarray*}$ , bilde daraus die Gauß-Matrix und löse das LGS?

02.12.2013, 13:38

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, du nimmst bei W die Basisvektoren einer noch zu bestimmenden Basis.

02.12.2013, 14:02

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

@klarsoweit
Entschuldige bitte mein Unverständnis, aber wie soll ich mir Basisvektoren einer noch zu bestimmenden Basis vorstellen?

02.12.2013, 14:21

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Dimension von Untervektorräumen
Anscheinend ist es noch nicht ganz bis zu dir durchgedrungen. Mit dieser Definition:

Zitat:

Original von MMchen60
$\begin{eqnarray*} W:= \left\{ v\in \mathbb R ^4|v_1+v_2+v_3+v_4=0\right\} \end{eqnarray*}$

wird ein Unterraum im R^4 definiert. Dieser Unterraum hat - welche eine Überraschung - eine Basis - und man kann - welche eine noch größere Überraschung - eine Basis aus ganz konkreten Vektoren angeben. Um diese Arbeit hast du dich bislang gedrückt, obwohl du im Brustton der Überzeugung versichert hast, daß du "das Lösen eines LGS nach dem Gauß-Verfahren beherrschst".

Solange diese Basis nicht bekannt ist, kann man sich die Aufgabe mit der Schnittmenge mit anderen Unterräumen sparen.

03.12.2013, 07:54

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von RavenOnJ
..... Du hast nicht "einen Vektor", sondern eine Bedingung für die Vektoren. Dadurch ist die Dimension von W gegenüber der des Gesamtraums um 1 reduziert.

Somit ist die Basis von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ und ich muss drei Vektoren aufstellen, die voneinander unabhängig sind und deren Summe der Komponenten gleich 0 ist?

03.12.2013, 09:11

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
Somit ist die Basis von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$

Hier zeigt sich ein weiteres Mal dein Unverständnis des Unterraums W. W ist ein Unterraum des $\begin{eqnarray*} \mathbb R^4 \end{eqnarray*}$ und folglich können nur Vektoren aus $\begin{eqnarray*} \mathbb R^4 \end{eqnarray*}$ eine Basis von W bilden.

Zitat:

Original von MMchen60
und ich muss drei Vektoren aufstellen, die voneinander unabhängig sind und deren Summe der Komponenten gleich 0 ist?

Ja. Ein Algorithmus, wie man diese findet, ergibt sich aus dem Gauß-Algorithmus. Explizit: finde die freien Variablen, setze jeweils eine gleich 1 und die anderen gleich Null und bestimme die restlichen (nicht freien) Variablen.

03.12.2013, 09:12

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60

Zitat:

Original von RavenOnJ
..... Du hast nicht "einen Vektor", sondern eine Bedingung für die Vektoren. Dadurch ist die Dimension von W gegenüber der des Gesamtraums um 1 reduziert.

Somit ist die Basis von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ und ich muss drei Vektoren aufstellen, die voneinander unabhängig sind und deren Summe der Komponenten gleich 0 ist?

Der $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ ist selber ein Vektorraum und keine Basis. Informiere dich mal über den Begriff einer "Basis" in einem Vektorraum. Du könntest hier höchstens von der Isomorphie von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ sprechen. Dies bringt dich aber nicht weiter, da unendlich viele Untervektorräume von $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^4 \end{eqnarray*}$ isomorph zum $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ sind.

03.12.2013, 13:56

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von klarsoweit

Zitat:

Original von MMchen60
und ich muss drei Vektoren aufstellen, die voneinander unabhängig sind und deren Summe der Komponenten gleich 0 ist?

Ja. Ein Algorithmus, wie man diese findet, ergibt sich aus dem Gauß-Algorithmus. Explizit: finde die freien Variablen, setze jeweils eine gleich 1 und die anderen gleich Null und bestimme die restlichen (nicht freien) Variablen.

Somit $\begin{eqnarray*} \lambda_1\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + \lambda_2\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + \lambda_3\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}=0 \end{eqnarray*}$ ist nur trivial lösbar mit $\begin{eqnarray*} \lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0 \end{eqnarray*}$ . Damit habe ich:
$\begin{eqnarray*} w_1= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}; w_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix};w_3=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Stimmt das nun soweit?

03.12.2013, 14:11

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja.

Freude

04.12.2013, 13:21

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh, Freude Wink

Wink

Jetzt geht es ja noch um $\begin{eqnarray*} dim(U \cap W) \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} U \cap W \end{eqnarray*}$ haben wir ja schon weiter vorne geklärt. Ich bilde also die Koeffizientenmatrix mit $\begin{eqnarray*} w_1;w_2;w_3;u_1;u_2 \end{eqnarray*}$ und bringe diese wieder in die Zeilenstufenform.

04.12.2013, 13:28

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja.

smile

05.12.2013, 06:30

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

OK, ich komme dann auf $\begin{eqnarray*} dim(W \cap U)=4 \end{eqnarray*}$ , siehe Anhang, die Basis bleibt $\begin{eqnarray*} \mathbb R^4 \end{eqnarray*}$ .
Ähnlich dürfte auch die Lösung von Aufgabenteil b) sein, ich habe gebildet:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}^T =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

05.12.2013, 09:40

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
OK, ich komme dann auf $\begin{eqnarray*} dim(W \cap U)=4 \end{eqnarray*}$ , siehe Anhang, die Basis bleibt $\begin{eqnarray*} \mathbb R^4 \end{eqnarray*}$ .

Was hast du denn da gerechnet? Du mußt doch diese Gleichung lösen:

Zitat:

Original von MMchen60
Bzw. $\begin{eqnarray*} \lambda_1\cdot u_1+\lambda_2\cdot u_2 +\lambda_3\cdot w_1+\lambda_4\cdot w_2+\lambda_5\cdot w_3=0 \end{eqnarray*}$

Das sind - wie man leicht sieht - 4 Gleichungen mit 5 Unbekannten. Auch das Ergebnis müßte dir doch komisch vorkommen. Weder U noch W sind der R^4. Da kann doch die Schnittmenge nicht plötzlich mehr ergeben. Außerdem verwechselst du die Begriffe Basis und Vektorraum. Der R^4 ist ein Vektorraum, aber selbst keine Basis.

Zitat:

Original von MMchen60
Ähnlich dürfte auch die Lösung von Aufgabenteil b) sein, ich habe gebildet:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}^T =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

In Aufgabe b ist eine 3x4-Matrix gesucht. Was du da angegeben hast, ist eine 4x3-Matrix. smile

smile

05.12.2013, 09:43

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Es ist doch $\begin{eqnarray*} \dim (W)=3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \dim (U)=2 \end{eqnarray*}$ . Da der Raum 4-dimensional ist, kann also nur $\begin{eqnarray*} \dim (U\cap W)\in\{1,2\} \end{eqnarray*}$ sein. $\begin{eqnarray*} \dim (U\cap W)=0 \end{eqnarray*}$ ist nicht möglich wegen Schubfachprinzip

Und die Aussage "die Basis bleibt $\begin{eqnarray*} \mathbb R^4 \end{eqnarray*}$ " sollte nach den langen Erläuterungen eigentlich nicht mehr vorkommen.

09.12.2013, 12:49

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von klarsoweit
Was hast du denn da gerechnet? Du mußt doch diese Gleichung lösen:

Zitat:

Original von MMchen60
Bzw. $\begin{eqnarray*} \lambda_1\cdot u_1+\lambda_2\cdot u_2 +\lambda_3\cdot w_1+\lambda_4\cdot w_2+\lambda_5\cdot w_3=0 \end{eqnarray*}$

Sorry. Also über
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda_1 & \lambda_2 & \lambda_3 & \lambda_4 & \lambda_5 & =\\ 1 & 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & -5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & -1 & 2 & -5 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ erhalte ich nach entsprechender Zeilenumformung
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda_1 & \lambda_2 & \lambda_3 & \lambda_4 & \lambda_5 & =\\ 1 & 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & -5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{4}{3} & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Das sind nun vier Gleichungen mit fünf Unbekannten, eine Unbekannte somit frei wählbar, z. B. $\begin{eqnarray*} \lambda_5=t \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt im Einzelnen:
$\begin{eqnarray*} \lambda_1=-\frac{14}{3}t; \lambda_2=\frac{7}{3}t; \lambda_3=0; \lambda_4=\frac{4}{3}t; \lambda_5=t \end{eqnarray*}$
bzw. für z.B. $\begin{eqnarray*} t=3 | \lambda_1=-14; \lambda_2=7; \lambda_3=0; \lambda_4=4; \lambda_5=3 \end{eqnarray*}$

Wie leite ich aus diesem Ergebnis jetzt die Basis und $\begin{eqnarray*} dim(U \cap W) \end{eqnarray*}$ ab?

09.12.2013, 13:12

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda_1 & \lambda_2 & \lambda_3 & \lambda_4 & \lambda_5 & =\\ 1 & 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & -5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & -1 & 2 & -5 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

"Geschickterweise" hast du jetzt in den 3 ersten Spalten die Basisvektoren von W und in den beiden letzten Spalten die Basisvektoren von U genommen. Das paßt natürlich nicht zur Gleichung $\begin{eqnarray*} \lambda_1\cdot u_1+\lambda_2\cdot u_2 +\lambda_3\cdot w_1+\lambda_4\cdot w_2+\lambda_5\cdot w_3=0 \end{eqnarray*}$ . Wenn man das berücksichtigt, bildest du nun den Vektor $\begin{eqnarray*} \lambda_1 \cdot w_1 + \lambda_2 \cdot w_2 + \lambda_3 \cdot w_3 \end{eqnarray*}$ . Als lambda-Werte kannst du die speziellen Werte für t=3 nehmen. Heraus kommt ein Basisvektor der Schnittmenge. smile

smile

10.12.2013, 10:46

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von klarsoweit
...... Heraus kommt ein Basisvektor der Schnittmenge. smile

smile

$\begin{eqnarray*} _Uv_W=\begin{pmatrix} -14 \\ 7 \\ 0 \\ 8 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 14 \\ -7 \\ 0 \\ -8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Ist es richtig, dass dann die Basis der $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ ist (da die $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ -Komponente ja Null ist) und $\begin{eqnarray*} dim(U \cap W)=3 \end{eqnarray*}$ ?

10.12.2013, 10:52

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Verbesserung von Aufgabenteil b):
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

10.12.2013, 11:03

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
$\begin{eqnarray*} _Uv_W=\begin{pmatrix} -14 \\ 7 \\ 0 \\ 8 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 14 \\ -7 \\ 0 \\ -8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Ist es richtig, dass dann die Basis der $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ ist (da die $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ -Komponente ja Null ist) und $\begin{eqnarray*} dim(U \cap W)=3 \end{eqnarray*}$ ?

Mal abgesehen davon, daß man das so nicht schreiben bzw. sagen kann, habe ich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 14 \\ -7 \\ 0 \\ -7 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ als möglichen Basisvektor erhalten.

Was die Dimension der Schnittmenge angeht: aus wieviel Vektoren besteht nun deine Basis?

10.12.2013, 11:13

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von klarsoweit
Mal abgesehen davon, daß man das so nicht schreiben bzw. sagen kann, habe ich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 14 \\ -7 \\ 0 \\ -7 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ als möglichen Basisvektor erhalten.
Was die Dimension der Schnittmenge angeht: aus wieviel Vektoren besteht nun deine Basis?

Ja, sorry, verrechnet. Habe ich mir fast gedacht, dass man das so nicht schreiben kann.
Dimension: mmh, nur aus $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 14 \\ -7 \\ 0 \\ -7 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ?

10.12.2013, 11:26

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

OK, also die Basis der Schnittmenge besteht nur aus diesem einen Vektor. Welche Dimension hat also die Schnittmenge?

10.12.2013, 13:10

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

OK, dann 1.
Hoffe, das stimmt nun, sodass wir diesen Thread schließen können.
Vielen Dank auch, nach vielem Hin und Her ist mir nun vieles klarer geworden, was man so aus reinen Uni-Lehrbüchern nicht unbedingt erkennt.

10.12.2013, 13:19

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
OK, dann 1.

Genau.

Freude

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »