Alle Basen vom span finden

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02.12.2013, 15:36	Shiby	Auf diesen Beitrag antworten »
Alle Basen vom span finden Es seien im $\begin{eqnarray} R^5 \end{eqnarray}$ die Vektoren $\begin{eqnarray} v_1=\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 1 \\ 0\\-2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 4 \\ -1 \\2\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_3=\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ 9 \\ -2\\2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_4=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\\1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_5=\begin{pmatrix} 0 \\ -2 \\ -8 \\ 2\\-4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ gegeben. Weiter sei $\begin{eqnarray} V := span(v_1; v_2; v_3; v_4; v_5) \end{eqnarray}$ Finden Sie alle Basen von V , die aus Elementen von $\begin{eqnarray} {v_1; ... ; v_5} \end{eqnarray}$ bestehen, und kombinieren Sie jeweils $\begin{eqnarray} v_1; ..... ; v_5 \end{eqnarray}$ daraus linear. Hallo Leute, ich steh ein bisschen auf dem Schlauch, kann mir mal jemand bitte das Vorgehen bei dieser Aufgabe beschreiben.
02.12.2013, 17:52	Shiby	Auf diesen Beitrag antworten »
Keiner ne Idee?
02.12.2013, 19:23	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist manchmal schon ein wenig Zeit nötig, auch bei kleineren Aufgaben.... Zunächst kannst du ja mal eine Menge linear unabhängiger Vektoren heraussuchen, dann hast du schon mal eine Basis und die Dimension des VR. Alle möglichen anderen Basen zu bestimmen, die aus den vorgegebenen Vektoren möglich sind ist dann simpel.
02.12.2013, 19:54	Shiby	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} v_1=\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 1 \\ 0\\-2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 4 \\ -1 \\2\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dies wäre zum Beispiel eine linear unabhängige Menge, aber ob das nun eine Bais ist? Mir wäre jetzt schleierhaft wie man daraus den $\begin{eqnarray} v_4 \end{eqnarray}$ bekommen würde.
02.12.2013, 20:01	nore	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Shiby, ich glaube, lgrizu meinte eine maximale Menge linear unabhängiger Vektoren. Die bekommst du wohl über das lineare Gleichungssystem $\begin{eqnarray} av_1+bv_2+cv_3+dv_4+ev_5=0 \end{eqnarray}$ . Zumindest würde ich es so machen. Grüße David
02.12.2013, 20:27	Shiby	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} a\cdot\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 1 \\ 0\\-2 \end{pmatrix}+b\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 4 \\ -1 \\2\end{pmatrix}+c\cdot\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ 9 \\ -2\\2 \end{pmatrix}+d\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\\1 \end{pmatrix}+e\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ -2 \\ -8 \\ 2\\-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\0 \\0 \\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\a&+b&+3c&+d&-2e&\|0 \\ a&+4b&+9c&+d&-8e&\|0& \\ 0&-b&-2c&+d&+2e&\|0\\-2a&+2b&+2c&+d&-4e&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die Lösung ist laut online Rechner a=b=b=c=d=e=0 => die Vektoren sind linear unabhängig oder? Aber es gilt doch $\begin{eqnarray} v_5\cdot\frac{-1}{2} = v_2 \end{eqnarray}$
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02.12.2013, 20:56	lgrizu	Auf diesen Beitrag antworten »
Na, damit kann man doch schon mal was anfangen, das ist richtig. Das Ergebnis des online Rechners ist allerdings falsch, scheinbar stimmt mit dem Online Rechner bzw. deiner Eingabe etwas nicht, wie wärs also mal zu Fuß?
02.12.2013, 21:14	Shiby	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\ a&+b&+3c&+d&-2e&\|0 \\ a&+4b&+9c&+d&-8e&\|0& \\ 0&-b&-2c&+d&+2e&\|0\\ -2a&+2b&+2c&+d&-4e&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} II\cdot(-4); III\cdot(-4); V\cdot 2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\ -4a&-4b&-12c&-4d&8e&\|0 \\ -4a&-16b&-36c&-4d&+32e&\|0& \\ 0&-b&-2c&+d&+2e&\|0\\ -4a&+4b&+4c&+2d&-8e&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} II+I; III+I; V+I \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\ 0&-4b&-8c&-3d&8e&\|0 \\ 0&-16b&-32c&-3d&+32e&\|0& \\ 0&-b&-2c&+d&+2e&\|0\\ 0&+4b&+8c&+3d&-8e&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} III\cdot\frac{-1}{4}; IV\cdot(-4) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\ 0&-4b&-8c&-3d&8e&\|0 \\ 0&4b&+8c&+\frac{3}{4}d&-8e&\|0& \\ 0&4b&+8c&-4d&-8e&\|0\\ 0&+4b&+8c&+3d&-8e&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V+II \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\ 0&-4b&-8c&-3d&8e&\|0 \\ 0&4b&+8c&+\frac{3}{4}d&-8e&\|0& \\ 0&4b&+8c&-4d&-8e&\|0\\ 0\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Jetzt hab ich eine Nullzeile das beudetet also das es mehrere Lösungen gibt. Was bedeutet das nun für mich?
03.12.2013, 10:29	nore	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi Shiby, die Nullzeile bedeutet in diesem Fall, dass die Vektoren linear abhängig sind. Aber das hast du ja bereits vorher herausgefunden. Wenn du das Gleichungssystem weiter auflöst und dir die Lösungsmenge betrachtest, siehst du vermutlich, wie du gewisse Vektoren als Linearkombination der anderen darstellen kannst. Wenn du zum Beispiel die dritte von der vierten Zeile abziehst, erhälst du als notwendige Bedingung für eine Lösung, dass $\begin{eqnarray} d=0 \end{eqnarray}$ . Wenn du dann wieder interpretierst, was dein Gleichungssystem bedeutet, dann siehst du, dass sich $\begin{eqnarray} v_4 \end{eqnarray}$ nicht als Linearkombination der anderen ausdrücken lässt. Das heißt, dieser ist auf jeden Fall Teil jeder Basis. Wenn du übrigens schon im Vorfeld siehst, dass $\begin{eqnarray} v_5=-2v_2 \end{eqnarray}$ , dann reicht es von vornherein, dass LGS $\begin{eqnarray} av_1+bv_2+cv_3+dv_4 \end{eqnarray}$ zu betrachten. Denn $\begin{eqnarray} v_2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_5 \end{eqnarray}$ lassen sich ja bezogen auf eine Basis einfach durcheinander ersetzen. Ich hoffe, ich konnte weiterhelfen. Wenn nicht, meldet sich sicher nochmal einer der Profis zu Wort. :-) Viele Grüße David
03.12.2013, 11:39	Shiby	Auf diesen Beitrag antworten »
Okey dann loes ich das mal weiter auf $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\ 0&-4b&-8c&-3d&8e&\|0 \\ 0&4b&+8c&+\frac{3}{4}d&-8e&\|0& \\ 0&4b&+8c&-4d&-8e&\|0\\ 0\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} IV+II \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&+0&\|0 \\ 0&-4b&-8c&-3d&8e&\|0 \\ 0&4b&+8c&+\frac{3}{4}d&-8e&\|0& \\ -7d\|0\\ 0\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ d = 0 in alle Gleichungen einsetzen $\begin{eqnarray} <=>\begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+0&+0&\|0 \\ 0&-4b&-8c&+0&8e&\|0 \\0&4b&+8c&+0&-8e&\|0&\\ -7d\|0\\ 0\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Jetzt koennte ich doch z.B III+II rechnen und wuerde eine Nullzeile erhalten, was darauf schliessen laesst, dass es sich hierbei um lineare Abhaengigkeit handelt, was aber doch gar nicht stimmt ich kann $\begin{eqnarray} v_2 \end{eqnarray}$ doch nicht aus $\begin{eqnarray} v_3 \end{eqnarray}$ bilden.
03.12.2013, 12:01	nore	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, eine weitere Nullzeile bedeutet nur, dass die Vektoren "noch mehr" linear abhängig sind. Genaugenommen ist der Zusammenhang so: Je mehr Nullzeilen du bekommst, desto weniger linear unabhängige Vektoren kannst du finden. Das heißt, wenn du genau zwei Nullzeilen hast, dann enthält jede deiner Basen drei Vektoren. Wenn es nur eine Nullzeile wäre, enthielte eine Basis vier Vektoren, etc. Vorrausgesetzt, es sind keine Rechenfehler drin, erhälst du doch folgende Lösungsmenge: $\begin{eqnarray} \{a,b,c,d\| d=0, a=-c, e=c+\frac 1 2 b\} \end{eqnarray}$ An der Stelle, wenn du deine Matrix umgeformt hast, gibt es aber einen Trick, um linear unabhängige Vektoren zu finden. Dazu muss man sich vor Augen führen, wie man an so einem LGS lineare Unabhängigkeit der Vektoren erkennt. Das ist nämlich genau dann der Fall, wenn die einzige Lösung $\begin{eqnarray} a=b=c=d=e=0 \end{eqnarray}$ ist. Wenn du jetzt in deinem LGS Spalten weglässt, ist das so als hättest du zum Beispiel das LGS $\begin{eqnarray} av_1+bv_2+dv_4+ev_5=0 \end{eqnarray}$ (im Fall, dass du die dritte Spalte weglässt). Und kannst hier auch wieder lineare Unabhängigkeit der vier übrigen Vektoren erkennen, wenn die einzige Lösung $\begin{eqnarray} a=b=d=e=0 \end{eqnarray}$ ist. Das heißt, um eine maximale Menge linear unabhängiger Vektoren zu erhalten, musst du einfach nur schauen, wie du mit dem Weglassen von möglichst wenigen Spalten (in diesem Fall zwei, weil es auch zwei Nullzeilen gab) erreichst, dass die einzige Lösung des LGS ist, dass alle Koeffizienten 0 werden. Ich hoffe, das ist nicht zu umständlich. :-) Grüße David
03.12.2013, 20:01	Shiby	Auf diesen Beitrag antworten »
Also du hast ja geschrieben das ich den letzten Vektor weglassen kann da man ihn aus $\begin{eqnarray} v_2 \end{eqnarray}$ bilden kann. Das wäre dann dieses LGS. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&+0&+4c&+d&&\|0 \\a&+b&+3c&+d&&\|0 \\ a&+4b&+9c&+d&&\|0& \\ 0&-b&-2c&+d&&\|0\\-2a&+2b&+2c&+d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Außerdem hast du geschrieben, weil d=0 ist darf ich diesen Vektor auf gar keinen Fall weg lassen.Also versuche ich jetzt die anderen mal weg zulassen, ich beginne mit dem Wenlassen des 1. Vektors $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} &+0&+4c&+d&&\|0 \\&+b&+3c&+d&&\|0 \\ &+4b&+9c&+d&&\|0& \\ &-b&-2c&+d&&\|0\\&+2b&+2c&+d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V\cdot(-2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} &+0&+4c&+d&&\|0 \\&+b&+3c&+d&&\|0 \\ &+4b&+9c&+d&&\|0& \\ &-b&-2c&+d&&\|0\\&-4b&-4c&-2d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V+III; IV+II \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} &+0&+4c&+d&&\|0 \\&+b&+3c&+d&&\|0 \\ &+4b&+9c&+d&&\|0& \\ &0&+c&+2d&&\|0\\&0&+5c&-d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V\cdot2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} &+0&+4c&+d&&\|0 \\&+b&+3c&+d&&\|0 \\ &+4b&+9c&+d&&\|0& \\ &0&+c&+2d&&\|0\\&0&+10c&-2d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V+IV \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} &+0&+4c&+d&&\|0 \\&+b&+3c&+d&&\|0 \\ &+4b&+9c&+d&&\|0& \\ &0&+c&+2d&&\|0\\&0&+11c&+0&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das heißt also das c=0 sein muss, wenn man das nun in IV einsetzt erhält man für d auch 0, somit muss a auch 0 sein. Bedeutet das nun $\begin{eqnarray} v_2, v_3, v_4 \end{eqnarray}$ bilden eine Basis. Muss ich jetzt nicht mehr nachweisen das es sich hierbei um ein Erzeugendensystem handelt? So jezt lass ich mal den 2. Vektor weg. Das bedeutet wir betrahcten folgendes LGS. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&&+4c&+d&&\|0 \\a&&+3c&+d&&\|0 \\ a&&+9c&+d&&\|0& \\ 0&&-2c&+d&&\|0\\-2a&&+2c&+d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} II\cdot(-4); III\cdot(-4); V\cdot2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&&+4c&+d&&\|0 \\-4a&&-12c&-4d&&\|0 \\ -4a&&-36c&-4d&&\|0& \\ 0&&-2c&+d&&\|0\\-4a&&+4c&+2d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} II+I; III+I; V+I \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&&+4c&+d&&\|0 \\0&&-8c&-3d&&\|0 \\ 0&&-32c&-3d&&\|0& \\ 0&&-2c&+d&&\|0\\0&&+8c&+3d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V+III \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&&+4c&+d&&\|0 \\0&&-8c&-3d&&\|0 \\ 0&&-32c&-3d&&\|0& \\ 0&&-2c&+d&&\|0\\0&&-24c&+0&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Aus V folgt dass c=0 ist, wenn man das nun rückwärts eisetzt erhält man a=c=d=0 Also bilden auch $\begin{eqnarray} v_1, v_3, v_4 \end{eqnarray}$ eine Basis. Was wäre wenn ich beim Lösen dieses LGS an dieser Stelle V+II gerechnet hätte dann würde ich ja eine Nullzeile erhalten $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&&+4c&+d&&\|0 \\0&&-8c&-3d&&\|0 \\ 0&&-32c&-3d&&\|0& \\ 0&&-2c&+d&&\|0\\0&&+8c&+3d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Jetzt kommt die letzte Möglichkeit, nämlich c weglassen. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&+0&&+d&&\|0 \\a&+b&&+d&&\|0 \\ a&+4b&&+d&&\|0& \\ 0&-b&&+d&&\|0\\-2a&+2b&&+d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} II\cdot(-4); III\cdot(-4); V\cdot2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&+0&&+d&&\|0 \\-4a&-4b&&-4d&&\|0 \\ -4a&-16b&&-4d&&\|0& \\ 0&-b&&+d&&\|0\\-4a&+4b&&+4d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} II+I; III+I; V+I \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&+0&&+d&&\|0 \\0&-4b&&-3d&&\|0 \\ 0&-16b&&-3d&&\|0& \\ 0&-b&&+d&&\|0\\0&+4b&&+5d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V+II \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4a&+0&&+d&&\|0 \\0&-4b&&-3d&&\|0 \\ 0&-16b&&-3d&&\|0& \\ 0&-b&&+d&&\|0\\0&+0&&+2d&&\|0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Aus V folgt das d=0 gelten muss und rückwärts einegesetzt erhält man a=b=d=0 Also gibt es eine weitere Basis $\begin{eqnarray} v_1, v_2, v_4 \end{eqnarray}$ So das Sollten jetzt alle Basen sein hier nochmal eine Überblick: $\begin{eqnarray} v_2, v_3, v_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_1, v_3, v_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_1, v_2, v_4 \end{eqnarray}$
03.12.2013, 20:24	nore	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, so ähnlich. :-) $\begin{eqnarray} v_5 \end{eqnarray}$ kannst du bei deinen Betrachtungen außen vor lassen, weil du $\begin{eqnarray} v_2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_5 \end{eqnarray}$ gegeneinander austauschen kannst. Das heißt, die möglichen Basen wären: $\begin{eqnarray} v_1, v_2, v_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_1, v_3, v_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_2, v_3, v_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_1, v_5, v_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_3, v_5, v_4 \end{eqnarray}$ Also in den Basen, wo $\begin{eqnarray} v_2 \end{eqnarray}$ vorkommt, kann man diesen durch $\begin{eqnarray} v_5 \end{eqnarray}$ ersetzen und erhält nach wie vor eine Basis. Dass es sich jeweils um ein Erzeugendensystem handelt, musst du nicht nachweisen, wenn du verstanden hast, warum die Dimension des Vektorraumes drei ist. Denn es gilt die Regel: Wenn du n linear unabhängige Vektoren aus einem n-dimensionalen Vektorraum nimmst, wird der Vektorraum von diesen erzeugt, das heißt, du hast schon eine Basis. Mit dem "Trick" beim Umformen meinte ich, dass es reicht, das große LGS einmal soweit zu vereinfachen wie es geht und erst dann die entsprechende Spalte wegzulassen. So sparst du dir mehrfachen Rechenaufwand. An einer Stelle schreibst du, dass dort wieder eine Nullzeile auftaucht. Das ist aber in dem Fall nicht schlimm, weil du quasi eine Zeile "zu viel" hast. Grüße David

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