Basis des Kerns < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:51 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Ciotic |
| Aufgabe | | Bestimmen Sie eine Basis des Kerns von [mm] A=\pmat{ -1 & 3 & 0 & 5 \\ 2 & -5 & -1 & 1 }. [/mm] |
Hallo zusammen, ich bräuchte mal wieder Hilfe. Nachdem ich mir viel angelesen habe, würde ich gerne wissen, ob meine Vorgehensweise bei oben genannter Aufgabe richtig ist.
Erstens habe ich die Matrix in Zeilenstufenform gebracht und den Rang berechnet. In diesem Fall 2. Durch den Dimensionssatz erhalte ich die Dimension des Kerns, auch 2.
Dann die normierte Zeilenstufenform aufstellen und lösen. Komme damit dann auf die zwei lin. unabh. Vektoren
[mm] \vektor{-28 \\ -11 \\ 0 \\ 1} [/mm] und [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0}, [/mm] die die Basis des Kerns bilden. Ist die Vorgehensweise/das Ergebnis richtig?
|
|
| |
|
Hallo Ciotic,
> Bestimmen Sie eine Basis des Kerns von [mm]A=\pmat{ -1 & 3 & 0 & 5 \\
2 & -5 & -1 & 1 }.[/mm]
>
> Hallo zusammen, ich bräuchte mal wieder Hilfe. Nachdem ich
> mir viel angelesen habe, würde ich gerne wissen, ob meine
> Vorgehensweise bei oben genannter Aufgabe richtig ist.
>
> Erstens habe ich die Matrix in Zeilenstufenform gebracht
> und den Rang berechnet. In diesem Fall 2. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Durch den
> Dimensionssatz erhalte ich die Dimension des Kerns, auch
> 2.
>
> Dann die normierte Zeilenstufenform aufstellen und lösen.
> Komme damit dann auf die zwei lin. unabh. Vektoren
>
> [mm]\vektor{-28 \\
-11 \\
0 \\
1}[/mm] und [mm]\vektor{0 \\
0 \\
1 \\
0},[/mm]
> die die Basis des Kerns bilden. Ist die Vorgehensweise/das
> Ergebnis richtig?
Der erste Vektor stimmt, ich komme so auf die Schnelle aber auf einen anderen zweiten Vektor.
Rechne doch mal vor, wie du auf den kommst ...
Die "normierte" ZSF brauchst du doch gar nicht - was ist das überhaupt?
Wenn du das 2-fache der 1.Zeile auf die 2.Zeile addierst, bekommst du doch direkt ZSF:
[mm]\pmat{-1&3&0&5\\
0&1&-1&11}[/mm]
Du hast 2 frei wählbare Variablen, setze [mm]x_4=t, x_3=s[/mm] mit [mm]s,t\in\IR[/mm]
Dann ist mit Zeile2: [mm]x_2=s-11t[/mm] und damit mit Zeile1:
[mm]x_1=3x_2+5x_4=3(s-11t)+5t=3s-28t[/mm]
Also hat ein Lösungsvektor die Gestalt [mm]\vec x=\vektor{x_1\\
x_2\\
x_3\\
x_4}=\vektor{3s-28t\\
s-11t\\
s\\
t}=s\cdot{}\vektor{3\\
1\\
1\\
0}+t\cdot{}\vektor{-28\\
-11\\
0\\
1}[/mm]
Damit hast du doch direkt eine Basis des Kernes mit [mm]\left\{\vektor{3\\
1\\
1\\
0},\vektor{-28\\
-11\\
0\\
1}\right\}[/mm]
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:13 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Ciotic |
Danke !
Auf $ [mm] \pmat{-1&3&0&5\\ 0&1&-1&11} [/mm] $ bin ich auch gekommen. Bin dann nach einem Video von onlinetutorium vorgegangen. Bei der normierten ZSF hat man in jeder Zeile den Köper, also den ersten Wert ungleich 0, wobei dies bei der normierten ZSF immer 1 ist. Alle Wert darüber müssen 0 sein. Also:
$ [mm] \pmat{1&0&0&28\\ 0&1&0&11} [/mm] $. Daraus dann die Lösung ablesen.
[mm] ker(A)={\vektor{-28x_{4} \\ -11x_{4} \\ x_{3} \\ x_{4}}|x_{3},x_{4} \in \IR }. [/mm] Daraus dann :
[mm] =x_{4}\vektor{-28 \\ -11 \\ 0 \\ 1}+x_{3}\vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0}|x_{3},x_{4} \in \IR.
[/mm]
Diese beiden Vektoren sind lin. unabh. und bilden daher die Basis.
|
|
|
| |
|
Hallo nochmal,
> Danke !
>
> Auf [mm]\pmat{-1&3&0&5\\
0&1&-1&11}[/mm] bin ich auch gekommen. Bin
> dann nach einem Video von onlinetutorium vorgegangen. Bei
> der normierten ZSF hat man in jeder Zeile den Köper, also
> den ersten Wert ungleich 0, wobei dies bei der normierten
> ZSF immer 1 ist. Alle Wert darüber müssen 0 sein. Also:
>
> [mm]\pmat{1&0&0&28\\
0&1&0&11} [/mm].
Zeig mal, wie du darauf kommst. Wie willst du denn im Eintrag [mm] $a_{23}$ [/mm] eine 0 erzeugen?
> Daraus dann die Lösung
> ablesen.
>
> [mm]ker(A)={\vektor{-28x_{4} \\
-11x_{4} \\
x_{3} \\
x_{4}}|x_{3},x_{4} \in \IR }.[/mm]
> Daraus dann :
>
> [mm]=x_{4}\vektor{-28 \\
-11 \\
0 \\
1}+x_{3}\vektor{0 \\
0 \\
1 \\
0}|x_{3},x_{4} \in \IR.[/mm]
>
> Diese beiden Vektoren sind lin. unabh. und bilden daher die
> Basis.
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:30 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Ciotic |
Unnötigerweise habe ich aus der -1 eine 0 gemacht. Teufel Flüchtigkeit hat mal wieder zugeschlagen.
Dann ist mir meiner Fehler auch klar, mein Weg gleicht ja im Prinzip deinem, ist nur etwas aufwendiger, weil ich alles einzeln mache.
Danke !
|
|
|
| |
|
Ja, das passiert nur allzu oft - leider.
Geht mir aber nicht anders 
Schönen Restabend!
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:54 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Bestimmen Sie eine Basis des Kerns von [mm]A=\pmat{ -1 & 3 & 0 & 5 \\ 2 & -5 & -1 & 1 }.[/mm]
>
> Hallo zusammen, ich bräuchte mal wieder Hilfe. Nachdem ich
> mir viel angelesen habe, würde ich gerne wissen, ob meine
> Vorgehensweise bei oben genannter Aufgabe richtig ist.
>
> Erstens habe ich die Matrix in Zeilenstufenform gebracht
> und den Rang berechnet. In diesem Fall 2. Durch den
> Dimensionssatz erhalte ich die Dimension des Kerns, auch
> 2.
>
> Dann die normierte Zeilenstufenform aufstellen und lösen.
> Komme damit dann auf die zwei lin. unabh. Vektoren
>
> [mm]\vektor{-28 \\ -11 \\ 0 \\ 1}[/mm] und [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0},[/mm]
> die die Basis des Kerns bilden. Ist die Vorgehensweise/das
> Ergebnis richtig?
wie Schachu schon gesagt hat, kann der zweite Vektor nicht stimmen. Sowas kannst Du auch selbst überprüfen:
Berechne mal
[mm] $$\pmat{ -1 & 3 & 0 & 5 \\ 2 & -5 & -1 & 1 }*\vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0}\,.$$ [/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:30 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Ciotic |
Auch dir danke ! Mein Problem hat sich gelöst, siehe andere Antwort.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:08 Mi 27.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Auch dir danke ! Mein Problem hat sich gelöst, siehe
> andere Antwort.
okay. Aber Du hast es schon nachgerechnet, oder? Also
[mm] $$A*\vektor{0\\0\\1\\0}$$
[/mm]
macht ja nichts anderes, wie die dritte Spalte von [mm] $A\,$ [/mm] nochmal auszugeben - diese ist nicht komplett Null bei Dir. Also kann [mm] $\vektor{0\\0\\1\\0}$ [/mm] nicht zum Kern von [mm] $A\,$ [/mm] gehören.
Es ist schon wichtig, dass man auch mal schnell einfache Kontrollrechnungen machen kann - wie Du hier siehst, zeigt dass, dass Du irgendwo was falsch gemacht hattest (und was und wo, dass hattest Du nun ja schon mit Schachu geklärt).
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
