Lösung eines LGS < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
Guten Abend.
Zu einer Aufgabe sollte überprüft werden, ob es sich bei folgenden Vektoren um eine Basis des [mm] \IR^4 [/mm] handelt:
[mm] v_{1}=\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
[mm] v_{2}=\vektor{0 \\ 1 \\ 1 \\ 0}
[/mm]
[mm] v_{3}=\vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
[mm] v_{4}=\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ -1}
[/mm]
Zunächst habe ich überprüft, ob es sich bei den Vektoren um ein EZS im [mm] \IR^4 [/mm] handelt und anschließend ob diese lin. unabhängig sind.
[mm] a=\pmat{1 &0 & 0 &1\\1&1&0&0\\0&1&1&1\\0&0&1&-1}
[/mm]
Beim Lösen des LGS stieß ich auf folgende Treppennormalform:
[mm] T=\pmat{1 &0 & 0 &0\\0&1&0&0\\0&0&01&0\\0&0&0&1}
[/mm]
Dadurch ist jegliche Lösung der Matrixmultiplikation Tx=b mit [mm] b=\lamda=x [/mm] ablesbar.
Angenommen [mm] b=\vektor{-1\\-1\\1\\1}.
[/mm]
Dann ist eine Lösung für Tx=b ->
[mm] T\lamda=b=T\vektor{-1\\-1\\1\\1}=b [/mm] mit [mm] \lamda=\vektor{-1\\-1\\1\\1}
[/mm]
Ferner gilt über ein Lemma, dass invertierbare Matrizen die selbe Lösungsmenge haben.
A ist durch Elementarmatrizen in T überführbar. Somit sollten A und T die selbe Lösungsmenge haben.
Damit sollte [mm] \lamda [/mm] für A und T eine Lösung sein, die zum Vektor [mm] \vektor{-1\\-1\\1\\1} [/mm] führt.
Eine Multiplikation mit A führt jedoch zu einem anderen Ergebnis.
Wo liegt mein Denkfehler?
Grüße
|
|
| |
|
> Guten Abend.
>
>
> Zu einer Aufgabe sollte überprüft werden, ob es sich bei
> folgenden Vektoren um eine Basis des [mm]\IR^4[/mm] handelt:
>
> [mm]v_{1}=\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> [mm]v_{2}=\vektor{0 \\ 1 \\ 1 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]v_{3}=\vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 1}[/mm]
> [mm]v_{4}=\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ -1}[/mm]
>
> Zunächst habe ich überprüft, ob es sich bei den Vektoren
> um ein EZS im [mm]\IR^4[/mm] handelt und anschließend ob diese lin.
> unabhängig sind.
>
>
> [mm]a=\pmat{1 &0 & 0 &1\\1&1&0&0\\0&1&1&1\\0&0&1&-1}[/mm]
>
Hallo,
Du hast vier Vektoren eines vierdimensionalen Vektorraumes.
Wenn es Dir gelingt zu zeigen, daß die 4 Vektoren linear unabhängig sind, ist die Basiseigenschaft bewiesen.
> Beim Lösen des LGS stieß ich auf folgende
> Treppennormalform:
>
> [mm]T=\pmat{1 &0 & 0 &0\\0&1&0&0\\0&0&01&0\\0&0&0&1}[/mm]
Daraus kannst Du schließen, daß die Vektoren linear unabhängig sind, denn Du hast ausgerechnet, daß [mm] t_1=t_2=t_3=t_4=0 [/mm] die einzige Lösung der Gleichung
[mm] t_1v_1+t_2v_2+t_3v_3+t_4v_4=0
[/mm]
ist.
>
> Dadurch ist jegliche Lösung der Matrixmultiplikation Tx=b
> mit [mm]b=\lambda=x[/mm] ablesbar.
???
Die Matrix T ist invertierbar [mm] (4\times [/mm] 4-Matrix mit Rang 4), also hat für jedes [mm] b\in \IR^4 [/mm] die Gleichung Tx=b genau eine Lösung, nämlich [mm] x=T^{–1}b.
[/mm]
>
> Angenommen [mm]b=\vektor{-1\\-1\\1\\1}.[/mm]
> Dann ist eine Lösung für Tx=b ->
> [mm]T\lambda=b=T\vektor{-1\\-1\\1\\1}=b[/mm] mit
> [mm]\lambda=\vektor{-1\\-1\\1\\1}[/mm]
????
>
> Ferner gilt über ein Lemma, dass invertierbare Matrizen
> die selbe Lösungsmenge haben.
???
>
> A ist durch Elementarmatrizen in T überführbar. Somit
> sollten A und T die selbe Lösungsmenge haben.
Ah!
Du hattest die Gleichung [mm] t_1v_1+t_2v_2+t_3v_3+t_4v_4=0
[/mm]
zu lösen.
Als Matrix geschrieben lautet diese
[mm] \underbrace{(v_1\quad v_2\quad v_3\quad v_4)}_{=T}*\vektor{t_1\\t_2\\t_3\\t_4}=\vektor{0\\0\\0\\0}.
[/mm]
Nunhast Du Zeilenumformungen gemacht, und in der Tat hat
[mm] \pmat{1 &0 & 0 &0\\0&1&0&0\\0&0&01&0\\0&0&0&1}*\vektor{t_1\\t_2\\t_3\\t_4}=\vektor{0\\0\\0\\0}
[/mm]
dieselbe Lösung wie die andere Gleichung, nämlich [mm] t_1=t_2=t_3=t_4=0 [/mm] .
>
> Damit sollte [mm]\lambda[/mm] für A und T eine Lösung sein, die zum
> Vektor [mm]\vektor{-1\\-1\\1\\1}[/mm] führt.
???
Willst Du [mm] Tx=\vektor{-1\\-1\\1\\1} [/mm] lösen?
Multipliziere rechts und links mit [mm] T^{-1}:
[/mm]
[mm] x=T^{-1}*\vektor{-1\\-1\\1\\1}
[/mm]
LG Angela
>
> Eine Multiplikation mit A führt jedoch zu einem anderen
> Ergebnis.
>
> Wo liegt mein Denkfehler?
>
> Grüße
|
|
|
| |
|
Ich denke, dass ich zu viel Text geschrieben habe und mich dadurch falsch ausgedrückt habe.
Daher versuche ich es zu präzisieren:
A kann ich durch Zeilenumformungen, also Elementarmatrizen in T überführen.
[mm] T=\pmat{1 &0 & 0 &0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1}
[/mm]
T ist invertierbar (aus den von dir aufgeführten Gründen).
Somit sollte es für:
Tx=b mehr als eine Lösung geben, nämlich alle Lösungen [mm] x=T^{-1}b.
[/mm]
Wir nehmen nun an, dass [mm] v=b=\vektor{-1\\-1\\1\\1}.
[/mm]
Man kann aus der Treppenform die Lösung direkt ablesen.
Damit ist eine Lösung für Tx=b, [mm] lambda=\vektor{-1\\-1\\1\\1}, [/mm] denn
[mm] \pmat{1 &0 & 0 &0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1}*\vektor{-1\\-1\\1\\1}=\vektor{-1\\-1\\1\\1}
[/mm]
Nun sind T und A zeilenäquivalent.
Meine Annahme, bis jetzt, war , dass Ax=b und Tx=b die selbe Lösung haben sollten, da sie zeilenäquivalent sind.
Das hätte am obigen Beispiel mit [mm] \vektor{-1\\-1\\1\\1} [/mm] nicht funktioniert.
Mir fällt jetzt jedoch auf, dass sich Ax=b durch Zeilenumformung zu Tx=c ändert, da die Zeilenumformungen die gesamte Koeffizientenmatrix betreffen.
Ich denke hierin lag mein Gedankenfehler.
Kann das sein?
Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:59 So 12.05.2013 | | Autor: | helicopter |
Guten Abend,
> T ist invertierbar (aus den von dir aufgeführten
> Gründen).
>
> Somit sollte es für:
>
> Tx=b mehr als eine Lösung geben, nämlich alle Lösungen
> [mm]x=T^{-1}b.[/mm]
Nein. T ist invertierbar, damit existiert für Tx=b genau eine Lösung, nämlich [mm] T^{-1}b.
[/mm]
> Wir nehmen nun an, dass [mm]v=b=\vektor{-1\\-1\\1\\1}.[/mm]
> Man kann aus der Treppenform die Lösung direkt ablesen.
>
> Damit ist eine Lösung für Tx=b,
> [mm]lambda=\vektor{-1\\-1\\1\\1},[/mm] denn
>
> [mm]\pmat{1 &0 & 0 &0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1}*\vektor{-1\\-1\\1\\1}=\vektor{-1\\-1\\1\\1}[/mm]
>
>
> Nun sind T und A zeilenäquivalent.
>
> Meine Annahme, bis jetzt, war , dass Ax=b und Tx=b die
> selbe Lösung haben sollten, da sie zeilenäquivalent
> sind.
> Das hätte am obigen Beispiel mit [mm]\vektor{-1\\-1\\1\\1}[/mm]
> nicht funktioniert.
Es sind ja auch nicht gleiche Matrizen.
> Mir fällt jetzt jedoch auf, dass sich Ax=b durch
> Zeilenumformung zu Tx=c ändert, da die Zeilenumformungen
> die gesamte Koeffizientenmatrix betreffen.
>
> Ich denke hierin lag mein Gedankenfehler.
> Kann das sein?
>
> Grüße
Gruß helicopter
|
|
|
| |
|
Bist du dir sicher hinsichtlich der Aussage, dass für [mm] x=T^{-1}b [/mm] genau eine Lösung existiert?
Wenn man [mm] b\in\R^{4} [/mm] betrachtet, so kann ich für b endlich viele Vektoren aus [mm] R^{4} [/mm] einsetzen und erhalte mit [mm] T^{-1}b=x [/mm] endlich viele Vektoren, die diese Bedingung erfüllen.
Sollte es so gemeint sein, dass für einen Vektor b nur eine Lösung, also x , in Frage kommt, so würde ich dies bejahen aufgrund der Eindeutigkeit von EZS.
Ja es handelt sich um nicht gleiche Matrizen, dennoch sind sie zeilenäquivalent.
Ohne Beweisführung würde ich bspw. nicht auf die Idee kommen, dass zeilenäquivalente Koeffizientenmatrizen die selbe Lösungsmenge haben.
Gruß
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Bist du dir sicher hinsichtlich der Aussage, dass für
> [mm]x=T^{-1}b[/mm] genau eine Lösung existiert?
>
> Wenn man [mm]b\in\R^{4}[/mm] betrachtet, so kann ich für b endlich
> viele Vektoren aus [mm]R^{4}[/mm] einsetzen und erhalte mit
> [mm]T^{-1}b=x[/mm] endlich viele Vektoren, die diese Bedingung
> erfüllen.
>
> Sollte es so gemeint sein, dass für einen Vektor b nur
> eine Lösung, also x , in Frage kommt, so würde ich dies
> bejahen aufgrund der Eindeutigkeit von EZS.
Es war so gemeint das für jedes [mm] b\in\IR^4 [/mm] genau ein [mm] x\in\IR^4 [/mm] existiert mit Tx=b.
Denn die Matrix hat den vollen Rang und ist damit bijektiv.
>
> Ja es handelt sich um nicht gleiche Matrizen, dennoch sind
> sie zeilenäquivalent.
> Ohne Beweisführung würde ich bspw. nicht auf die Idee
> kommen, dass zeilenäquivalente Koeffizientenmatrizen die
> selbe Lösungsmenge haben.
Das Zeilenäquivalente Matrizen die selbe Lösungsmenge haben hab ich noch nicht gehört,
kann dazu also leider nichts sagen.
> Gruß
Gruß helicopter
|
|
|
| |
|
Hallo,
ich möchte den Versuch machen, etwas zu sortieren.
Du hattest eine Matrix A, welche Du durch elementare Zeilenumformungen umgeformt hattest zur Matrix T.
Zunächst einmal halten wir fest, daß Matrizen überhaupt keine Lösungsmenge haben.
Eine Lösungsmenge haben jedoch durch Matrizen gegebene homogene Gleichungssysteme, und da A und T zeilenäquivalent sind, sind die Lösungsmengen der homogenen Systeme Ax=0 und Tx=0 gleich.
In Deinem Falle war T die Einheitsmatrix.
Die einzige Lösung von Tx=0 ist die Lösung x=0,
und damit ist dies auch die einzige Lösung von Ax=0.
Daraus können wir schließen, daß die 4 Spalten von A linear unabhängig sind, was zur Folge hat, daß man zu jedem beliebigen [mm] b\in \IR^4 [/mm] einen passenden Vektor x findet mit Ax=b.
Es ist [mm] BildA=\{Ax| x\in\IR^4\}=\IR^4.
[/mm]
> Bist du dir sicher hinsichtlich der Aussage, dass für
> [mm]x=T^{-1}b[/mm] genau eine Lösung existiert?
Ja.
Die Matrix A ist invertierbar.
Zu jedem vorgegebenen b [mm] \in \IR^4 [/mm] finden wir genau ein [mm] x\in\IR^4 [/mm] mit Ax=b, nämlich [mm] x=A^{-1}b.
[/mm]
> Ja es handelt sich um nicht gleiche Matrizen, dennoch sind
> sie zeilenäquivalent.
> Ohne Beweisführung würde ich bspw. nicht auf die Idee
> kommen, dass zeilenäquivalente Koeffizientenmatrizen die
> selbe Lösungsmenge haben.
Nochmal: Matrizen haben keine Lösungsmenge.
Du hast hier durch elementare Zeilenumformungen A in T überführt.
Die kannst Du durch eine passende Matrix [mm] E_Z [/mm] ausdrücken: es ist [mm] E_Z*A=T.
[/mm]
Nun gilt für festes b:
die Gleichungssysteme
Ax=b und (E_ZAx=E_Zb <==> Tx=E_Zb)
haben dieselben Lösungsmengen.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:02 Mo 13.05.2013 | | Autor: | Masseltof |
Hallo angela.h.b.
Danke für die Mühe.
Es ist wichtig auf richtige Formulierungen zu achten, wobei ich leider geschludert habe.
Auf jeden Fall ist mir mein Denkfehler nun klar.
Dafür danke an alle Beteiligten :).
Grüße
|
|
|
|
