Kern einer Matrix über Z/2Z < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:10 Mo 15.07.2013 | | Autor: | ThomasTT |
Sei $A$ eine [mm] $n\times [/mm] m$ Matrix mit ganzzahligen Einträgen. Sei $n<m$, dann ist der Kern [mm] $K=\ker(A)\subseteq \mathbb R^m$ [/mm] nicht leer. Doch was kann man über den Kern $K'$ von $A'= (A\ mod\ 2)$ über [mm] $\mathbb F_2 [/mm] = [mm] \mathbb Z/2\mathbb [/mm] Z$ sagen? Sprich wenn $K$ sagen wir $d$ Basisvektoren hat, hat der Kern $K'$ dann $d'$ Basisvektoren mit [mm] $d\le [/mm] d'$ ?
Seien also [mm] $\{v_1,...v_d\}\subset [/mm] K$ die $d$ Basisvektoren von $K$, dann können wir zunächst annehmen, dass all diese Vektoren in [mm] $\mathbb Z^m$ [/mm] sind. Nehmen wir diese dann mod 2, so erhalten wir die Vektoren [mm] $\{v'_1,...,v'_d\}$. [/mm] Und diese sind dann in [mm] $K'\subset \mathbb F_2^m$. [/mm] Doch nun bin ich mir unsicher wie ich weiter verfahren sollte.
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Hey Thomas,
Es stimmt, es ist $(K mod 2) [mm] \subseteq [/mm] K'$.
Allerdings hat deine Argumentation noch ein kleines Problem:
zB [mm] $\vektor{1 \\ 2}$ [/mm] und [mm] $\vektor{1 \\ 0}$ [/mm] sind linear unabhängig über [mm] $\IZ$ [/mm] bzw. [mm] $\IQ$, [/mm] über [mm] $\IF_2$ [/mm] allerdings nicht mehr (dort sind sie sogar gleich).
Daher kannst du nicht sagen, dass die [mm] $\{v_1',\ldots , v_d'\}$ [/mm] zu einer Basis von $K'$ ergänzt werden können, da sie im Allgemeinen nicht linear unabhängig sein müssen.
Daher erhältst du leider auch nicht $d [mm] \leq [/mm] d'$.
Es gilt tatsächlich $d [mm] \leq [/mm] d'$, allerdings kannst du das leider nicht auf diese Art zeigen.
Kennst du schon den Begriff des Rangs einer Matrix und weißt du was dieser mit der Dimension des Kerns zu tun hat?
Wenn ja dann versuch mal zu zeigen, dass $Rang(A') [mm] \leq [/mm] Rang(A)$.
Hinweis: Haben wir eine nichttriviale Darstellung der $0$ als
$0 = [mm] \sum_i^m z_iv_i$ [/mm] mit [mm] $v_i \in \IZ^m$ [/mm] und [mm] $z_i \in \IZ$ [/mm] nicht alle gleich $0$, so erhalten wir auch modulo $2$ eine Darstellung der 0 - diese könnte aber trivial sein.
Zeige, dass aus dieser Darstellung in [mm] $\IZ^m$ [/mm] auch eine nichttrivale Darstellung der $0$ in [mm] $\IF_2^m$ [/mm] folgt, also die [mm] $v_i'$ [/mm] linear abhängig über [mm] $\IF_2$ [/mm] sind.
lg
Schadow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:50 Di 16.07.2013 | | Autor: | ThomasTT |
Also kurz zum Context: die Frage ist von einer Kommutative Algebra Altklausur (Bachelor 3. Jahr bzw. 6. Semester). Daher sind mir Dinge wie der Rang einer Matrix bekannt.
Was mich bei dieser Frage jedoch verwirrt, ist wie man die Zahlen $d$ und $d'$ auffassen kann. Darf man sie als Dimensionen der Kerne $K,K'$ bezeichnen? Aber wenn man $K$ als Teilmenge von [mm] $\mathbb Z^m$ [/mm] ansieht, dann kann man ja nicht wirklich von einer Dimension reden, da es ja kein Vektorraum ist.
Ich hatte nun versucht einen Gruppenhomomorphism zwischen der additiven Gruppe [mm] $K=\{x\in\mathbb Z^m\mid Ax=0\}$ [/mm] und der additiven Gruppe [mm] $K'=\{x\in \mathbb F_2^m\mid Ax\equiv 0 \mod 2\}$ [/mm] zu finden. Beispielsweise $f:K/2K [mm] \to [/mm] K'$. Denn wenn $f$ injektiv ist, dann wäre doch [mm] $d\le [/mm] d'$, oder? Aber ich komme immer etwas durcheinander.
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Ich nehme stark an, dass sowohl $d$ als auch $d'$ Dimensionen sein sollen.
[mm] $\IF_2$ [/mm] ist ein Körper, da macht das also kein Problem.
Für $K$ verstehe ich das so, dass man eine Basis des Kerns (als [mm] $\IQ-$Vektorraum) [/mm] ausrechnet und jeden einzelnen Basisvektor mit einem geeigneten skalaren Vielfachen multipliziert, sodass er ganzzahlig wird.
Natürlich hast du Recht, $d$ ist nicht die Dimension von $K$ als [mm] $\IZ-$Modul [/mm] (hier müsste man nämlich erstmal die Frage stellen, ob $K$ überhaupt frei ist).
Der Gruppenhomomorphismus wird dich wahrscheinlich nicht sehr weit bringen, da $K$ unendlich groß ist und $K'$ nur endlich.
lg
Schadow
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