Bestimme eine Basis < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:39 Mi 02.06.2004 | | Autor: | mausi |
ich habe gegeben:
U:=Lin [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \\0\\-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 1 \\2\\2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \\ 11 \\8\\-6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 \\ 4 \\ 3 \\7\\1 \end{pmatrix} [/mm]
ich soll eine Basis B von U bestimmen
so meine Lösung:
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
2 & 5 & -3 & 4 \\
4 & 1 & 11 & 3 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
-1 & 2 & -6 & 1
\end{matrix} [/mm]
1.*(-2) + 2.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
4 & 1 & 11 & 3 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
-1 & 2 & -6 & 1
\end{matrix} [/mm]
1. *(-4) + 3.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & -15 & -5 & -25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
-1 & 2 & -6 & 1
\end{matrix} [/mm]
1. + 5.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & -15 & -5 & -25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
0 & 6 & -2 & 8
\end{matrix} [/mm]
2. *(-5) + 3.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
0 & 6 & -2 & 8
\end{matrix}
[/mm]
2. *2 + 5.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
0 & 0 & -24 & -12
\end{matrix}
[/mm]
2. * 2/3 + 4.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 2/3 & -56/3 \\
0 & 0 & -24 & -12
\end{matrix}
[/mm]
4. *36 + 5.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 2/3 & -56/3 \\
0 & 0 & 0 & -684
\end{matrix}
[/mm]
3. *(-1/75) + 4.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 0 & -19 \\
0 & 0 & 0 & -684
\end{matrix}
[/mm]
4. * 36 + 5.
[mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 0 & -19 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{matrix}
[/mm]
also habe ich ja 4 Gleichungen die = 0 werden
[mm] x_1 [/mm] + [mm] 4x_2 [/mm] + [mm] 4x_3 [/mm] + [mm] 7x_4 [/mm] = 0
[mm] -3x_2 [/mm] - [mm] 11x_3 [/mm] - [mm] 10x_4 [/mm] = 0
[mm] 50x_3 [/mm] + [mm] 25x_4 [/mm] = 0
[mm] -19x_4 [/mm] = 0
ergibt sich die Basis aus der Lösung dieser Gleichungen???Und stimmt meine Rechnung???
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:59 Mi 02.06.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo mausi,
> ich habe gegeben:
> U:=Lin [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \\0\\-1 \end{pmatrix} [/mm]
> [mm] \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 1 \\2\\2 \end{pmatrix} [/mm]
> [mm] \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \\ 11 \\8\\-6 \end{pmatrix} [/mm]
> [mm] \begin{pmatrix} 7 \\ 4 \\ 3 \\7\\1 \end{pmatrix} [/mm]
> ich soll eine Basis B von U bestimmen
> so meine Lösung:
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
2 & 5 & -3 & 4 \\
4 & 1 & 11 & 3 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
-1 & 2 & -6 & 1
\end{matrix} [/mm]
>
> 1.*(-2) + 2.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
4 & 1 & 11 & 3 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
-1 & 2 & -6 & 1
\end{matrix} [/mm]
>
> 1. *(-4) + 3.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & -15 & -5 & -25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
-1 & 2 & -6 & 1
\end{matrix} [/mm]
>
> 1. + 5.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & -15 & -5 & -25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
0 & 6 & -2 & 8
\end{matrix} [/mm]
Hier würde ich die dritte Zeile durch 5 dividieren, um mit kleineren Zahlen zu rechnen, ist aber nebensächlich.
> 2. *(-5) + 3.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
0 & 6 & -2 & 8
\end{matrix}
[/mm]
>
> 2. *2 + 5.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 2 & 8 & 7 \\
0 & 0 & -24 & -12
\end{matrix}
[/mm]
>
> 2. * 2/3 + 4.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 2/3 & \red{-56/3} \\
0 & 0 & -24 & -12
\end{matrix}
[/mm]
Hier ist der rot markierte Eintrag (meiner Meinung nach) falsch, denn: -10*2/3+7=-20/3+21/3=1/3 und nicht =56/3
>
> 4. *36 + 5.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 2/3 & -56/3 \\
0 & 0 & 0 & -684
\end{matrix}
[/mm]
>
> 3. *(-1/75) + 4.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 0 & -19 \\
0 & 0 & 0 & -684
\end{matrix}
[/mm]
>
> 4. * 36 + 5.
>
> [mm] \begin{matrix}
1 & 4 & 4 & 7 \\
0 & -3 & -11 & -10 \\
0 & 0 & 50 & 25 \\
0 & 0 & 0 & -19 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{matrix}
[/mm]
>
> also habe ich ja 4 Gleichungen die = 0 werden
> [mm] x_1 [/mm] + [mm] 4x_2 [/mm] + [mm] 4x_3 [/mm] + [mm] 7x_4 [/mm] = 0
> [mm] -3x_2 [/mm] - [mm] 11x_3 [/mm] - [mm] 10x_4 [/mm] = 0
> [mm] 50x_3 [/mm] + [mm] 25x_4 [/mm] = 0
> [mm] -19x_4 [/mm] = 0
>
> ergibt sich die Basis aus der Lösung dieser
> Gleichungen???Und stimmt meine Rechnung???
Wenn deine Rechnung richtig wäre, und dein Ergebnis stimmte, dann könntest du tatsächlich eine Basis angeben: Du hättest gezeigt, dass die vier Vektoren linear unabhängig sind, und deswegen eine Basis bilden.
Leider ist deine Rechnung aber nicht richtig, und wenn mich mein bescheuertes CAS nicht im Stich gelassen hat, hat U eine kleinere Dimension als 4. Dann hättest du mit deiner Rechnung mindestes eine weitere Nullzeile erhalten. Ich wüßte jetzt aber nicht, wie du daraus die Basis ablesen könntest.
Dein Ansatz, also einfach dieses homogenen LGS lösen, scheint mir aber ohnehin etwas ziellos zu sein, oder aber ich sehe den Sinn nicht, was das wahrscheinlichste ist.
Aus meiner Sicht ist das einfachste, schrittweise eine Basis B den vier Vektoren zu machen, und zwar so:
Den ersten Vektor nehme ich auf jeden Fall in meiner Basis B auf.
Den zweiten Vektor nur, wenn er linear unabhängig zu dem ersten Vektor.
Die weiteren Vektoren nehme ich nur in meine Basis B auf, wenn sie zusammen mit den bereits in der Basis befindlichen Vektoren linear unabhängig sind.
Aber wie gesagt, vielleicht gibt es auch einen geschickten Lösungsweg mittels eines homogenen LGS.
Viele Grüße,
Marc
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:36 Do 03.06.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Marc,
> Leider ist deine Rechnung aber nicht richtig, und wenn mich mein
> bescheuertes CAS nicht im Stich gelassen hat, hat U eine kleinere
> Dimension als 4. Dann hättest du mit deiner Rechnung mindestes eine
> weitere Nullzeile erhalten. Ich wüßte jetzt aber nicht, wie du daraus die
> Basis ablesen könntest.
> Dein Ansatz, also einfach dieses homogenen LGS lösen, scheint mir aber
> ohnehin etwas ziellos zu sein, oder aber ich sehe den Sinn nicht, was
> das wahrscheinlichste ist.
Ich glaube, Mausis Idee war:
![[]](/images/popup.gif) LA-Skript
Satz 12.3, S.54 (Zählung unten im Skript)
(oder analoges)
Auf jeden Fall habe ich auch in Erinnerung, dass man mittels des Gaußalgorithmus eine Basis bestimmen kann. Man muß nur bei den Permutationen etwas aufpassen (wenn man z.B. eine Basis bestimmen will/soll, die nur Vektoren enthalten soll, welche Mausi gegeben hat).
Ich könnte mich aber auch irren, denn ich finde die Aufgabe leider nicht mehr (die wir in LA mal so gelöst hatten).
Aber hier ist der Weg mit sukzessiver Aufnahme von linear unabhängigen Vektoren ja auch nicht allzu mühselig, ich wäre diesen Weg intuitiv auch gegangen 
Viele Grüße
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:54 Do 03.06.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Marcel, hallo mausi,
> Auf jeden Fall habe ich auch in Erinnerung, dass man
> mittels des Gaußalgorithmus eine Basis bestimmen kann. Man
> muß nur bei den Permutationen etwas aufpassen (wenn man
> z.B. eine Basis bestimmen will/soll, die nur Vektoren
> enthalten soll, welche Mausi gegeben hat).
> Ich könnte mich aber auch irren, denn ich finde die
> Aufgabe leider nicht mehr...
> Aber hier ist der Weg mit sukzessiver Aufnahme von linear
> unabhängigen Vektoren ja auch nicht allzu mühselig, ich
> wäre diesen Weg intuitiv auch gegangen
Ja stimmt, danke für den Hinweis, Marcel 
Mit dem Gauß-Algorithmus geht es auf jeden Fall, wenn man die Koeffizientenmatrix transponiert, also die gegebenen Vektoren als Koeffizienten der Zeilen nimmt und nicht der Spalten. Da man ja so immer nur Vielfache einer Zeile (=Vektor) zu einer anderen Zeile (=Vektor) addiert, müssen die resultierenden Zeilenvektoren ja denselben Raum aufspannen.
Das Transponieren ist meiner Meinung nach nötig (und das hast du, mausi, ja nicht gemacht), denn würde man die Spaltenvektoren der Koeffizientenmatrix, die man durch den Gauß-Algorithmus in obere Dreiecksgestalt gebracht hat, direkt als Basis nehmen, so hätten diese ja (bzw. könnten haben) alle eine Null in der letzten Komponente, so dass Vektoren mit einer von Null verschiedenen Komponente gar nicht durch Linearkombination der Spaltenvektoren darstellbar wären.
Was meint Ihr?
Viele Grüße,
Marc
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:59 Do 03.06.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Marcel, hallo mausi,
> Hallo Marcel, hallo mausi,
>
> > Auf jeden Fall habe ich auch in Erinnerung, dass man
> > mittels des Gaußalgorithmus eine Basis bestimmen kann.
> Man
> > muß nur bei den Permutationen etwas aufpassen (wenn man
>
> > z.B. eine Basis bestimmen will/soll, die nur Vektoren
> > enthalten soll, welche Mausi gegeben hat).
> > Ich könnte mich aber auch irren, denn ich finde die
> > Aufgabe leider nicht mehr...
> > Aber hier ist der Weg mit sukzessiver Aufnahme von
> linear
> > unabhängigen Vektoren ja auch nicht allzu mühselig, ich
>
> > wäre diesen Weg intuitiv auch gegangen
>
> Ja stimmt, danke für den Hinweis, Marcel
> Mit dem Gauß-Algorithmus geht es auf jeden Fall, wenn man
> die Koeffizientenmatrix transponiert, also die gegebenen
> Vektoren als Koeffizienten der Zeilen nimmt und nicht der
> Spalten. Da man ja so immer nur Vielfache einer Zeile
> (=Vektor) zu einer anderen Zeile (=Vektor) addiert, müssen
> die resultierenden Zeilenvektoren ja denselben Raum
> aufspannen.
>
> Das Transponieren ist meiner Meinung nach nötig (und das
> hast du, mausi, ja nicht gemacht), denn würde man die
> Spaltenvektoren der Koeffizientenmatrix, die man durch den
> Gauß-Algorithmus in obere Dreiecksgestalt gebracht hat,
> direkt als Basis nehmen, so hätten diese ja (bzw. könnten
> haben) alle eine Null in der letzten Komponente, so dass
> Vektoren mit einer von Null verschiedenen Komponente gar
> nicht durch Linearkombination der Spaltenvektoren
> darstellbar wären.
>
> Was meint Ihr?
Klingt auf jeden Fall mal einleuchtend, aber du hast ja auch Paul mal 'geblendet'
Und so spät bin ich leicht zu blenden
Wenn ich die Aufgabe mal finden würde, dann wüßte ich auch, ob wir transponiert hatten oder nicht und damit, ob das notwendig ist oder nicht
(Vielleicht kann man sich das aber auch an einem Beispiel, wo man es nachrechnet, klarmachen, falls es notwendig ist...)
Ich dachte zwar eigentlich, das sei es nicht, aber nun gut, egal, ist auch schon spät...
Vielleicht meldet sich ja auch sonst noch jemand zu diesem Sachverhalt?
Viele Grüße,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:39 Do 03.06.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo \mbox{\Large{Marc}_\scriptsize{el}}
> > Was meint Ihr?
>
> Klingt auf jeden Fall mal einleuchtend, aber du hast ja
> auch Paul mal 'geblendet'
> Und so spät bin ich leicht zu blenden
Faule Ausreden, ein leicht zu blendender Nachtmensch. Wo gibt's denn sowas? Es wäre auf jeden Fall eine Herausforderung für mich, dich auch mal zu blenden
> Wenn ich die Aufgabe mal finden würde, dann wüßte ich auch,
> ob wir transponiert hatten oder nicht und damit, ob das
> notwendig ist oder nicht
> (Vielleicht kann man sich das aber auch an einem Beispiel,
> wo man es nachrechnet, klarmachen, falls es notwendig
> ist...)
> Ich dachte zwar eigentlich, das sei es nicht, aber nun
> gut, egal, ist auch schon spät...
Um einfach nur die Dimension des von den Vektoren aufgespannten Raumes zu bestimmen ist das Transponieren tatsächlich nicht nötig, da Spaltenrang(A)=Zeilenrang(A).
Aber nehmen wir doch mal diese Unterraum [mm] U:=\left\langle\vektor{1\\1}, \vektor{1\\1}, \vektor{1\\1}\right\rangle
[/mm]
In diesem Raum liegt offenbar der Vektor [mm] $\vektor{1\\1}$.
[/mm]
Zugehörige Koeffizientenmatrix
[mm] \pmat{1&1&1\\1&1&1}
[/mm]
Obere Dreiecksgestalt, mit Gauß ermittelt:
[mm] \pmat{1&1&1\\0&0&0}
[/mm]
Was ist jetzt die Basis? [mm] $\vektor{1\\0}$? [/mm] Damit wäre dann der Vektor [mm] $\vektor{1\\1}$ [/mm] gar nicht darstellbar.
Hätte ich aber vorher transponiert bzw. die Vektoren als Zeilenvektoren in die Koeffizientenmatrix gepackt...
Zugehörige Koeffizientenmatrix
[mm] \pmat{1&1\\1&1\\1&1}
[/mm]
Obere Dreiecksgestalt, mit Gauß ermittelt:
[mm] \pmat{\blue{1}&\blue{1}\\0&0\\0&0}
[/mm]
... dann bilden die vom Nullvektor verschiedenen Zeilenvektoren die Basis, also [mm] $\vektor{\blue{1}\\\blue{1}}$
[/mm]
Und, siehst du trotz Blendung das Licht?
Viele Grüße,
Marc
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:01 Do 03.06.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo \mbox{\Large{Marc}},
(schade, ich bekomme das 'el' so nicht durchgestrichen)
> Hallo \mbox{\Large{Marc}_\scriptsize{el}}
>
> > > Was meint Ihr?
> >
> > Klingt auf jeden Fall mal einleuchtend, aber du hast ja
>
> > auch Paul mal 'geblendet'
> > Und so spät bin ich leicht zu blenden
>
> Faule Ausreden, ein leicht zu blendender Nachtmensch. Wo
> gibt's denn sowas?
In Trier?
Nun gut, ich hatte vorhin auch keine Lust, mir weiter drüber Gedanken zu machen, wenn ich ehrlich bin
> Es wäre auf jeden Fall eine
> Herausforderung für mich, dich auch mal zu blenden
>
> > Wenn ich die Aufgabe mal finden würde, dann wüßte ich
> auch,
> > ob wir transponiert hatten oder nicht und damit, ob das
>
> > notwendig ist oder nicht
> > (Vielleicht kann man sich das aber auch an einem
> Beispiel,
> > wo man es nachrechnet, klarmachen, falls es notwendig
> > ist...)
> > Ich dachte zwar eigentlich, das sei es nicht, aber nun
>
> > gut, egal, ist auch schon spät...
>
> Um einfach nur die Dimension des von den Vektoren
> aufgespannten Raumes zu bestimmen ist das Transponieren
> tatsächlich nicht nötig, da Spaltenrang(A)=Zeilenrang(A).
Ja, das hatte ich im Hinterkopf
> Aber nehmen wir doch mal diese Unterraum
> [mm] U:=\left\langle\vektor{1\\1}, \vektor{1\\1},
> \vektor{1\\1}\right\rangle
[/mm]
> In diesem Raum liegt offenbar der Vektor
> [mm] $\vektor{1\\1}$.
[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") ![[prost]](/images/smileys/prost.gif "[prost]")
> Zugehörige Koeffizientenmatrix
> [mm] \pmat{1&1&1\\1&1&1}
[/mm]
>
> Obere Dreiecksgestalt, mit Gauß ermittelt:
> [mm] \pmat{1&1&1\\0&0&0}
[/mm]
> Was ist jetzt die Basis? [mm] $\vektor{1\\0}$? [/mm] Damit wäre dann
> der Vektor [mm] $\vektor{1\\1}$ [/mm] gar nicht darstellbar.
>
> Hätte ich aber vorher transponiert bzw. die Vektoren als
> Zeilenvektoren in die Koeffizientenmatrix gepackt...
>
> Zugehörige Koeffizientenmatrix
> [mm] \pmat{1&1\\1&1\\1&1}
[/mm]
>
> Obere Dreiecksgestalt, mit Gauß ermittelt:
> [mm] \pmat{\blue{1}&\blue{1}\\0&0\\0&0}
[/mm]
>
> ... dann bilden die vom Nullvektor verschiedenen
> Zeilenvektoren die Basis, also
> [mm] $\vektor{\blue{1}\\\blue{1}}$
[/mm]
>
> Und, siehst du trotz Blendung das Licht?
Ja. Das Beispiel sollte ich mir als Eselsbrücke merken, habe ja auch bald noch ne LA-Prüfung
So, nun aber gute N8! Bin etwas müde...
Viele Grüße,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:04 Fr 04.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo ihr drei [mm] \pm [/mm] noch mehr
ich habe soeben eure kleine Diskussion durchgelesen.
Das mit dem Transponieren stimmt wirklich!
Aber was nützen alle Regeln im Hinterkopf, wenn man nicht weiss, warum sie so sind?
Nach meiner Erfahrung gehen sie dann früher oder später vergessen!
(Mit Betonung auf früher)
Nun, wenn ich die transponierten Vektoren aus der Aufgabe so bezeichne:
[mm] $\vec{v_{1}}=(1,2,4,0,-1)$
[/mm]
[mm] $\vec{v_{2}}=(4,5,1,2,2)$
[/mm]
[mm] $\vec{v_{3}}=(4,-3,11,8,-6)$
[/mm]
[mm] $\vec{v_{4}}=(7,4,3,7,1)$
[/mm]
Dann kann ich die transponierte Matrix abgekürzt so schreiben (Zeilenvektoren sind die [mm] $v_{i}$
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\4&5&1&2&2\\4&-3&11&8&-6\\7&4&3&7&1\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}\\\vec{v_{3}}\\\vec{v_{4}}\end{pmatrix}$
[/mm]
Im Folgenden werden alle Operationen des Gauss-Algorithmus parallel an der rechten Matrix durchgeführt:
[mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\0&-3&-15&2&6\\0&-11&-5&8&-2\\0&-10&-25&7&8\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}-4\vec{v_{1}}\\\vec{v_{3}}-4\vec{v_{1}}\\\vec{v_{4}}-7\vec{v_{1}}\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\0&-3&-15&2&6\\0&0&150&2&-72\\0&0&75&1&-36\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}-4\vec{v_{1}}\\3\vec{v_{3}}+32\vec{v_{1}}-11\vec{v_{2}}\\3\vec{v_{4}}+19\vec{v_{1}}-10\vec{v_{2}}\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\0&-3&-15&2&6\\0&0&150&2&-72\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}-4\vec{v_{1}}\\3\vec{v_{3}}+32\vec{v_{1}}-11\vec{v_{2}}\\6\vec{v_{4}}+6\vec{v_{1}}-9\vec{v_{2}}-3\vec{v_{3}}\end{pmatrix}$
[/mm]
Wie man der Matrix jetzt ansieht, sind die ersten 3 Zeilen offensichtlich linear unabhängig, können also als Basis des Vektorraumes dienen.
Weil aber diese 3 Zeilen Linearkombinationen von [mm] $\vec{v_{1}}$, $\vec{v_{2}}$ [/mm] und [mm] $\vec{v_{3}}$ [/mm] sind, können auch [mm] $\vec{v_{1}}$, $\vec{v_{2}}$ [/mm] und [mm] $\vec{v_{3}}$ [/mm] als Basis herhalten!
(Oder auch noch weiter rechnen, bis die $3x3$-Teilmatrix links oben eine Diagonalmatrix wird)
Alles klar? Bitte um Rückmeldung!
Mit lieben Grüssen
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:36 Fr 04.06.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Paul,
> Hallo ihr drei [mm] \pm [/mm] noch mehr
>
> ich habe soeben eure kleine Diskussion durchgelesen.
> Das mit dem Transponieren stimmt wirklich!
>
> Aber was nützen alle Regeln im Hinterkopf, wenn man nicht
> weiss, warum sie so sind?
> Nach meiner Erfahrung gehen sie dann früher oder später
> vergessen!
> (Mit Betonung auf früher)
Da muss ich dir ehrlich sagen: Ich erinnere mich daran, wenn ich sie brauche (manchmal dauert die Suche aber etwas länger...). Allerdings habe ich dann auch oft den inneren Zwang, sie wieder herleiten bzw. beweisen zu wollen; das muss nun aber nicht nachts sein, und so etwas tue ich auch eher, wenn ich genügend Zeit habe (und auch genügend Lust)
> Nun, wenn ich die transponierten Vektoren aus der Aufgabe
> so bezeichne:
>
> [mm] $\vec{v_{1}}=(1,2,4,0,-1)$
[/mm]
> [mm] $\vec{v_{2}}=(4,5,1,2,2)$
[/mm]
> [mm] $\vec{v_{3}}=(4,-3,11,8,-6)$
[/mm]
> [mm] $\vec{v_{4}}=(7,4,3,7,1)$
[/mm]
>
> Dann kann ich die transponierte Matrix abgekürzt so
> schreiben (Zeilenvektoren sind die [mm] $v_{i}$
[/mm]
>
> [mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\4&5&1&2&2\\4&-3&11&8&-6\\7&4&3&7&1\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}\\\vec{v_{3}}\\\vec{v_{4}}\end{pmatrix}$
[/mm]
>
> Im Folgenden werden alle Operationen des Gauss-Algorithmus
> parallel an der rechten Matrix durchgeführt:
>
> [mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\0&-3&-15&2&6\\0&-11&-5&8&-2\\0&-10&-25&7&8\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}-4\vec{v_{1}}\\\vec{v_{3}}-4\vec{v_{1}}\\\vec{v_{4}}-7\vec{v_{1}}\end{pmatrix}$
[/mm]
>
>
> [mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\0&-3&-15&2&6\\0&0&150&2&-72\\0&0&75&1&-36\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}-4\vec{v_{1}}\\3\vec{v_{3}}+32\vec{v_{1}}-11\vec{v_{2}}\\3\vec{v_{4}}+19\vec{v_{1}}-10\vec{v_{2}}\end{pmatrix}$
[/mm]
>
>
> [mm] $\begin{pmatrix}1&2&4&0&-1\\0&-3&-15&2&6\\0&0&150&2&-72\\0&0&0&0&0\end{pmatrix}=$\begin{pmatrix}\vec{v_{1}}\\\vec{v_{2}}-4\vec{v_{1}}\\3\vec{v_{3}}+32\vec{v_{1}}-11\vec{v_{2}}\\6\vec{v_{4}}+6\vec{v_{1}}-9\vec{v_{2}}-3\vec{v_{3}}\end{pmatrix}$
[/mm]
>
> Wie man der Matrix jetzt ansieht, sind die ersten 3 Zeilen
> offensichtlich linear unabhängig, können also als Basis des
> Vektorraumes dienen.
>
> Weil aber diese 3 Zeilen Linearkombinationen von
> [mm] $\vec{v_{1}}$, $\vec{v_{2}}$ [/mm] und [mm] $\vec{v_{3}}$ [/mm] sind, können
> auch [mm] $\vec{v_{1}}$, $\vec{v_{2}}$ [/mm] und [mm] $\vec{v_{3}}$ [/mm] als
> Basis herhalten!
> (Oder auch noch weiter rechnen, bis die $3x3$-Teilmatrix
> links oben eine Diagonalmatrix wird)
>
> Alles klar? Bitte um Rückmeldung!
Ja, ich denke schon. Vielen Dank!
Viele Grüße
Marcel
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