Elementarmatrizen finden < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:17 Mi 26.03.2008 | | Autor: | Jolly |
| Aufgabe | Seien
[mm] A = \begin{pmatrix}
0 & 2 & 1 & 1 \\
-1 & 3 & 1 & 2 \\
2 & 4 & 3 & 1
\end{pmatrix} [/mm] und [mm] B = \begin{pmatrix}
2 & -1 & 3 & 4 \\
-1 & 1 & -2 & -3 \\
5 & 1 & 4 & 3
\end{pmatrix} \qquad A, B\in\IQ^{3,4} [/mm]
Zeige, dass A und B äquivalent sind und finde invertierbare Matrizen P und Q mit A = PBQ. |
Oh Gott, mein erster Beitrag und gleich mit Matrizen :)
Also, ich hab gezeigt, dass die Matrizen äquivalent sind und dann habe ich mit Hilfe von Elementarmatrizen die jeweiligen Matrizen A und B auf die Form [mm] C:=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} [/mm]
gebracht. Es war eine Übungsaufgabe und wir haben sie in der Uni auch schon "besprochen", allerdings weniger ausführlich, als ich es mir jetzt wünsche.
In der "Lösung" steht, dass wir folgendes suchen:
i) [mm] P, Q: PAQ = C [/mm] und
ii) [mm] P', Q': P'BQ' = C [/mm].
Aus i) und ii) folgt dann: [mm] P^{-1}P'AQ'Q^{-1} = A [/mm]
Da ist schon meine erste Frage: Warum suchen wir P und Q UND P' und Q'? Ich hätte (bzw. habe) nur P und Q gesucht.
Ich habe dann wie gesagt A und B so aufgelöst, dass ich die Form C bekam. Meine Elementarmatrizen, die ich dafür brauchte, sehen dann so aus:
[mm] D^1(-1)*E^{12}(-2)*E^{32}(-5)*E^{31}(2)*T^{12}*A*E^{23}(-1)*E^{42}(-1)*E^{32}(-1)*E^{31}(-1) [/mm]
und
[mm] E^{32}(-7)*E^{31}(-5)*D^2(2)*D^3(2)*E^{21}\left( \bruch{1}{2} \right)*B*E^{41}(-2)*E^{21}\left( \bruch{1}{2} \right)*E^{32}(1)*E^{42}(2)*D^1\left( \bruch{1}{2} \right)*E^{31}(-3). [/mm]
Dabei gilt:
[mm] D^k(\alpha) [/mm] multipliziert die k-te Zeile (Spalte) mit [mm] \alpha [/mm],
[mm] E^{kl}(\alpha) [/mm] addiert das [mm] \alpha [/mm]-fache der k-ten Zeile (Spalte) zur l-ten Zeile (Spalte) und
[mm] T^{kl} [/mm] tauscht die k-te und die l-te Zeile (Spalte).
Bestimmt zu kompliziert, aber egal. Also gilt jetzt:
[mm] P^{-1} = D^1(-1)*E^{12}(-2)*E^{32}(-5)*E^{31}(2)*T^{12} [/mm] und
[mm] P = D^1(-1)*E^{12}(2)*E^{32}(5)*E^{31}(-2)*T^{12} [/mm];
[mm] Q^{-1} = E^{23}(-1)*E^{42}(-1)*E^{32}(-1)*E^{31}(-1) [/mm] und
[mm] Q = E^{23}(1)*E^{42}(1)*E^{32}(1)*E^{31}(1) [/mm].
Analog:
[mm] P' = E^{32}(-7)*E^{31}(-5)*D^2(2)*D^3(2)*E^{21}\left( \bruch{1}{2} \right) [/mm] und
[mm] Q' = E^{41}(-2)*E^{21}\left( \bruch{1}{2} \right)*E^{32}(1)*E^{42}(2)*D^1\left( \bruch{1}{2} \right)*E^{31}(-3) [/mm]
Richtig?
Anschließend habe ich noch die eigentlichen Matrizen aufgestellt (also z.B.
[mm] D^1(-1) = \begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} [/mm]
und miteinander multipliziert, wodurch ich dann als Ergebnis hatte:
[mm] P^{-1} = \begin{pmatrix}
-2 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 \\
5 & -2 & 1
\end{pmatrix} [/mm]
und
[mm] P' = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 2 & 0 \\
-7 & -14 & 0
\end{pmatrix} [/mm]
Als Ergebnis im Tutorium kam raus:
[mm] P = \begin{pmatrix}
2 & 4 & 0 \\
2 & 5 & 0 \\
0 & 3 & 1
\end{pmatrix} [/mm]
Also kam ich noch auf die Idee, meine beiden Matrizen zu muliplizieren, aber selbst dann kommt was anderes raus:
[mm] P = \begin{pmatrix}
-2 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 \\
-4 & -18 & 0
\end{pmatrix} [/mm]
Die Q's hab ich dann nicht mehr gemacht, da hat mich der Mut verlassen.
Ist mein Ansatz total falsch? Oder hab ich mich einfach nur irgendwo verrechnet (also das Prinzip richtig)? Oder ist meine P-Matrix anders, weil ich andere Elementarmatrizen habe?
Viele Grüße, Jolly
P.S.: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo
erstmal zur ersten Frage: Du sucht jetzt insgesamt 4 Matrizen. Einmal die Matrizen [mm] S_{1} [/mm] und [mm] T_{1} [/mm] sodass [mm] \pmat{1&0&0\\0&1&0\\0&0&0}=S_{1}^{-1}*A*T_{1} [/mm] ist und [mm] S_{2} [/mm] und [mm] T_{2} [/mm] sodass [mm] \pmat{1&0&0\\0&1&0\\0&0&0}=S_{2}^{-1}*B*T_{2} [/mm] ist denn dann ergiben sich deine Matrizen P und Q aus [mm] A=\underbrace{S_{1}*S_{2}^{-1}}_{P}*B*\underbrace{T_{2}*T_{1}^{-1}}_{Q}. [/mm]
Das zeigt eine Ganz einfache Rechnung einfach einsetzen.
Wie jetzt die gesuchten Matrizen finden?
Du hast das mit Elementarmatrizen gemacht. Wenn die stimmen(das rechne ich nicht nach!) dann ist
[mm] \underbrace{D^1(-1)\cdotE^{12}(-2) \cdot E^{32}(-5)\cdot E^{31}(2) \cdot{}T^{12}}_{S_{1}^{-1}} [/mm] und [mm] \underbrace{E^{23}(-1)\cdot{}E^{42}(-1)\cdot{}E^{32}(-1)\cdot{}E^{31}(-1) }_{T}. [/mm] Genauso bestimmst du das bei B. Es muss nicht die selbe Matrix rauskommen wie im Tutorium. Es gibt mehrere Möglichkeiten für P und Q. Ich habe auch was anderes Raus als im Tutorium. Ich möchte jetzt aber noch was anderes anmerken(Wie das meiner Meinung nach schneller geht) und zwar mit Basiswechseln. Du suchst jetzt Beispielsweise für die Abbildung A eine Basis bzgl derer die Abbildung die Matrix [mm] \pmat{1&0&0\\0&1&0\\0&0&0} [/mm] hat. Gesucht sind jetzt also neue Basisvektoren im [mm] \IQ^4 [/mm] und im [mm] \IQ^3. [/mm] Wir gehen davon aus, das die Abbildung bzgl der Standardbasis in beiden Vektorräumen(also im [mm] \IQ^{4} [/mm] und im [mm] \IQ^{3}) [/mm] angegeben ist.
Zuerst einmal kann man sich dann den Kern der Linearen Abbildung ausrechnen(Warum und wie macht man das?).
So jetzt kucken wir uns die Spalten von A mal an. daran sehen wir, das der erste Basisvektor der Standardbasis des [mm] \IQ^4 [/mm] auf [mm] \vektor{0\\-1\\2} [/mm] abgebildet wird denn auch im [mm] \IQ^3 [/mm] verwenden wir ja die Standardbasis.
Das Bild vom zweiten Standardbasisvektor kennen wir auch, der ist die zweite Spalte von A.
Die beiden Vektoren bleiben in der neuen Basis drin, zusammen mit der Basis des Kerns bilden sie eine neue Basis des [mm] \IQ^4. [/mm]
Jetzt brauchen wir noch eine neue Basis des [mm] \IQ^3. [/mm] Wir wissen ja worauf die ersten Beiden Vektoren unser neuen Basis abgebildet werden. Also nehmen wir doch diese Vektoren einfach als neue Basisvektoren des [mm] \IQ^3. [/mm] Diese ergänzen wir beliebig mit einem Vektor so das das eine Basis wird. Jetzt kannst du zu beiden Basiswechseln jeweils die dazugehörige Matrix ausrechnen und du erhälst die Matrix der neuen Abbildung durch [mm] A'=S_{1}^{-1} [/mm] *A*T, dabei ist S die Matrix des Basiswechsels in [mm] \IQ^3 [/mm] und T die Matrix des Basiswechsels in [mm] \IQ^4. [/mm] das selbe mit B machen.
Ein bisschen viel text aber ich hoffe ich konnte das verständlich ausdrücken.
Einen schönen Abend noch
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:13 Do 27.03.2008 | | Autor: | Jolly |
Vielen Dank! Also, wenn das Prinzip schonmal richtig ist, ist das ja schonmal nicht schlecht. Dann vertraue ich mal darauf, dass ich das Prinzip mit den Elementarmatrizen hinbekomme (mod Rechenfehler, wie wir immer sagen).
Muss ich das immer so machen, wenn da steht "Suchen sie P und Q, s.d. gilt A = PBQ", dass ich dann 4 Matrizen suche? Das müsste ich mir dann mal merken! *g*
Das mit dem Basiswechsel werde ich jetzt gleich mal probieren. Ist ja mal keine schlechte Übung.
Wir sollten das mit den El.-Matrizen machen, die wurden auf dem besagten Übungszettel gerade "eingeführt" 
Vielen Dank nochmal,
viele Grüße,
Jolly
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:06 Do 27.03.2008 | | Autor: | Jolly |
Mist, habs mir gerade mal genauer angeguckt und ich hänge schon am Anfang (beim Basiswechsel):
Irgendwie fehlt mir ne Abbildung. Also ein "f", dass irgendwas auf die Matrix abbildet. Oder bastel ich mir das selbst, frei nach dem Prinzip:
[mm] f\begin{pmatrix} w\\ x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 2 & 1 & 1 \\
-1 & 3 & 1 & 2 \\
2 & 4 & 3 & 1
\end{pmatrix} [/mm]
Es irritiert mich immer, wenn ich keine Abbildung hab ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Kern ausrechnen:
Warum: Wir müssen den Kern ausrechnen, da wir Vektoren auf Null schicken wollen und das ist genau das, was der Kern macht.
Wie:
[mm] \begin{pmatrix}
0 & 2 & 1 & 1 \\
-1 & 3 & 1 & 2 \\
2 & 4 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & \alpha
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm]
mit hilfe von Gauss lösen und gucken, was passiert.
Ach so, und was mich auch irritiert: Warum ist der Raum plötzlich [mm] \IQ^3 [/mm] und [mm] \IQ^4 [/mm] und nicht mehr [mm] \IQ^{3,4} [/mm]? Geht die Abbildung von [mm] \IQ^3 [/mm] zu [mm] \IQ^4 [/mm] oder wie ist das zu verstehen?
Viele Grüße, Jolly
P.S.: Während der Server hier spinnte (oder etwas ähnliches) habe ich den Kern ausgerechnet und als Ergebnis habe ich
[mm] ker(A) = \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} [/mm]
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Guten Abend. Also eine Abbildung hast du gegeben durch die Matrizen A und B.
Ich mache jetzt mal der ersten Abbildung A. Das ist eine Abbildung von [mm] \IQ^4 \rightarrow \IQ^3 [/mm] (Deswegen die Bezeichnung oben)
Ziel: Wir wollen eine Basis von [mm] \IQ^4 [/mm] und [mm] \IQ^3 [/mm] so bestimmen das die Abbildung die durch A beschrieben bzgl dieser Basis die Matrix [mm] \pmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0} [/mm] hat.
Jetzt kommt der WEG dahin.
wir nehmen an A sei jetzt bzgl. der Standardbasis ${(1,0,0,0);(0,1,0,0);(0,0,1,0);(0,0,0,1)} $ im [mm] \IQ^4 [/mm] und ${(1,0,0);(0,1,0);(0,0,1)}$ im [mm] \IQ^3 [/mm] gegeben. Wir wissen jetzt also dass zum Beispiel der erste Basisvektor des [mm] \IQ^4 [/mm] von A auf $(0,-1,2) abgebildet wird(0 mal den ersten Basisvektor von [mm] \IQ^3, [/mm] -1 den zweiten und 2 mal den dritten) so baut man sich ja seine Matrix. Basisvektoren abbilden und das ergebnis als Linearkombination der entsprechenden Basisvektoren schreiben. Genau das selbe auch für die Anderen Basisvektoren von [mm] \IQ^4. [/mm] Jetzt brauchen wir den Kern von A. Du weißt das wenn v [mm] \in \ker(A) [/mm] dann ist [mm] A(v)=0_{\IQ^3} [/mm] also der Nullvektor in [mm] \IQ^3. [/mm] Den kann man ja als Linearkombination der Basis von [mm] \IQ^3 [/mm] nur durch die triviale Linearkombination(alle koeffizienten 0 wählen weil das eine Basis ist) erhalten. Wir wollen ja in der Matrix zwei Nullspalten haben.
Den Kern einer Linearen Abbildung bestimmst du indem du das Gleichungssystem $Ax=0$ löst. Dazu musst du die Matrix nicht erweitern, sondern die Matrix einfach durch Zeilentransformationen auf Treppennormalform bringen und dann kannst du die Lösung ablesen(der Kern wird zweidimensional). Jetzt weißt du ja wie oben beschrieben dass (1,0,0,0) auf (0,-1,2) abgebildet wird. Wenn ich jetzt also (0,-1,2) in die neue Basis von [mm] \IQ^3 [/mm] packe, dann kann ich [mm] A(\vektor{1\\0\\0\\0}) [/mm] ja als einmal den ersten Basisvektor von [mm] \IQ^3 [/mm] darstellen, denn den hab ich ja zum Basisvektor gemacht. So mache ich das Mit dem Bild von [mm] \vektor{0\\1\\0\\0} [/mm] auch. (Man muss immer auch ein bisschen auf die Reihenfolge achten). Also ist die neue Basis des [mm] \IQ^4 [/mm] { [mm] \vektor{1\\0\\0\\0}; \vektor{0\\1\\0\\0}; v_{3}; v_{4} [/mm] }.
[mm] v_{3} [/mm] und [mm] v_{4} [/mm] sind die Basisvektoren des Kerns von A. Die neue Basis des [mm] \IQ^3 [/mm] ist { [mm] \vektor{0\\-1\\2},\vektor{2\\3\\4},\vektor{0\\0\\1} [/mm] }. Der dritte Vektor ist beliebig wählbar solange die entstandene Menge linear unabhängig ist. Jetzt die Basistransformationsmatrizen bestimmen. Fertig ist der Salat
Einen schönen Abend wünsche ich
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:53 Sa 12.04.2008 | | Autor: | Jolly |
Auch bei dir muss ich mich noch bedanken. Hatte 3 Tage später noch ne andere Klausur und den Kopf dementsprechend voll. Aber deine Antwort hat mir sehr geholfen und wenn ich nochmal ein ähnliches Problem hab, werd ich mir den Artikel bestimmt noch ein paar mal durchlesen. 
Danke nochmals, viele Grüße, Jolly
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