Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz

02.03.2025, 11:28

KonverDiv

Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz

Hallo

Angenommen $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist eine $\begin{eqnarray*} m \times n \end{eqnarray*}$ Matrix mit $\begin{eqnarray*} Rang(A) = r \end{eqnarray*}$ , ich möchte, ohne den Dimensionssatz zu benutzen, zeigen, dass die Dimension des Lösungsraumes des homogenen linearen Gleichungssystemes $\begin{eqnarray*} Ax = 0 \end{eqnarray*}$ genau $\begin{eqnarray*} n-r \end{eqnarray*}$ ist.

Mein Ansatz, wir können die Matrix $\begin{eqnarray*} A = \left[ \begin{array}{cccccc} a_1 & ... & a_r & a_{r+1} & ... & a_{n} \end{array} \right] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_i \in \mathbb{K}^m \end{eqnarray*}$ in reduzierte Zeilen-Stufenform bringen, dann haben wir $\begin{eqnarray*} a_1, ... , a_r \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Spalten, wegen $\begin{eqnarray*} Rang(A) = r \end{eqnarray*}$ . Das heißt, die anderen Spalten $\begin{eqnarray*} a_{r+1} , ... ,a_{n} \end{eqnarray*}$ sind als Linearkombinationen der Spalten $\begin{eqnarray*} a_1, ... , a_{r} \end{eqnarray*}$ darstellbar, also gilt

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{c} a_{r+1} = \sum_{i=1}^{r} c_{r+1, i} a_{i} \\ \vdots \\ a_{n} = \sum_{i=1}^{r} c_{n, i} a_{i} \end{array} \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} c_{k,l} \in \mathbb{K} \end{eqnarray*}$ . Das können wir umschreiben zu

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{c} a_{r+1} - \sum_{i=1}^{r} c_{r+1, i} a_{i} = 0 \\ \vdots \\ a_{n} - \sum_{i=1}^{r} c_{n, i} a_{i} = 0 \end{array} \end{eqnarray*}$

was uns nun die Vektoren $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ gibt mit

$\begin{eqnarray*} v_j = \left( \begin{array}{c} -c_{j,1} \\ \vdots \\ -c_{j,r} \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array} \right) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} j = r+1, ... , n \end{eqnarray*}$ ist und der Vektor $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ eine 1 an der $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ -ten Stelle besitzt.

Wir sehen nun, dass $\begin{eqnarray*} A v_j = 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} j = r+1 , ... , n \end{eqnarray*}$ gilt. Außerdem sind die $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ alle linear unabhängig, weil die 1 an verschiedenen Komponenten steht (Formaler Beweis für die lineare Unabhängigkeit möglich?).

Wie schließt man nun daraus, dass der Lösungsraum des Homogenen LGS $\begin{eqnarray*} Ax = 0 \end{eqnarray*}$ , die Dimension $\begin{eqnarray*} n-r \end{eqnarray*}$ hat? Einfach weil wir bereits diese $\begin{eqnarray*} n-r \end{eqnarray*}$ linear unabhängigen Vektoren $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ gefunden haben?

Vielen Dank für eure Hilfen hierbei! Freude

03.03.2025, 13:42

Elvis

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Die Vektoren haben alle r+1 Komponenten und die 1 an derselben Stelle. Ob alle c-Komponenten dieser Vektoren von 0 verschieden sind, wissen wir auch nicht. Bist du sicher, dass sie im Kern von A liegen? Ich sehe das noch nicht. Irgendwie kann man den Satz bestimmt elementar beweisen, aber der Aufwand dürfte größer sein.

03.03.2025, 18:02

IfindU

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz

Zitat:

Original von KonverDiv
$\begin{eqnarray*} v_j = \left( \begin{array}{c} -c_{j,1} \\ \vdots \\ -c_{j,r} \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array} \right) \end{eqnarray*}$

Sollte sicherlich $\begin{eqnarray*} v_j = \left( \begin{array}{c} -c_{j,1} \\ \vdots \\ -c_{j,r} \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array} \right) + e_j \end{eqnarray*}$ meinen. Und das sollte richtig sein. Aber damit hast du $\begin{eqnarray*} n-r \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Vektoren gefunden. Du müsstest noch zeigen, dass es nicht noch mehr gibt. Und das tut man wohl, indem man die restlichen $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ fehlenden zur Basis nimmt und zeigt, dass diese nicht 0 werden... Also im Bild liegen.

Effektiv zeigst du also dann den Dimensionssatz.

04.03.2025, 16:58

KonverDiv_

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz
Hallo Elvis und IfindU und danke für eure Antworten! (Ich habe meine Account Daten gerade nicht zur Hand) smile

Zitat:

Original von IfindU
Sollte sicherlich $\begin{eqnarray*} v_j = \left( \begin{array}{c} -c_{j,1} \\ \vdots \\ -c_{j,r} \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array} \right) + e_j \end{eqnarray*}$ meinen.

Richtig! So habe ich es oben formuliert, ich hab nur im Nebensatz hinzugefügt eine 1 an der $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ -ten Stelle bei $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} j = r+1, ..., n \end{eqnarray*}$ .

Du müsstest noch zeigen, dass es nicht noch mehr gibt. Und das tut man wohl, indem man die restlichen $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ fehlenden zur Basis nimmt und zeigt, dass diese nicht 0 werden

Wenn ich dich richtig verstehe IfindU, meinst du, dass man einen Widerspruch aus der Annahme: Angenommen $\begin{eqnarray*} B := \{v_1 , ...v_r , v_{r+1}, ... , v_{n}\} \end{eqnarray*}$ ist eine Basis, zeigen kann, richtig?

04.03.2025, 18:34

IfindU

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz
Ich würde $\begin{eqnarray*} \{ e_1, \ldots, e_r, v_{r+1}, \ldots, v_{n} \} \end{eqnarray*}$ nehmen. Mir wäre unklar was $\begin{eqnarray*} v_1, \ldots, v_r \end{eqnarray*}$ in dem Fall wären.

Aber ja, die $\begin{eqnarray*} e_i \end{eqnarray*}$ liegen nicht im Kern und $\begin{eqnarray*} A e_i = a_i \end{eqnarray*}$ spannen das Bild auf. Was damit effektiv der Dimensionssatz wird.

04.03.2025, 19:00

KonverDiv_

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz

Zitat:

Original von IfindU
Ich würde $\begin{eqnarray*} \{ e_1, \ldots, e_r, v_{r+1}, \ldots, v_{n} \} \end{eqnarray*}$ nehmen. Mir wäre unklar was $\begin{eqnarray*} v_1, \ldots, v_r \end{eqnarray*}$ in dem Fall wären.

Gute Idee, ich hätte sonst $\begin{eqnarray*} e_1 = a_{1,1}A_1 + a_{1,r}A_r, ... , e_r = a_{r,1}A_1 + a_{r,r}A_r \end{eqnarray*}$ vorgeschlagen (wegen $\begin{eqnarray*} Rang(A) = k \end{eqnarray*}$ sind die $\begin{eqnarray*} A_1, ... , A_k \end{eqnarray*}$ Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ linear unabhängig, d.h. die Standardbasis Vektoren $\begin{eqnarray*} e_1, ... , e_r \end{eqnarray*}$ können als Linearkombination der Spalten $\begin{eqnarray*} A_1, ... , A_r \end{eqnarray*}$ aufgefasst werden)

Man sieht dann bei dir als auch bei meinem Vorschlag, dass $\begin{eqnarray*} Ae_i = A_i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i=1,...,r \end{eqnarray*}$ ist und damit nicht im Kern liegen kann. Die $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} j=r+1,...,n \end{eqnarray*}$ liegen aber definitiv im Kern und sind linear unabhängig, damit spannen die $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ den Kern auf, wir haben oben gesehen, dass wenn wir weitere Vektoren abseits der $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ hinzufügen, diese $\begin{eqnarray*} Ax = 0 \end{eqnarray*}$ nicht mehr erfüllen, damit sind die $\begin{eqnarray*} n-r \end{eqnarray*}$ Vektoren $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ ausreichen.

Argumentation schlüssig?

04.03.2025, 19:05

KonverDiv_

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz
Ich meine oben:

$\begin{eqnarray*} e_1 = a_{1,1}A_1 +...+ a_{1,r}A_r, ... , e_r = a_{r,1}A_1 +...+ a_{r,r}A_r \end{eqnarray*}$

07.03.2025, 20:07

KonverDiv

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz
Also alles richtig? verwirrt

08.03.2025, 07:57

IfindU

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz
Damit unterstellst du $\begin{eqnarray*} e_1, \ldots, e_r \end{eqnarray*}$ spannen den gleichen Raum auf wie $\begin{eqnarray*} a_1, \ldots, a_r \end{eqnarray*}$ . Was machst du, wenn in deinem Beispiel $\begin{eqnarray*} a_1 = e_{1+ 1}, a_2 = e_{1+2}, \ldots, a_r = e_{r+1} \end{eqnarray*}$ wäre?

08.03.2025, 14:01

KonverDiv

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RE: Dimension des Lösungsraumes von Ax = 0 ohne Dimensionssatz
Hallo @IfindU smile

das sehe ich ein! Danke für deine Hilfe! Freude

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