Summenzeichen

15.01.2019, 13:41

Laura23

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Summenzeichen

Meine Frage:
Hallo ich bin etwas verwirrt .

a) Angenommen es gilt $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i}^{} v_{i}a_{i}= \sum\limits_{i,j}^{} v_{i}b_{ij} c_{j} \end{eqnarray*}$ warum folgt dann daraus $\begin{eqnarray*} a_{i}= \sum\limits_{j}^{} b_{ij} c_{j} \end{eqnarray*}$ ?

b) Wenn wir nun $\begin{eqnarray*} a_{i}= \sum\limits_{j}^{} b_{ij} c_{j} \end{eqnarray*}$ haben und die Gleichung nach cj umstellen steht da dann

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j}^{} (b_{ij})^{-1}a_{j}= c_{i} \end{eqnarray*}$ oder

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i}^{} (b_{ij})^{-1}a_{i}= c_{j} \end{eqnarray*}$ ?

Meine Ideen:
zu a) Ich dachte erst mal ganz einfach und meinte das man einfach v^i auf die andere Seite dividiert. Das geht aber nicht..

zu b) Ich glaube beides geht

15.01.2019, 13:54

Helferlein

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Zu a) Ohne weitere Voraussetzungen folgt das nicht. Wenn z.B. alle v_i=0 sind, sind die Koeffizienten dahinter ziemlich egal und sicher nicht zwangsläufig gleich.
Ich vermute mal, es wurde von linear unabhängigen v_i ausgegangen?

Zu b) Auch hier ist ohne weitere Informationen keine Aussage möglich, da Du es mit einem LGS zu tun hast, von dem nicht klar ist, ob es eindeutig lösbar ist, oder vielleicht unterbestimmt.

Wie üblich gilt: Ohne den kompletten Aufgabentext kann man Dir leider nicht weiterhelfen.

15.01.2019, 14:14

Laura23

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Es gibt keine Orginialaufgabe.. Ich habe mir das selbst überlegt und nach einer Antwort gesucht.

a) Wir beschränken uns weiter: $\begin{eqnarray*} v^{i} \in R und v=(v^1,v^2,...,v^n) \in R^{n} \end{eqnarray*}$ . Jetzt sollte a) gelten wegen:

$\begin{eqnarray*} v^{1}a_{1}+...+v^{n}a_{n} = v^T \cdot (a_{1},a_{2},...,a_{n})^T \end{eqnarray*}$

b) Angenommen die Gleichung ist lösbar, was ist dann lösbar?

15.01.2019, 14:46

Helferlein

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Wir sind uns immer noch nicht über die Rahmenbedingung einig.
Einerseits definierst Du $\begin{eqnarray*} v^i \end{eqnarray*}$ als eine Element einer Menge Rundv (Was immer das für eine Menge sein soll), andererseits als i-te Koordinate von v. Zudem ist $\begin{eqnarray*} v^Ta^T \end{eqnarray*}$ nur für einen Spaltenvektor v definiert, Du hast vorher aber v als Zeilenvektor angegeben.

Bei b) hast Du es doch mit einer allgemeinen Matrixgleichung $\begin{eqnarray*} a=Bc \end{eqnarray*}$ zu tun. Diese hat für invertierbare B die eindeutige Lösung $\begin{eqnarray*} c=B^{-1}a \end{eqnarray*}$ . Deine Gleichung setzt wieder voraus, dass sämtliche $\begin{eqnarray*} b_{ij} \end{eqnarray*}$ ungleich Null sind, was ja im allgemeinen auch nicht der Fall sein wird, trotz Lösbarkeit.

15.01.2019, 15:04

Laura23

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Zitat:

Original von Helferlein
Wir sind uns immer noch nicht über die Rahmenbedingung einig.
Einerseits definierst Du $\begin{eqnarray*} v^i \end{eqnarray*}$ als eine Element einer Menge Rundv (Was immer das für eine Menge sein soll),..

zu a) Haha tut mir leid da steht:

$\begin{eqnarray*} v^{i} \in R \textrm{ für } i=1,2,...,n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v= (v^{1},...,v^{n})^T \end{eqnarray*}$ .
Wenn das gilt dann ist doch die obige Behauptung Wahr?

zu b) Angenommen $\begin{eqnarray*} b_{ij} \end{eqnarray*}$ gehört zu einer Bilinearform und $\begin{eqnarray*} b_{ij} \end{eqnarray*}$ ist nicht ausgeartet. Welche Lösung gilt dann ?

gilt: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j}^{} (b_{ij})^{-1}a_{j}= c_{i} \end{eqnarray*}$ oder

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i}^{} (b_{ij})^{-1}a_{i}= c_{j} \end{eqnarray*}$ ?

ODER beide ?

Danke für die Antwort.

15.01.2019, 15:41

Laura23

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Also zu a) nochmal:

Zur Vereinfachung schauen wir uns die summe bis n=2 an:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i}^{2} v_{i}a_{i}= \sum\limits_{i,j}^{2} v_{i}b_{ij} c_{j} \end{eqnarray*}$ .

also $\begin{eqnarray*} v_{1}a_{1}+v_{2}a_{2}=v_{1} \left( b_{11}c_{1}+b_{12}c_{2}\right)+v^2\left(b_{21}c_{1}+b_{22}c_{2} \right) \end{eqnarray*}$ .

Mit Koeffizientenvergleich folgt also:

$\begin{eqnarray*} a_{1}=b_{11}c_{1}+b_{12}c_{2} \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} a_{2}=b_{21}c_{1}+b_{22}c_{2} \end{eqnarray*}$

Das kompakt aufgeschrieben ist

$\begin{eqnarray*} a_{i}= \sum\limits_{j}^{} b_{ij} c_{j} \end{eqnarray*}$

so sollte es doch stimmen oder ? smile

smile

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15.01.2019, 15:47

Helferlein

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Nein, denn deine $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ sind als Koordinaten eines Vektors v doch reelle Zahlen. Die kannst Du beliebig miteinander verrechnen. Koeffizientenvergleich ist nur dann sinnvoll, wenn die Elemente, welche Koeffizienten haben, nicht ineinander überführt werden können, wie z.B. Potenzfunktionen oder Basisvektoren.

15.01.2019, 16:10

Laura23

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Was meinst du mit "Die kannst du beliebig miteinander verrechnen"?
Kannst du mir bitte dazu ein Beispiel geben ?

Wenn v bzgl der Basisdarstellung dargestellt wäre und die v_i die Koordinatendarstellung bzgl der Basis B ist, wie sieht es dann aus ?

15.01.2019, 16:17

HAL 9000

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Vielleicht ist es ja so gemeint: Für alle (!) $\begin{eqnarray*} v= \left(v^{1},\ldots,v^n\right)^T \in \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \sum_i v_ia_i = \sum_{i,j} v_ib_{ij}c_j \end{eqnarray*}$ .

In dem Fall klappt das mit dem Koeffizientenvergleich, aber diese Rahmenbedingung muss man dann natürlich auch so deutlich benennen, denn wenn es nur für ein $\begin{eqnarray*} v= \left(v^{1},\ldots,v^n\right)^T \in \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ stimmt, klappt das nicht.

15.01.2019, 16:21

Helferlein

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$\begin{eqnarray*} v_{1}a_{1}+v_{2}a_{2}=v_{1} \left( b_{11}c_{1}+b_{12}c_{2}\right)+v_2\left(b_{21}c_{1}+b_{22}c_{2} \right) \end{eqnarray*}$ .

Nehmen wir an $\begin{eqnarray*} v_1=3, v_2=2 \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} a_1=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2=3 \end{eqnarray*}$ , dann gilt doch auch $\begin{eqnarray*} 3\cdot 1+2\cdot3=3 \cdot 3+2\cdot 0 \end{eqnarray*}$ und es ist offensichtlich $\begin{eqnarray*} a_1=1 \neq 3 \end{eqnarray*}$ . Die Koeffizienten sind hier also nicht eindeutig, was aber Voraussetzung für einen sinnvollen Vergleich ist.

EDIT: Dieses Posting war als Antwort auf Lauras Beitrag gemeint. Da hatte ich HALs Bemerkung noch nicht gelesen.

15.01.2019, 16:24

URL

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Schließlich noch eine geometrische Interpretation: Deine Gleichung besagt $\begin{eqnarray*} v^Ta=v^TBc \end{eqnarray*}$ oder also $\begin{eqnarray*} 0=v^T(a-Bc) \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt nur, dass $\begin{eqnarray*} a-Bc \end{eqnarray*}$ auf dem Vektor $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ senkrecht steht - und das gilt sicher für alle Vektoren eines n-1 dimensionalen Unterraums.

15.01.2019, 16:53

Laura23

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hmm interessant.

@helferlein:

Ich verstehe. Das bedeutet, wenn wir sagen das die Gleichung für ein $\begin{eqnarray*} (v_1,v_2,...,v_n)^T \in R^n \end{eqnarray*}$ gilt und für diesen einen Koeffizientenvergleich durchführen, gilt dieser Vergleich nicht weil die Koeffizienten in der Gleichung nicht eindeutig sind bei gegebenem $\begin{eqnarray*} v_1,v_2,...,v_n \end{eqnarray*}$ .

Also müsste ich wie Hal9000 gesagt hat voraussetzen das die Gleichung für alle $\begin{eqnarray*} (v_1,v_2,...,v_n)^T \in R^n \end{eqnarray*}$ gilt oder ?

15.01.2019, 17:00

Laura23

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Das mit den koeffizienten gilt dann auch nur wenn die a's b's und c's Koeffizienten sprich eine Zahl sind oder ?

Was ist wenn z.B für a_{1}=cos(x) gilt ?

15.01.2019, 18:06

Laura23

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Was ist nun mit (siehe Bild) ? Wenn es eine Lösung gibt gilt doch beides oder
Beides ist das selbe nur mit einer anderen Indexbezeichnung

15.01.2019, 18:41

HAL 9000

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Es ist NICHT dasselbe! Wenn du bei $\begin{eqnarray*} \sum_j \left(b_{ij}\right)^{-1}a_j = c_i \end{eqnarray*}$ die Indizes $\begin{eqnarray*} i,j \end{eqnarray*}$ vertauschst, dann kommt $\begin{eqnarray*} \sum_i \left(b_{{\color{red}ji}}\right)^{-1}a_i = c_j \end{eqnarray*}$ heraus - also aufpassen!!!

15.01.2019, 18:49

Laura23

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Danke für den hinweis. Das stimmt natürlich. Falls aber die Matrix b symmetrisch ist, ist das doch egal oder ?

15.01.2019, 19:00

HAL 9000

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Dann ja, aber davon war ja bisher keine Rede.

15.01.2019, 20:18

Laura23

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Zitat:

Original von Helferlein
$\begin{eqnarray*} v_{1}a_{1}+v_{2}a_{2}=v_{1} \left( b_{11}c_{1}+b_{12}c_{2}\right)+v_2\left(b_{21}c_{1}+b_{22}c_{2} \right) \end{eqnarray*}$ .

Nehmen wir an $\begin{eqnarray*} v_1=3, v_2=2 \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} a_1=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2=3 \end{eqnarray*}$ , dann gilt doch auch $\begin{eqnarray*} 3\cdot 1+2\cdot3=3 \cdot 3+2\cdot 0 \end{eqnarray*}$ und es ist offensichtlich $\begin{eqnarray*} a_1=1 \neq 3 \end{eqnarray*}$ . Die Koeffizienten sind hier also nicht eindeutig, was aber Voraussetzung für einen sinnvollen Vergleich ist.

EDIT: Dieses Posting war als Antwort auf Lauras Beitrag gemeint. Da hatte ich HALs Bemerkung noch nicht gelesen.

Was ändert sich hier wenn die Gleichung für alle (v1,v2,...,vn) gilt ?

15.01.2019, 21:24

Laura23

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Dann könnte man doch auch das sagen was helferlein sagte..

Kann mir das noch jemand erklären bitte?

16.01.2019, 00:35

Helferlein

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Wenn die Gleichung für alle Vektoren v gilt, dann auch im Speziellen für die Einheitsvektoren. Daraus folgt sofort die Gleichung.

16.01.2019, 10:44

Laura23

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Das heißt bei n=2 würde man v1= (1,0) und v2= (0,1) setzen und daraus würde OHNE Koeffizientenfunktionen die Gleichung folgen. Das verstehe ich.

Wenn die Gleichung für alle Vektoren v gilt warum kann man das dann trotzdem mit dem Koeffizientenvergleich machen ?
Ich fand dein Gegenbeispiel bei meinem Koeffizientenvergleich toll, das könnte ich doch genauso machen, wenn die Gleichung für alle v gilt ?
Ich könnte ja also trotzdem die Zahlen miteinander verrechnen was ist der Trick dabei?

16.01.2019, 15:18

Helferlein

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Der Unterschied ist, dass in meinem Beispiel eine Gleichung gegeben ist, die ist natürlich nicht eindeutig lösbar. Für $\begin{eqnarray*} v\in \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ haben wir es aber mit n^n Gleichungen zu tun und die sind aufgrund von Redundanz eindeutig lösbar. Genau genommen reicht es, wenn die Aussage auf einer Basis des Vektorraums gelten soll, um die Eindeutigkeit zu zeigen.

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