Basis für den Unterraum des R4

12.12.2021, 22:58	Jow	Auf diesen Beitrag antworten »
Basis für den Unterraum des R4 Meine Frage: Gesucht ist eine Basis für den Unterraum des R4 der alle Vektoren enthält, die senkrecht auf (1, 1, 0, 0) und (1, 0, 1, 1)stehen.(die zeilenvektoren werden in ein matrix geführt und dessen Kern muss bestimmt werden) Warum werden x2 und x3 als pivotelemente für den reduzierten Treppenmatrix genommen? Ich sehe, dass über x2 und x3 0en stehen, aber ich dachte man nimmt immer x1 als pivotelement solange x1 !=0 und unter x1 keine 0 steht.. Darf ein reduzierter Treppenmatrix so aussehen? 1 1 0 0 1 0 1 1 Meine Ideen: Man bringt die Zeilenvektoren in einen Matrix und da muss man dessen Kern bestimmen, aber ich hätte mit x1 als pivotelement die matrix in reduzierter Treppenmatrix gebracht(also dass x1 und x2 Pivotelemente werden) und erst dann die Basis abgelesen.. 1 1 0 0 1 0 1 1 -> 1 0 1 1 0 1 -1 -1 So sieht für mich ein reduzierter treppenmatrix aus..( x1 x2 pivotelemente)
13.12.2021, 00:22	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, richtig. Es soll $\begin{eqnarray} \langle\mathbf v,\mathbf x\rangle = \mathbf v^T\mathbf x = 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \langle\mathbf w,\mathbf x\rangle = \mathbf w^T\mathbf x = 0 \end{eqnarray}$ sein. Demzufolge muss $\begin{eqnarray} A\mathbf x := \begin{pmatrix}\mathbf v^T \\ \mathbf w^T\end{pmatrix}\mathbf x = \begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ gelten, womit der Kern von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ gesucht ist. Hier braucht es kein Gauß-Verfahren. An $\begin{eqnarray} A\mathbf x = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ liest man $\begin{eqnarray} x_1+x_2 = 0, \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_1+x_3+x_4 = 0 \end{eqnarray}$ ab. Somit bestehen die Beziehungen $\begin{eqnarray} x_2 = -x_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x_4 = -x_3-x_1. \end{eqnarray}$ Das heißt, die Lösungen sind von der Form $\begin{eqnarray} \mathbf x(x_1,x_3) = \begin{pmatrix}x_1 \\ -x_1\\ x_3\\ -x_3-x_1\end{pmatrix}. \end{eqnarray}$ Probe machen, es muss $\begin{eqnarray} A\mathbf x=0 \end{eqnarray}$ sein. Als Basis einfach $\begin{eqnarray} \mathbf x(1,0) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathbf x(0,1) \end{eqnarray}$ benutzen. Das sind $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ -1\\ 0\\ -1\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}0 \\ 0\\ 1\\ -1\end{pmatrix}. \end{eqnarray}$

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »