Basis des Bildes bestimmen < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:02 So 18.07.2010 | | Autor: | jasper92 |
Hallo zusammen. Wie bestimmt man eine Basis des Bildes der Matrix A=
[mm] \pmat{ 1 & 1&0&1&0 \\ 0 & 1&1&0&0\\1&1&0&0&1\\0&1&1&0&0 } [/mm] Zuerst hab' ich diese umgeformt und kam dann auf [mm] \pmat{ 1 & 1&0&1&0 \\ 0 & 1&1&0&0\\1&1&0&0&1\\0&0&0&0&0 } [/mm] wodurch sich der Rang 3 ergibt somit ist eine Basis des Bildes durch 3 linear unabhängige Spaltenvektoren der Matrix A gegeben also durch [mm] \vektor{0 \\ 1\\0\\1} \vektor{1 \\ 0\\0\\0}und \vektor{0 \\ 0\\1\\0} [/mm] Gibt es einen besonderen Grund warum man gerade die 3. 4. und 5. Spalte der Matrix A wählt? Liegt das daran weil die Matrix nach den elementaren Zeilenumformungen in diesen Spalten die wenigsten von Null verschiedenen Elemente aufweist?
jasper
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:19 So 18.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo zusammen. Wie bestimmt man eine Basis des Bildes der
> Matrix A=
> [mm]\pmat{ 1 & 1&0&1&0 \\ 0 & 1&1&0&0\\1&1&0&0&1\\0&1&1&0&0 }[/mm]
> Zuerst hab' ich diese umgeformt und kam dann auf [mm]\pmat{ 1 & 1&0&1&0 \\ 0 & 1&1&0&0\\1&1&0&0&1\\0&0&0&0&0 }[/mm]
> wodurch sich der Rang 3 ergibt somit ist eine Basis des
> Bildes durch 3 linear unabhängige Spaltenvektoren der
> Matrix A gegeben also durch [mm]\vektor{0 \\ 1\\0\\1} \vektor{1 \\ 0\\0\\0}und \vektor{0 \\ 0\\1\\0}[/mm]
> Gibt es einen besonderen Grund warum man gerade die 3. 4.
> und 5. Spalte der Matrix A wählt? Liegt das daran weil die
> Matrix nach den elementaren Zeilenumformungen in diesen
> Spalten die wenigsten von Null verschiedenen Elemente
> aufweist?
nein, vermutlich liegt das daran, dass hier die [mm] $1\,$en [/mm] und [mm] $0\,$en [/mm] so günstig verteilt sind, dass die lineare Unabhängigkeit dieser Vektoren "sofort ersichtlich" ist.
Du hättest genausogut den 2., 4. und 5. Spaltenvektor für eine Basis des Bildes von [mm] $A\,$ [/mm] auswählen können. Aber hier siehst Du z.B.:
Wenn Du diese auf lineare Unabhängigkeit testest, dann folgt ja das GLS:
[mm] $$1.)\;\;\alpha*1+\beta*1+\gamma*0=0 \gdw \alpha+\beta=0$$
[/mm]
[mm] $$2.)\;\;\alpha*1+\beta*0+\gamma*0=0 \gdw \alpha=0$$
[/mm]
[mm] $$3.)\;\;\alpha*1+\beta*0+\gamma*1=0 \gdw \alpha+\gamma=0$$
[/mm]
[mm] $$4.)\;\;\alpha*1+\beta*0+\gamma*0=0 \gdw \alpha=0\,.$$
[/mm]
Hier ist es (etwas) schwerer, [mm] $\alpha=\beta=\gamma=0$ [/mm] zu folgern (wobei das natürlich auch nicht wirklich schwer ist; man setzt das Ergebnis aus 2.) in 1.) und 3.) ein, dann sieht man's sofort).
Denn wenn Du das entsprechende von den 3., 4. und 5. Vektoren aufgestellte GLS anschauchst:
[mm] $$1.)\;\;a*0+b*1+c*0=0 \gdw [/mm] a=0$$
[mm] $$2.)\;\;a*1+b*0+c*0=0 \gdw [/mm] b=0$$
[mm] $$3.)\;\;a*0+b*0+c*1=0 \gdw [/mm] c=0$$
so erkennst Du hier quasi "direkt", dass [mm] $a=b=c=0\,$ [/mm] gelten muss.
P.S.:
Um den Rang der Matrix (und parallel eine Basis des Bildraumes) zu bestimmen, hätte man auch so vorgehen können:
Offenbar ist die Summe des ersten Spaltenvektors mit dem 3. gleich dem 2.. Daher betrachte man
[mm] $$A'=\pmat{ 1 & 0&1&0 \\ 0 &1&0&0\\1&0&0&1\\0&1&0&0 }$$
[/mm]
und berechne [mm] $\text{det}(A')=0\,.$ [/mm] Denn es ist [mm] $\text{rang}(A')=\text{rang}(A)$ [/mm] und wegen [mm] $\text{det}(A')=0$ [/mm] somit [mm] $\text{rang}(A) \le 3\,.$ [/mm] Also versuchen wir, 3 unabhängige Vektoren in $A'$ zu finden (was ja, wie oben gesehen, geht).
Beste Grüße,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:44 So 18.07.2010 | | Autor: | jasper92 |
Danke für die schnelle Antwort :)
Nur noch mal ein Bsp. um zu sehen ob ich's auch verstanden hab'
Wenn meine Matrix A gegeben ist durch A = [mm] \pmat{ -2 & 0&-1&0&-3 \\ 0 & 1&1&-1&1\\2&1&2&0&5\\-4&-1&-3&-1&-8 } [/mm] die dann nach den elementaren Zeilenumformungen so aussieht [mm] A^{*} [/mm] = [mm] \pmat{ -2 & 0&-1&0&0 \\ 0 & 0&0&-1&0\\0&1&1&0&0\\0&0&0&0&1 } [/mm] Da der Rang vier beträgt pick ich mir also die erste,zweite, vierte und fünfte Spalte der Ausgangsmatrix A heraus, womit eine Basis des Bildes also durch die Vektoren [mm] \vektor{-2 \\ 0\\2\\-4} \vektor{0 \\ 1\\1\\-1} \vektor{0 \\ -1\\0\\-1} [/mm] und [mm] \vektor{-3 \\ 1\\5\\-8} [/mm] gegeben ist. Müsste doch dann so stimmen, oder? Und wie du oben meintest könnte man natürlich auch die erste, dritte, vierte und fünfte Spalte als Basis wählen, jedoch kann man sich doch bei der von mir gewählten Basis schon sicher sein dass diese Vektoren auch linear unabhängig sind?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:32 So 18.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke für die schnelle Antwort :)
> Nur noch mal ein Bsp. um zu sehen ob ich's auch verstanden
> hab'
> Wenn meine Matrix A gegeben ist durch A = [mm]\pmat{ -2 & 0&-1&0&-3 \\ 0 & 1&1&-1&1\\2&1&2&0&5\\-4&-1&-3&-1&-8 }[/mm]
> die dann nach den elementaren Zeilenumformungen so aussieht
> [mm]A^{*}[/mm] = [mm]\pmat{ -2 & 0&-1&0&0 \\ 0 & 0&0&-1&0\\0&1&1&0&0\\0&0&0&0&1 }[/mm]
> Da der Rang vier beträgt pick ich mir also die
> erste,zweite, vierte und fünfte Spalte der Ausgangsmatrix
> A heraus, womit eine Basis des Bildes also durch die
> Vektoren [mm]\vektor{-2 \\ 0\\2\\-4} \vektor{0 \\ 1\\1\\-1} \vektor{0 \\ -1\\0\\-1}[/mm]
> und [mm]\vektor{-3 \\ 1\\5\\-8}[/mm] gegeben ist. Müsste doch
> dann so stimmen, oder? Und wie du oben meintest könnte man
> natürlich auch die erste, dritte, vierte und fünfte
> Spalte als Basis wählen, jedoch kann man sich doch bei der
> von mir gewählten Basis schon sicher sein dass diese
> Vektoren auch linear unabhängig sind?
ja, das stimmt. Wichtig ist halt, dass man sich schon vergewissert (und das kann man ja auch mit dem Gaußalgorithmus; beachte nur, dass da manchmal auch mit Spaltenvertauschungen gearbeitet wird), dass die Vektoren, die man auswählt, auch linear unabhängig sind. Ein elementares Beispiel:
[mm] $$A=\pmat{1 & 1 & 0 & 2 \\1 & 0 & 1 & 0}$$
[/mm]
hat offensichtlich höchstens Rang 2, und da die Zeilen offenbar linear unabhängig sind, sogar genau Rang 2 (Zeilenrang=Spaltenrang).
Würde ich nun aber den 2. und 4. Spaltenvektor auswählen, so bilden diese zusammen keine Basis des Bildraums von [mm] $A\,,$ [/mm] da sie offensichtlich linear voneinander abhängen.
Beste Grüße,
Marcel
|
|
|
|
