Rang, Bild, Kern < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:49 Fr 31.12.2010 | | Autor: | Mandy_90 |
Guten Morgen,
Ich beschäftige mich mit der Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems und wollte da einmal alles durchrechnen (Kern,Bild,Rang),hatte aber an einigen Stellen Probleme. Dazu hab ich mir folgende Matrix genommen: [mm] A=\pmat{ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 4 & 1 } \in \IQ^{3 \times 4}, b=\vektor{2 \\ -1 \\ 3}.
[/mm]
So,jetzt habe ich folgende Dinge berechnet:
1.Zeilenrang und Spaltenrang
2.Kern und dim(Kern [mm] f_{A})
[/mm]
3.Bild und dim(Bild [mm] f_{A})
[/mm]
1. Den Zeilenrang bestimmt man indem man die Matrix A auf Stufenform bringt und die Anzahl der Stufenspalten abliest,das ist dann der Zeilenrang.
Die Stufenmatrix lautet [mm] A'=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }. [/mm] Das heißt der Zeilenrang ist 2.
So,ich weiß,dass der Zeilenrang immer =Spaltenrang ist,aber ich will mal den Spaltenrang separat berechnen.
Es ist [mm] Spaltenrang=dim(Lin_{K}\{\vektor{0 \\ 1 \\ 1},\vektor{0 \\ 0 \\ 0},\vektor{2 \\ 0 \\ 4},\vektor{1 \\ -1 \\ 1}\}).
[/mm]
Jetzt muss ich eine Basis von [mm] Lin_{K}\{...\} [/mm] bestimmen um die Dimension herauszufinden und das finde ich schwierig.Ich weiß nicht genau,wie ich eine Basis des Spaltenraums bestimmen soll,außer dass ich herumprobiere. Kann man das nur "sehen" oder gibt es eine Methode,wie man am schnellsten eine Basis findet?
Die Standardbasis des [mm] \IR^{3} [/mm] wäre eine Möglichkeit,aber die hat die Dimension 3 und hier muss die Dimension 2 sein.
2. Kern:
Zum Kern haben wir uns folgendes aufgeschrieben:
dim(Kern [mm] f_{A})=dim\{x \in K^{n}|A*x=0\}=n-r [/mm] (=Anzahl der Nichtstufenspalten).
Also hab ich wieder meine Stufenmatrix und es n-r=4-2=2.
Ich hab das jetzt zwar berechnet,aber ich verstehe nicht,wie man drauf kommt,dass [mm] dim\{x \in K^{n}|A*x=0\}=n-r.
[/mm]
Den Kern hab ich so bestimmt:
[mm] 2x_{3}+x_{4}=0
[/mm]
[mm] x_{1}-x_{4}=0
[/mm]
[mm] x_{1}+4x_{3}+x_{4}=0.
[/mm]
Löse ich dieses LGS,so habe ich [mm] Kern=x_{2}*\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}+x_{4}*\vektor{1 \\ 0 \\ -0.5 \\ 1}.
[/mm]
Kann man den Kern auch anders bestimmen,irgendwies mit der linearen Hülle?
3.Bild:
Wir hatten gesagt [mm] Bild(f_{A})=Spaltenraum [/mm] von [mm] A=(Lin_{K}\{\vektor{0 \\ 1 \\ 1},\vektor{0 \\ 0 \\ 0},\vektor{2 \\ 0 \\ 4},\vektor{1 \\ -1 \\ 1}\}).
[/mm]
[mm] =a*\vektor{0 \\ 1 \\ 1}+b*\vektor{0 \\ 0 \\ 0}+c*\vektor{2 \\ 0 \\ 4}+d*\vektor{1 \\ -1 \\ 1}.
[/mm]
Bei der Dimension des Bildes hab ich wieder das gleiche Problem wie oben,nämlich eine Basis davon zu bestimmen.
Zur Dimension haben wir uns noch das aufgeschrieben: dim(Bild [mm] f_{A})=r, [/mm] also ist die Dimension des Bildes gleich dem Rang,also muss auch hier 2 rauskommen.
Vielen Dank
lg
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Hallo,
ich hab nochmal eine allgemeine Frage.Wir hatten uns folgendes aufgeschrieben:
Sei A' eine Stufenmatrix die aus A entsteht durch elem. Zeilenop.
Seien [mm] l_{1}...l_{n-r} [/mm] die Spaltenindizes (aufsteigend),die nicht zu Stufenspalten gehören.
Sei [mm] L_{0} [/mm] die Lösung für A*x=0
Die Abbildung [mm] f:L_{0} \to K^{n-r}, [/mm] x [mm] \mapsto \vektor{x_{l_{1}} \\ \vdots \\ x_{l}_{n-r}} [/mm] ist ein Iso.
Das Urbild der Standardbasis von [mm] K^{n-r} [/mm] ist eine Basis von [mm] L_{0}.
[/mm]
Man bestimmt [mm] f^{-1}(e_{i}) [/mm] indem man die Lösung von A'*x=0 mit
[mm] x_{lj}=\begin{cases} 0, & \mbox{für } j \not=i \mbox{ } \\ 1, & \mbox{für } j=1 \mbox{ } \end{cases}=delta_{ij} [/mm] bestimmt.
Eigentlich habe ich soweit alles verstanden, nur das [mm] x_{lj}=\begin{cases} 0, & \mbox{für } j \not=i \mbox{ } \\ 1, & \mbox{für } j=1 \mbox{ } \end{cases}=delta_{ij} [/mm] verstehe ich nicht.
Ich hab wieder für meine Matrix [mm] A=\pmat{ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 4 & 1 } [/mm] genommen und die Lösung für A'*x=0 bestimmt. Das ist
[mm] L_{0}=x_{2}\cdot{}\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}+x_{4}\cdot{}\vektor{1 \\ 0 \\ -0.5 \\ 1} [/mm] und was genau sagt mir jetzt dieses [mm] x_{l}_{j} [/mm] und dieses [mm] delta_{ij}?
[/mm]
Vielen Dank
lg
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Hi,
streich doch einmal die Nicht-Stufenspalten in A' durch
[mm] \left[ \begin {array}{cccc} 1&0&0&-1\\
\noalign{\medskip}0&0&1&1/2\\
\noalign{\medskip}0&0&0&0\end {array} \right] [/mm]
> Hallo,
>
> ich hab nochmal eine allgemeine Frage.Wir hatten uns
> folgendes aufgeschrieben:
> Sei A' eine Stufenmatrix die aus A entsteht durch elem.
> Zeilenop.
> Seien [mm]l_{1}...l_{n-r}[/mm] die Spaltenindizes (aufsteigend),die
> nicht zu Stufenspalten gehören.
> Sei [mm]L_{0}[/mm] die Lösung für A*x=0
> Die Abbildung [mm]f:L_{0} \to K^{n-r},[/mm] x [mm]\mapsto \vektor{x_{l_{1}} \\
\vdots \\
x_{l}_{n-r}}[/mm]
> ist ein Iso.
(Sagt einfach aus, dass die Abbildungsmatrix eine reguläre Matrix ist.) Wie gesagt gib in deinem Beispiel mal [mm]l_{1},\ldots ,l_{n-r}[/mm] an.
>
> Das Urbild der Standardbasis von [mm]K^{n-r}[/mm] ist eine Basis von
> [mm]L_{0}.[/mm]
> Man bestimmt [mm]f^{-1}(e_{i})[/mm] indem man die Lösung von
> A'*x=0 mit
> [mm]x_{lj}=\begin{cases} 0, & \mbox{für } j \not=i \mbox{ } \\
1, & \mbox{für } j=1 \mbox{ } \end{cases}=\delta_{ij}[/mm]
> bestimmt.
>
> Eigentlich habe ich soweit alles verstanden, nur das
> [mm]x_{lj}=\begin{cases} 0, & \mbox{für } j \not=i \mbox{ } \\
1, & \mbox{für } j=1 \mbox{ } \end{cases}=delta_{ij}[/mm]
> verstehe ich nicht.
>
> Ich hab wieder für meine Matrix [mm]A=\pmat{ 0 & 0 & 2 & 1 \\
1 & 0 & 0 & -1 \\
1 & 0 & 4 & 1 }[/mm]
> genommen und die Lösung für A'*x=0 bestimmt. Das ist
> [mm]L_{0}=x_{2}\cdot{}\vektor{0 \\
1 \\
0 \\
0}+x_{4}\cdot{}\vektor{1 \\
0 \\
-0.5 \\
1}[/mm]
> und was genau sagt mir jetzt dieses [mm]x_{l}_{j}[/mm] und dieses
> [mm]delta_{ij}?[/mm]
Das Delta ij ist ja das Kroneckerdelta. Dafür solltest du die Nicht-Stufenspalten indizies mal konkret angeben.
>
> Vielen Dank
> lg
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:22 Sa 15.01.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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> Guten Morgen,
>
> Ich beschäftige mich mit der Lösungsmenge eines linearen
> Gleichungssystems und wollte da einmal alles durchrechnen
> (Kern,Bild,Rang),hatte aber an einigen Stellen Probleme.
> Dazu hab ich mir folgende Matrix genommen: [mm]A=\pmat{ 0 & 0 & 2 & 1 \\
1 & 0 & 0 & -1 \\
1 & 0 & 4 & 1 } \in \IQ^{3 \times 4}, b=\vektor{2 \\
-1 \\
3}.[/mm]
>
> So,jetzt habe ich folgende Dinge berechnet:
> 1.Zeilenrang und Spaltenrang
> 2.Kern und dim(Kern [mm]f_{A})[/mm]
> 3.Bild und dim(Bild [mm]f_{A})[/mm]
>
>
> 1. Den Zeilenrang bestimmt man indem man die Matrix A auf
> Stufenform bringt und die Anzahl der Stufenspalten
> abliest,das ist dann der Zeilenrang.
> Die Stufenmatrix lautet [mm]A'=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 }.[/mm]
> Das heißt der Zeilenrang von A' ist 2.![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> So,ich weiß,dass der Zeilenrang immer =Spaltenrang
> ist,aber ich will mal den Spaltenrang separat berechnen.
> Es ist [mm]Spaltenrang=dim(Lin_{K}\{\vektor{0 \\
1 \\
1},\vektor{0 \\
0 \\
0},\vektor{2 \\
0 \\
4},\vektor{1 \\
-1 \\
1}\}).[/mm]
>
> Jetzt muss ich eine Basis von [mm]Lin_{K}\{...\}[/mm] bestimmen um
> die Dimension herauszufinden und das finde ich
> schwierig.Ich weiß nicht genau,wie ich eine Basis des
> Spaltenraums bestimmen soll,außer dass ich herumprobiere.
> Kann man das nur "sehen" oder gibt es eine Methode,wie man
> am schnellsten eine Basis findet?
Du kannst auch die Matrix A' transponieren und verfährst analog dem Schema beim Bestimmen des Zeilenranges.
> Die Standardbasis des [mm]\IR^{3}[/mm] wäre eine Möglichkeit,aber
> die hat die Dimension 3 und hier muss die Dimension 2
> sein.
Die kanonische Basis ist hier auch fehl am Platz.
>
> 2. Kern:
> Zum Kern haben wir uns folgendes aufgeschrieben:
> dim(Kern [mm]f_{A})=dim\{x \in K^{n}|A*x=0\}=n-r[/mm] (=Anzahl der
> Nichtstufenspalten).
> Also hab ich wieder meine Stufenmatrix und es n-r=4-2=2.
> Ich hab das jetzt zwar berechnet,aber ich verstehe
> nicht,wie man drauf kommt,dass [mm]dim\{x \in K^{n}|A*x=0\}=n-r.[/mm]
r= Rang(A) und es gild [mm] V= Ker \oplus Bild\rightarrow dim V=dim ker + dim Bild\rightarrow n= k +r\rightarrow k=n-r[/mm]>
> Den Kern hab ich so bestimmt:
> [mm]2x_{3}+x_{4}=0[/mm]
> [mm]x_{1}-x_{4}=0[/mm]
> [mm]x_{1}+4x_{3}+x_{4}=0.[/mm]
Ja der Kern ist die Lösung des Homogenen Gleichungssystems
> Löse ich dieses LGS,so habe ich [mm]Kern=x_{2}*\vektor{0 \\
1 \\
0 \\
0}+x_{4}*\vektor{1 \\
0 \\
-0.5 \\
1}.[/mm]
>
> Kann man den Kern auch anders bestimmen,irgendwies mit der
> linearen Hülle?
Du hattest es ja selber schon geschrieben:
[mm]A'=\pmat{\red{ 1} & 0 & \red{0} & -1 \\
\red{0} & 0 & \red{1} & 0.5 \\
\red{0} & 0 & \red{0} & 0 }.[/mm]
Die Spalten gehören zum Bild. Bringst du die Matrix A auf ein quadratisches Format, dann kanst du den Kern auch ablesen:
[mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & 0 }.[/mm] (Hier stehen jetzt die führenden Einsen am "richtigen Platz")
[mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & \blue{-1} & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & \blue{-1} }.[/mm]
Jetzt kannst du die Spalten mit den -1 als Kernbasisvektoren nehmen.
>
> 3.Bild:
> Wir hatten gesagt [mm]Bild(f_{A})=Spaltenraum[/mm] von
> [mm]A=(Lin_{K}\{\vektor{0 \\
1 \\
1},\vektor{0 \\
0 \\
0},\vektor{2 \\
0 \\
4},\vektor{1 \\
-1 \\
1}\}).[/mm]
>
> [mm]=a*\vektor{0 \\
1 \\
1}+b*\vektor{0 \\
0 \\
0}+c*\vektor{2 \\
0 \\
4}+d*\vektor{1 \\
-1 \\
1}.[/mm]
>
> Bei der Dimension des Bildes hab ich wieder das gleiche
> Problem wie oben,nämlich eine Basis davon zu bestimmen.
> Zur Dimension haben wir uns noch das aufgeschrieben:
> dim(Bild [mm]f_{A})=r,[/mm] also ist die Dimension des Bildes gleich
> dem Rang,also muss auch hier 2 rauskommen.
Für eine Basis vom Bild nimmst du aus der ursprünglichen Matrix alle Spalten, die du nicht für den Kern "verbraucht" hast. Dann geht das auch zum größten Teil ohne Rechnen, was für die Klausur recht gut ist.
>
> Vielen Dank
> lg
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:13 So 02.01.2011 | | Autor: | Mandy_90 |
Hallo,
> > Kann man den Kern auch anders bestimmen,irgendwies mit der
> > linearen Hülle?
> Du hattest es ja selber schon geschrieben:
> [mm]A'=\pmat{\red{ 1} & 0 & \red{0} & -1 \\
\red{0} & 0 & \red{1} & 0.5 \\
\red{0} & 0 & \red{0} & 0 }.[/mm]
>
> Die Spalten gehören zum Bild. Bringst du die Matrix A auf
> ein quadratisches Format, dann kanst du den Kern auch
> ablesen:
Meinst du die roten Spalten? Die gehören aber nicht zum Bild,das habe ich nachgerechnet,denn die lassen sich nicht durch [mm] Lin_{K}\{\vektor{0 \\
1 \\
1},\vektor{0 \\
0 \\
0},\vektor{2 \\
0 \\
4},\vektor{1 \\
-1 \\
1}\} [/mm] darstellen
> [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & 0 }.[/mm]
> (Hier stehen jetzt die führenden Einsen am "richtigen
> Platz")
> [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & \blue{-1} & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & \blue{-1} }.[/mm]
Das verstehe ich jetzt nicht mehr.
1. Wieso darf man einfach eine Nullzeile einfügen? (klar,um die Matrix quadratisch zu machen), aber wieso geht das?
2. Und wieso ergänzt man die -1 en dazu und darf das?
>
> Jetzt kannst du die Spalten mit den -1 als
> Kernbasisvektoren nehmen.
> >
> > 3.Bild:
> Für eine Basis vom Bild nimmst du aus der ursprünglichen
> Matrix alle Spalten, die du nicht für den Kern
> "verbraucht" hast. Dann geht das auch zum größten Teil
> ohne Rechnen, was für die Klausur recht gut ist.
Mit der ursprünglichen Matrix ist A gemeint oder? Was genau meinst du mit "verbraucht"?
lg
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:37 Mi 12.01.2011 | | Autor: | meili |
Hallo,
> Hallo,
>
> > > Kann man den Kern auch anders bestimmen,irgendwies mit der
> > > linearen Hülle?
> > Du hattest es ja selber schon geschrieben:
> > [mm]A'=\pmat{\red{ 1} & 0 & \red{0} & -1 \\
\red{0} & 0 & \red{1} & 0.5 \\
\red{0} & 0 & \red{0} & 0 }.[/mm]
>
> >
> > Die Spalten gehören zum Bild. Bringst du die Matrix A auf
> > ein quadratisches Format, dann kanst du den Kern auch
> > ablesen:
>
> Meinst du die roten Spalten? Die gehören aber nicht zum
> Bild,das habe ich nachgerechnet,denn die lassen sich nicht
> durch [mm]Lin_{K}\{\vektor{0 \\
1 \\
1},\vektor{0 \\
0 \\
0},\vektor{2 \\
0 \\
4},\vektor{1 \\
-1 \\
1}\}[/mm]
> darstellen
Ja. Bestimmt werden die roten Spalten als Spalten der Matrix A'.
Benutzt als Basis für das Bild werden aber nicht die Spalten von A',
sondern die entsprechenden Spalten der Matrix A,
also die 1. und 3. Spalte von A: [mm]\vektor{0 \\
1 \\
1},
\vektor{2 \\
0 \\
4}[/mm]
>
> > [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & 0 }.[/mm]
> > (Hier stehen jetzt die führenden Einsen am "richtigen
> > Platz")
> > [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & \blue{-1} & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & \blue{-1} }.[/mm]
>
> Das verstehe ich jetzt nicht mehr.
> 1. Wieso darf man einfach eine Nullzeile einfügen?
> (klar,um die Matrix quadratisch zu machen), aber wieso geht
> das?
Durch eine Nullzeile verändert sich das Bild nicht und auch nicht der Kern.
Der Kern ist ein Unterraum von [mm] $\IQ^4$, [/mm] deshalb eine Nullzeile, damit die
Spalten Vektoren aus [mm] $\IQ^4$ [/mm] sind.
> 2. Und wieso ergänzt man die -1 en dazu und darf das?
Den Kern bestimmt man als Lösung des homogenen Gleichungssystem Ax = 0.
A''x = 0 ist ein dazu äquvivalentes, wobei A'' schon obere Dreiecksgestalt hat.
Mit den -1'en, erhält man eine Lösung.
>
> >
> > Jetzt kannst du die Spalten mit den -1 als
> > Kernbasisvektoren nehmen.
> > >
> > > 3.Bild:
> > Für eine Basis vom Bild nimmst du aus der
> ursprünglichen
> > Matrix alle Spalten, die du nicht für den Kern
> > "verbraucht" hast. Dann geht das auch zum größten Teil
> > ohne Rechnen, was für die Klausur recht gut ist.
>
> Mit der ursprünglichen Matrix ist A gemeint oder? Was
> genau meinst du mit "verbraucht"?
Ja, A.
A wird aufgeteilt in Spalten für das Bild und Spalten für den Kern.
Bei den Bildspalten können die Spalten direkt als Basisvektoren genommen werden.
Die Spalten für den Kern wie oben beschrieben.
>
> lg
Gruß
meili
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:09 Fr 28.01.2011 | | Autor: | Mandy_90 |
> > > > Kann man den Kern auch anders bestimmen,irgendwies mit der
> > > > linearen Hülle?
> > > Du hattest es ja selber schon geschrieben:
> > > [mm]A'=\pmat{\red{ 1} & 0 & \red{0} & -1 \\
\red{0} & 0 & \red{1} & 0.5 \\
\red{0} & 0 & \red{0} & 0 }.[/mm]
>
> >
> > >
> > > Die Spalten gehören zum Bild. Bringst du die Matrix A auf
> > > ein quadratisches Format, dann kanst du den Kern auch
> > > ablesen:
> >
> > Meinst du die roten Spalten? Die gehören aber nicht zum
> > Bild,das habe ich nachgerechnet,denn die lassen sich nicht
> > durch [mm]Lin_{K}\{\vektor{0 \\
1 \\
1},\vektor{0 \\
0 \\
0},\vektor{2 \\
0 \\
4},\vektor{1 \\
-1 \\
1}\}[/mm]
> > darstellen
> Ja. Bestimmt werden die roten Spalten als Spalten der
> Matrix A'.
> Benutzt als Basis für das Bild werden aber nicht die
> Spalten von A',
> sondern die entsprechenden Spalten der Matrix A,
> also die 1. und 3. Spalte von A: [mm]\vektor{0 \\
1 \\
1},
\vektor{2 \\
0 \\
4}[/mm]
>
> >
> > > [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & 0 }.[/mm]
Ok, ich muss jetzt nochmal nachfragen. Wieso kann man hier ausgerechnet die 1. und 3. Spalte als Basis für das Bild benutzen?
> > > (Hier stehen jetzt die führenden Einsen am "richtigen
> > > Platz")
> > > [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & \blue{-1} & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & \blue{-1} }.[/mm]
>
> >
> > Das verstehe ich jetzt nicht mehr.
> > 1. Wieso darf man einfach eine Nullzeile einfügen?
> > (klar,um die Matrix quadratisch zu machen), aber wieso geht
> > das?
> Durch eine Nullzeile verändert sich das Bild nicht und
> auch nicht der Kern.
> Der Kern ist ein Unterraum von [mm]\IQ^4[/mm], deshalb eine
> Nullzeile, damit die
> Spalten Vektoren aus [mm]\IQ^4[/mm] sind.
>
> > 2. Und wieso ergänzt man die -1 en dazu und darf das?
> Den Kern bestimmt man als Lösung des homogenen
> Gleichungssystem Ax = 0.
> A''x = 0 ist ein dazu äquvivalentes, wobei A'' schon obere
> Dreiecksgestalt hat.
> Mit den -1'en, erhält man eine Lösung.
Ok, aber wieso ausgerechnet -1? Könnte ich nicht auch einfach eine andere Zahl hinschreiben? Und wenn ich so etwas ergänze, muss ich dann immer auf der Hauptdiagonalen die -1 en ergänzen?
lg
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> > also die 1. und 3. Spalte von A: [mm]\vektor{0 \\
1 \\
1}, \vektor{2 \\
0 \\
4}[/mm]
> >
> > >
> > > > [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & 0 }.[/mm]
>
> Ok, ich muss jetzt nochmal nachfragen. Wieso kann man hier
> ausgerechnet die 1. und 3. Spalte als Basis für das Bild
> benutzen?
Hallo,
Du mußt sie nicht benutzen.
Sie sind eine von vielen Möglichkeiten für eine Basis des Bildes.
Die Möglichkeit, dieman sich "per Kochrezpt: man nehme" leicht merken kann.
Wenn's Dir besser gefällt, kannst Du auch die erste und vierte Spalte nehmen. Oder was ganz anderes, was man nicht einfach ablesen kann.
Der Rang der Matrix ist =2, also weißt Du, daß die Basis des Bildes aus zwei Vektoren besteht, und an der ZSF siehst Du sofort, daß die 1. und 3. Spalte der Ursprungsmatrix linear unabhängig sind.
(Denk Dir die anderen Spalten weg.)
>
> > > > (Hier stehen jetzt die führenden Einsen am "richtigen
> > > > Platz")
> > > > [mm]A''=\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\
0 & \blue{-1} & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0.5 \\
0 & 0 & 0 & \blue{-1} }.[/mm]
> Ok, aber wieso ausgerechnet -1?
Weil der "-1-Trick" so funktioniert. Mit -2 funktioniert er nicht,
und Du solltest Dir wirklich mal im stillen Kämmerlein überlegen, warum der Trick funktioniert. (So funktioniert studieren.)
Wenn Du dem Trick nicht traust, dann überlege Dir, was die Matrix
$ [mm] A'=\pmat{\red{ 1} & 0 & \red{0} & -1 \\ \red{0} & 0 & \red{1} & 0.5 \\ \red{0} & 0 & \red{0} & 0 } [/mm] $
Dir erzählt:
es ist [mm] x_1=x_4, [/mm] und es ist [mm] x_3=-0.5x_4.
[/mm]
Über [mm] x_2 [/mm] und [mm] x_4 [/mm] wird nichts weiter gesagt, die kann man also frei wählen.
Also hat die Lösung [mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4} [/mm] die Gestalt
[mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4} =\vektor{x_4\\x_2\\-0.5x_4\\x_4}=x_2*...+x_4*...
[/mm]
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:10 So 30.01.2011 | | Autor: | Mandy_90 |
Ok, verstehe ich das jetzt richtig so?
Ich habe ein Matrix A, egal ob quadratisch oder nicht.
Das Bild dieser Matrix ist [mm] Lin_{K}\{a1,...,an\}, [/mm] wobei a1...an die Spalten der Matrix A sind. Der Rang der Matrix sei r.
Eine Basis des Bildes ist durch r linear unabhängige Vektoren gegeben.
Dann kann ich einfach schauen, ob ich aus den Spaltenvektoren von A irgendwelche r linear unabhängigen Vektoren finde. Wenn ja, dann bilden diese eine Basis des Bildes und die restlichen, linear abhängigen spannen den Kern auf.
lg
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Hallo,
> Ich habe ein Matrix A, egal ob quadratisch oder nicht.
> Das Bild dieser Matrix ist [mm]Lin_{K}\{a1,...,an\},[/mm]
Ja.
> wobei
> a1...an die Spalten der Matrix A sind. Der Rang der Matrix
> sei r.
> Eine Basis des Bildes ist durch r linear unabhängige
> Vektoren gegeben.
Ja.
> Dann kann ich einfach schauen, ob ich aus den
> Spaltenvektoren von A irgendwelche r linear unabhängigen
> Vektoren finde. Wenn ja, dann bilden diese eine Basis des
> Bildes
Ja.
> und die restlichen, linear abhängigen spannen den
> Kern auf.
Nein.
Du solltest Dir mal anhand einer nichtquadratischen Matrix überlegen, warum das überhaupt nicht sein kann.
Gruß v. Angela
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