Gauß mit keiner eindeutigen Lösung?

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17.01.2017, 17:15	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Gauß mit keiner eindeutigen Lösung? Meine Frage: Also ich soll Rang, Basis des Kerns bestimmen, sowie ob die Matrix invertierbar ist. Die Matrix ist $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Wenn ich jetzt die 1te von der 3ten abziehe erhalte ich $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das heißt jetzt ja der Rang der Matrix ist 2, und sie ist nicht invertierbar (was aber ja schon daran liegt, dass sie nicht quadratisch ist oder?) Nur kann ich da jetzt einen Kern bestimmen? Weil ich habe ja jetzt die Gleichungen $\begin{eqnarray} a - b - d = 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} b + c + 3d = 0 \end{eqnarray}$ Egal welche variable ich jetzt frei wähle (darf ich ja wegen der Nullzeile) so gibt es kein genaues Ergebnis wenn ich mich nicht irre. Sei z.B $\begin{eqnarray} d = 1 \end{eqnarray}$ so gilt $\begin{eqnarray} a - b - 1 = 0 \Rightarrow b = a - 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a - 1 + c + 3 = 0 \Rightarrow a = -c - 2 \Rightarrow b = -c - 3 \end{eqnarray}$ oder halt nach c umgestellt, jedoch egal wie es kommt keine Lösung für a bzw. c herraus. Hat dann dieses LGS keine Lösung? Also auch keinen Kern? Oder ist dann der Kern einfach $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ?
17.01.2017, 18:35	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei der Aufgabenstellung bist Du schon sehr schlampig vorgegangen. Du hast eine Matrix und sollst einen Kern bestimmen ? Kern von was ? Kirschen und lineare Abbildungen haben Kerne, Matrizen und lineare Gleichungssysteme haben keine Kerne.
17.01.2017, 21:40	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Nur um dubbox nicht unnötig zu verwirren: Der Begriff kern ist zwar im engeren Sinne nur für Abbildungen definiert, wird aber wegen der starken Zusammenhänge von linearen Abbildungen mit Matrizen oft auch im Zusammenhang mit Matrizen verwendet.
18.01.2017, 12:12	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, dubbox. Ich wollte dich nicht verwirren, ich wollte dich auffordern, klarzustellen, welchen Kern du bestimmen möchtest. Bist Du sicher, dass die gegebene Matrix eine lineare Abbildung darstellt, deren Kern Du bestimmen willst ? Oder kann es sein, dass Du ein LGS gegeben hast, wobei das zugehörige homogene LGS eine quadratische Matrix hat, die wir als Darstellungsmatrix einer lineare Abbildung auffassen wollen, deren Kern Du bestimmen möchtest ? Die Frage nach der Invertierbarkeit macht ja wirklich nur Sinn, wenn eine quadratische Matrix gegeben ist. Wer eine verhunzte Aufgabe stellt oder eine gestellte Aufgabe verhunzt, sollte bestraft werden.
19.01.2017, 16:04	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Entschuldigung, kam erst jetzt dazu hier weiter zu machen. In der Aufgabe ist es wie folgt formuliert, was auch bei mir zu Verwirrung sorgt wegen der Invertierbarkeit. Bestimmen Sie den Rang und eine Basis des Kerns der folgenden Matrizen. Welche der Matrizen sind invertierbar? Benannt ist die Aufgabe mit:Aufgabe H3 (Rang und Kern von Matrizen) um hier mal den Kopf aus der Schlinge zu ziehen Es sind eigentlich 3 Matritzten, nur eine davon ist quadratisch. Die gepostete ist die erste der dreien, da hier das benannte Problem auftaucht. Also entweder hier wurde die Aufgabe schlampig von meinen Tutoren definiert :P oder es gibt einen Kern einer Matrix? Was hier zutrifft kann ich nicht sagen
19.01.2017, 18:57	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut, dann nehmen wir das so hin, Du bist entlastet, und wir schlagen die verhunzte Aufgabe dem Tutor (metaphorisch) um die Ohren. Wir definieren ( ): Der Kern einer Matrix $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ ist die Lösungsmenge des homogenen LGS $\begin{eqnarray} Ax=0 \end{eqnarray}$ . Nun können wir die 2. zur 1. Zeile addieren und erhalten das LGS $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 & \| & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 3 & \| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \| & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Weil der Rang der Matrix und der erweiterten Matrix 2 ist, ist die Lösungsmenge des homogenen LGS ein UVR ( wir wissen nicht, von welchem Vektorraum V ). Wir setzen $\begin{eqnarray} x_3=s, x_4=t \end{eqnarray}$ (hier zeigt sich noch einmal, wie verhunzt die Aufgabe ist, denn der Körper, aus dem wir s und t wählen dürfen, wurde nicht erwähnt; zu einem Vektorraum (V,K,+,) gehört immer ein Körper ). Alsdann ist offensichtlichst ( ) $\begin{eqnarray} x_2=-s-3t, x_1=-s-2t \end{eqnarray}$ , und der Kern ist offensichtlichst ( ) $\begin{eqnarray} ker(A)=\{s\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -3 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}:s,t\in K\} \end{eqnarray*}$
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20.01.2017, 17:24	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank, jetzt ergibt das ganze auch richtig Sinn, warum die Aufgabe so eigentlich nicht gestellt werden kann. Ich werde es auch mal dazu schreiben. Hat mir wirklich sehr geholfen zu verstehen wie man das löst! Nur eine Frage, dürfen wir das mit $\begin{eqnarray} x_3=2, x_4=t \end{eqnarray}$ machen da wir eine Nullzeile haben? Oder weil uns keine andere Möglichkeit bleibt und wir so alle Fälle abdecken? Ich kannte das bisher immer so dass, 1 Nullzeile bedeutet man darf einen Wert frei wählen. Würde hier jedoch wenig Sinn ergeben.
20.01.2017, 17:59	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine Frage noch zu der selben Aufgabe, das ich weiß ich hab es verstanden. Wir haben die Matrix $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ und suchen deren Kern, sodass $\begin{eqnarray} Bx = 0 \end{eqnarray}$ , wie von dir definiert. $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ ist wie folgt definiert $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 3 & 3 & 4 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 0 & -2 \\ 3 & 3 & 4 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ durch Elementare Zeilenumformungen erhalten wir $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 4/3 & 1/3 \\ 0 & -1 & -5/3 & 1/3 \\ 0 & 0 & 2/3 & -10/3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Daraus ergibt sich folgendes $\begin{eqnarray} x_4 = t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_3 = 5t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_2 = -8t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_1 = t \end{eqnarray}$ Somit gilt $\begin{eqnarray} ker(B) = \{t\begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ -8 \\ 1 \end{pmatrix}: t \in K \} \end{eqnarray}$ . Die Basis des $\begin{eqnarray} ker(B) \end{eqnarray}$ wäre also z.B. die Standartbasis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^{4} \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} \langle \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \rangle \end{eqnarray}$ .
20.01.2017, 18:26	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Die letzten beiden Zeilen sind falsch. Zum einen hast Du die Reihenfolge der Koordinaten vertauscht, zum anderen hast Du eine komplett falsche Schlussfolgerung aus der Darstellung des kerns gezogen. Wieviele Elemente braucht man zur Erzeugung aller Elemente des kerns?
20.01.2017, 18:43	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Entschuldige also es wäre $\begin{eqnarray} t\begin{pmatrix} 1 \\ -8 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix}:t \in K \end{eqnarray}$ . Ich bin mir nicht ganz sicher, der Kern selbst ist hier doch ein UVR des $\begin{eqnarray} \mathbb R^{4} \end{eqnarray}$ somit müsste doch jede Basis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^{4} \end{eqnarray}$ auch eine Basis des Kerns sein, oder kann ich das so einfach nicht sagen? Der Kern selbst sieht ja in seiner Darstellung schon aus wie eine Bais finde ich immer. Auf die Frage wieviele Elemente man zur Erzeugung aller Elemente des Kerns braucht, würde ich mal ganz dumm sagen es reicht $\begin{eqnarray} t\begin{pmatrix} 1 \\ -8 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix}:t \in K \end{eqnarray}$ , genau das erzeugt ja den Kern wäre es also die Basis?
20.01.2017, 18:53	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Zum ersten: Was eine Basis ist weisst Du? Ein linear unabhängiges Erzeugendensystem des entsprechenden Vektorraums. Die vier Einheitsvektoren erzeugen aber weit mehr als den kern deiner Matrix, nämlich den kompletten $\begin{align} \mathbb{R}^4 \end{align}$ . Zum zweiten: Der Vektorraum selber ist nicht linear unabhängig, also kann er keine Basis von sich selbst sein. Du benötigst hier genau ein Element zur Erzeugung des kerns, also ist seine Dimension eins. Bis auf den Nullvektor kannst Du jeden beliebigen Vektor des kerns zur Erzeugung nutzen. (Klar weshalb der Nullvektor nicht in Frage kommt?)
20.01.2017, 19:00	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich weiß, was eine Basis ist, aber muss die Basis nur genau die Vektoren Erzeugen, oder reicht es nicht schon wenn sie diese erzeugt, aber auch andere? So hatte ich das bis jetzt verstanden. Zu deiner zweiten Aussage, Den Nullvektor kann ich nicht nutzten da ich mit ihm nichts erzeugen kann. Wenn ich jeden Vektor aus dem Kern zur Erzeugung nehmen kann, ist ja eigentlich logisch, dann ist aber doch der Vektor $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ -8 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ein Basisvektor da ich mit $\begin{eqnarray} s\begin{pmatrix} 1 \\ -8 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix}:s \in K \end{eqnarray}$ alle $\begin{eqnarray} t\begin{pmatrix} 1 \\ -8 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix}:t \in K \end{eqnarray}$ erzeugen kann.
20.01.2017, 19:15	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Schlag noch mal die Definition nach: Ein Erzeugendensystem ist immer eine Teilmenge des entsprechenden Vektorraums, hier also des kerns. Von den vier Einheitsvektoren liegt aber kein einziger im kern.
20.01.2017, 19:31	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay ja das ergibt Sinn, entschuldige hatte diese Definition nicht mehr im Sinn und nicht gesehen. Stimmt denn dann die Aussage? Da ja anscheinend etwas falsch war, oder war lediglich die formulierung falsch?
20.01.2017, 20:42	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Basisvektor stimmt und der kern besteht aus allen Vielfachen dieses Vektors.
21.01.2017, 16:52	dubbox	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für die Hilfe!!

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