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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:44 Sa 11.08.2012 | | Autor: | Glumi |
| Aufgabe | A= [mm] \begin{pmatrix}
2a & 2a+1 & -3 \\
-a & -a & 1 \\
-a & -a-1 & 3
\end{pmatrix} [/mm] b= [mm] \begin{pmatrix} d \\ 0 \\ -d+1 \end{pmatrix}
[/mm]
Geben sie in Abhängigkeit von a,d in [mm] \IR [/mm] eien Basis von Bild(A) und Kern(A) sowie gegebenenfalls eine Lösung x des Gleichungssystems Ax=b an. |
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Ich hab Probleme beim Lösen dieser Aufgabe:
Für die Bildbestimmung einer Matrix gilt ja:
Ax= Im(A)
Also rechne ich Ax=0.
Dann komme ich auf:
A= [mm] \begin{pmatrix}
a & a & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
Also rg(A)=3 und dann liest man das Bild Im(A) ja einfach immer aus der Ursprungsmatrix ab. Und das wäre ja dann grad.
Im(A)=A= [mm] \begin{pmatrix}
2a & 2a+1 & -3 \\
-a & -a & 1 \\
-a & -a-1 & 3
\end{pmatrix}
[/mm]
Für den Kern löst man das LGS Ax=0, also [mm] x_3=0,x_2=0 [/mm] und [mm] x_1=-ax_2=a*0=0. [/mm] Also is es einfach der triviale [mm] Kern(0,0,0)^{T}?
[/mm]
Meine Lösung sagt: für [mm] a\not=0 [/mm] is [mm] Kern(A)=Span(e_1)?
[/mm]
Stimmt das? Für was ist dann der Vektor b) bzw. was stellt dieser Vektor überhaupt dar?
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Hallo Glumi,
> A= [mm]\begin{pmatrix}
2a & 2a+1 & -3 \\
-a & -a & 1 \\
-a & -a-1 & 3
\end{pmatrix}[/mm]
> b= [mm] \begin{pmatrix} d \\ 0 \\ -d+1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> Geben sie in Abhängigkeit von a,d in [mm]\IR[/mm] eien Basis von
> Bild(A) und Kern(A) sowie gegebenenfalls eine Lösung x des
> Gleichungssystems Ax=b an.
> Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
>
> Ich hab Probleme beim Lösen dieser Aufgabe:
> Für die Bildbestimmung einer Matrix gilt ja:
>
> Ax= Im(A)
> Also rechne ich Ax=0.
> Dann komme ich auf:
>
> A= [mm]\begin{pmatrix}
a & a & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}[/mm]
>
> Also rg(A)=3 und dann liest man das Bild Im(A) ja einfach
> immer aus der Ursprungsmatrix ab. Und das wäre ja dann
> grad.
>
> Im(A)=A= [mm]\begin{pmatrix}
2a & 2a+1 & -3 \\
-a & -a & 1 \\
-a & -a-1 & 3
\end{pmatrix}[/mm]
>
> Für den Kern löst man das LGS Ax=0, also [mm]x_3=0,x_2=0[/mm] und
> [mm]x_1=-ax_2=a*0=0.[/mm] Also is es einfach der triviale
> [mm]Kern(0,0,0)^{T}?[/mm]
> Meine Lösung sagt: für [mm]a\not=0[/mm] is [mm]Kern(A)=Span(e_1)?[/mm]
>
Die Lösung muss doch so lauten:
[mm]a=0: \ Kern(A)=Span(e_1)[/mm]
Für [mm]a\not= 0[/mm] besitzt die Matrix vollen Rang.
> Stimmt das? Für was ist dann der Vektor b) bzw. was stellt
> dieser Vektor überhaupt dar?
>
b ist ein Bild, zu dem das Urbild gefunden werden soll.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:36 Sa 11.08.2012 | | Autor: | Glumi |
Also habe ich das jetzt richtig verstanden:
Ich bringe das LGS Ax=b in Stufenform:
Dann erhalte ich: $ [mm] \begin{pmatrix} a & a & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $=\vektor{1 \\ 1+d \\ d}
[/mm]
Für den Kern gilt Ax=0 also muss aus b [mm] (0,0,0)^{T} [/mm] werden.
Das löst d=1
ALso [mm] Kern(A)=\vektor{1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Nun zum Bild.
Die Dimension des Kerns is 1(eine Spalte), rg(A) muss 2 sein.
Das geht nur wenn a=0.
rg(A)=2 heißt, dass ich einfach zwei Vektoren aus A nehmen kann. d.h.
[mm] Bild(A)=(\vektor{1 \\ 0 \\ -1}), \vektor{-3 \\ 1 \\ 3})
[/mm]
Ist das jetzt richtig verstanden und liegt der Nullvektor immer im Bild(A)?
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> Also habe ich das jetzt richtig verstanden:
>
> Ich bringe das LGS Ax=b in Stufenform:
>
> Dann erhalte ich: [mm]\begin{pmatrix} a & a & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm][mm] =\vektor{1 \\ 1+d \\ d}[/mm]
>
> Für den Kern gilt Ax=0 also muss aus b [mm](0,0,0)^{T}[/mm]
> werden.
> Das löst d=1
> ALso [mm]Kern(A)=\red{\langle} \vektor{1 \\ 0 \\ 0}\red{\rangle}[/mm]
Der Vektor bildet eine Basis des Kerns, also ist der Kern das Erzeugnis dieses Vektors.
Der Kern kann nie gleich einem einzelnen Vektor sein, weil der Kern nach Definition ein Unterraum - also eine Menge von Vektoren - ist.
Davon abgesehen gilt dies nur für $a=0$, für $a [mm] \neq [/mm] 0$ hast du einen anderen Kern.
> Nun zum Bild.
> Die Dimension des Kerns is 1(eine Spalte), rg(A) muss 2
> sein.
> Das geht nur wenn a=0.
Richtig, aber auch das davor (die Bestimmung des Kerns) geht so nur für $a=0$.
> rg(A)=2 heißt, dass ich einfach zwei Vektoren aus A
> nehmen kann. d.h.
Nein.
Du musst zwei der Spalten von $A$ wählen und diese Bilden dann eine Basis des Bildes, das stimmt.
Allerdings darfst du das nicht beliebig machen.
Du musst immer die Spalten wählen, in denen du in der Zeilenstufenform Zeilenstufenanfänge hast, in deinem Fall für $a=0$ also die zweite und dritte Spalte.
Die erste Spalte von $A$ ist ja für $a=0$ sogar eine Nullspalte und somit niemals Element einer Basis.
> [mm]Bild(A)=\red{\langle}\vektor{1 \\ 0 \\ -1}, \vektor{-3 \\ 1 \\ 3}\red{\langle}[/mm]
>
> Ist das jetzt richtig verstanden und liegt der Nullvektor
> immer im Bild(A)?
Ja, das ist die richtige Basis.
Ob du das ganze wirklich verstanden hast bin ich mir nicht ganz sicher.
Mache dir unbedingt nochmal klar, welche Spalten aus der Matrix $A$ du wählen darfst um eine Basis des Bildes zu erhalten und welche nicht.
Und ja, der Nullvektor liegt immer im Bild von $A$, denn $A*0 = 0$. Überdies ist das Bild von $A$ ein Unterraum (in deinem Fall des [mm] $\IR^3$) [/mm] und damit enthält es nach Definition immer den Nullvektor.
lg
Schadow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:41 Sa 11.08.2012 | | Autor: | Glumi |
Hmm... ok danke soweit,
aber ich glaube ich habs doch noch nicht ganz verstanden auch wenn ich Lösung jetzt kenne.
Könnte mir jemand nochmal die allgemeine vorgehensweiße mit Erklärung der einzelnen Schritte erläutern?-damit ich das dann auch auf ähnliche Aufgaben anwenden könnte. Wäre sehr nett 
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Ok, dann wolln wir mal:
Sei $A [mm] \in \IR^{n \times n}$ [/mm] eine Matrix. Dann ist $Ke(A) := [mm] \{x \in \IR^n \mid Ax = 0\}$.
[/mm]
Geht nun $A$ mithilfe des Gaußalgorithmus in eine Matrix $B$ über, so gilt $Ke(A) = Ke(B)$, man kann sich das Problem der Berechnung des Kerns also etwas vereinfachen, indem man die reduzierte Zeilenstufenform von $B$ berechnet.
Als zweites wollen wir die Menge $Bi(A) := [mm] \{Ax \mid x \in \IR^n \}$ [/mm] berechnen, das Bild von $A$. Faul wie wir sind wollen wir am liebsten für beides nur einmal die (reduzierte) Zeilenstufenform $B$ bestimmen.
Daher gucken wir uns mal ganz genau an, was das Bild von $A$ eigentlich ist.
Ist $x = [mm] \vektor{x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ \ x_n} \in \IR^n$ [/mm] so ist $Ax = [mm] x_1*A_{\_1} [/mm] + [mm] x_2*A_{\_2} [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] x_n*A_{\_n}$. [/mm] Hierbei bezeichnet [mm] $A_{\_i}$ [/mm] die $i-$te Spalte von $A$.
Wir stellen also fest: Die Spalten von $A$ bilden ein Erzeugendensystem des Bildes von $A$ (bekanntermaßen ist das Bild ein Vektorraum).
Nun weißt du hoffentlich, dass man aus jedem Erzeugendensystem (eines endlichdimensionalen Vektorraums) durch weglassen geeigneter Elemente eine Basis erhalten kann. Wir wissen also, dass wir eine Basis erhalten, indem wir einige der Spalten aus $A$ weglassen; es bleibt nur noch die Frage welche.
Hier hilft uns auch der Gaußalgorithmus weiter:
Wir wissen bereits, dass der Kern von $A$ durch den Gaußalgorithmus nicht verändert wird.
Ist nun $x [mm] \in [/mm] Ke(A)$ so gilt also $Ax = 0$. Wie wir eben gesehen haben beschreibt $Ax$ eine Linearkombination der Spalten von $A$. Ist also $Ax=0$ und $x [mm] \neq [/mm] 0$ so haben wir eine lineare Abhängigkeit der Spalten von $A$ gefunden.
Das heißt also: Geht $A$ mithilfe des Gaußalgorithmus in $B$ über so herrschen zwischen den Spalten von $B$ dieselben linearen Abhängigkeiten wie zwischen den Spalten von $A$.
Ist $B$ nun in reduzierter Zeilenstufenform so lässt sich ohne größere Probleme eine Basis des Spaltenraums von $B$ ermitteln: Dies sind genau die Spalten von $B$, in denen sich Zeilenstufenanfänge befinden - mache dir am besten an ein paar Beispielen klar, dass diese Spalten immer eine Basis, also ein linear unabhängiges Erzeugendensystem, des Spaltenraums bilden.
Haben wir auf diese Art eine Basis des Spaltenraums von $B$ gefunden so wissen wir, dass zwischen diesen keine linearen Abhängigkeiten herrschen.
Da wie oben erwähnt solche Abhängigkeiten vom Gaußalgorithmus unberührt bleiben sind also dieselben Spalten aus $A$ linear unabhängig.
Dass diese Spalten von $A$ dann nicht nur linear unabhängig sondern sogar maximal linear unabhängig und damit eine Basis sind machst du dir am besten mit dem Rang der Matrix $A$ (der ja gleich dem Rang von $B$ ist) klar.
Langer Rede kurzer Sinn:
Möchtest du Kern und Bild einer Matrix $A$ berechnen so bring diese zuerst in Zeilenstufenform oder reduzierte Zeilenstufenform, nennen wir diese $B$.
Danach kannst du den Kern recht leicht ablesen oder du benutzt Dinge wie den sogenannten Minus-Eins-Trick, da hattet ihr sicher in der Vorlesung eine ganze Reihe von Möglichkeiten zu.
Eine Basis des Bildes von $A$, was ja gleich dem Spaltenraum von $A$ ist, erhälst du, indem du aus der Matrix $A$ genau die Spalten auswählst, in denen $B$ einen Zeilenstufenanfang hat.
Ich hoffe das ist verständlich und nicht zu lang.
Als Hinweise noch: Damit das ganze funktioniert darfst du nur einen Zeilengauß anwenden. Sobald du anfängst mit den Spalten zu arbeiten geht das ganze schief.
Überdies gelten die Aussagen auch für nicht quadratische Matrizen und für andere Körper als [mm] $\IR$.
[/mm]
lg
Schadow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:10 So 12.08.2012 | | Autor: | Glumi |
Puh. Erstmal ein Rießenlob für deine ausführliche Antwort. Ich denke damit komme ich weiter. Ich versuche das jetzt nochmal in meinen Worten auf die Aufgabe zu übertragen. Mich hat glaub nur die Existenz vom Vek
tor b irritiert, wobei man den ja nur am Ende braucht um festzustellen ob das LGS eine Lösung besitzt:
Also
1) Um Bild und Kern zu bestimmen, Matrix auf Stufenform liefert
$ [mm] \begin{pmatrix} a & a & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Jetzt Überlegung anstellen.
Wenn a=0
$ [mm] \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} [/mm] $
d.h. wir haben nur zwei linear unabhängige Spalten. Nämlich die zweite und Dritte.
Daraus folgt dann indem man einfach in die Ursprungsmatrix a=0 einsetzt und dann davon die zweite und dritte Spalte nimmt:
[mm] Im(A)=(\vektor{1 \\ 0 \\ -1},\vektor{-3 \\ 1 \\ 3}
[/mm]
Für den Kern [mm] x_3=0,x_2=0 [/mm] uns [mm] x_1 [/mm] is beliebig.
Das heißt der Kern von A is der 1. Einheitsvektor.
Wenn [mm] a\not= [/mm] 0 kommt man auf z.b.
$ [mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} [/mm] $
D.h. die Matrix hat vollen Rang und der Kern hat die Dimension Null, bzw. wäre nur der Nullvektor und das geht ja nich=)
Nun soll in der Aufgabenstellung noch bestimmt werden, ob das LGS Ax=b eine Lösung besitzt:
Ich rechne Ax=b wobei ich A auf Stufenform bringe(bzw. schon gebracht habe) und rechts halt mit b arbeite und nicht mit nur Nullen, wie für Kern und Bild.
$ [mm] \begin{pmatrix} a & a & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $=\vektor{1 \\ 1+d \\ 1}
[/mm]
Nun wieder a=0.
Daraus folgt [mm] x_3=1,x_2=d+1 [/mm] uns [mm] 0*x_1 [/mm] wird niemals eins, also keine LSG.
Wenn [mm] a\not=1
[/mm]
[mm] x_1=1,x_2=d+1,x_3=d
[/mm]
Und da kann man ja dann für d alles einsetzen oder und das LGS is somit lösbar?
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> Puh. Erstmal ein Rießenlob für deine ausführliche
> Antwort. Ich denke damit komme ich weiter. Ich versuche das
> jetzt nochmal in meinen Worten auf die Aufgabe zu
> übertragen. Mich hat glaub nur die Existenz vom Vek
> tor b irritiert, wobei man den ja nur am Ende braucht um
> festzustellen ob das LGS eine Lösung besitzt:
>
> Also
> 1) Um Bild und Kern zu bestimmen, Matrix auf Stufenform
> liefert
>
> [mm]\begin{pmatrix} a & a & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm][mm] =\vektor{0 \\
0 \\
0}[/mm]
>
> Jetzt Überlegung anstellen.
>
> Wenn a=0
>
> [mm]\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> d.h. wir haben nur zwei linear unabhängige Spalten.
> Nämlich die zweite und Dritte.
> Daraus folgt dann indem man einfach in die Ursprungsmatrix
> a=0 einsetzt und dann davon die zweite und dritte Spalte
> nimmt:
>
> [mm]Im(A)=(\vektor{1 \\
0 \\
-1},\vektor{-3 \\
1 \\
3}[/mm]
Hallo,
das Bild ist die lineare Hülle (der Span, das Erzeugnis) dieser beiden Vektoren.
Die beiden vektoren sind eine Basis des Bildes von A.
>
> Für den Kern [mm]x_3=0,x_2=0[/mm] uns [mm]x_1[/mm] is beliebig.
> Das heißt der Kern von A is der 1. Einheitsvektor.
Nicht ganz.
Der Einheitsvektor ist eine Basis des Kerns, und der Kern ist die lineare Hülle dieses Vektors.
>
> Wenn [mm]a\not=[/mm] 0 kommt man auf z.b.
>
> [mm]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm]
>
> D.h. die Matrix hat vollen Rang und der Kern hat die
> Dimension Null, bzw. wäre nur der Nullvektor und das geht
> ja nich=)
???
Klar geht das.
Der Kern besteht nur aus dem Nullvektor. Das ist der kleinste VR, den es gibt.
Und das Bild? Dazu solltest Du Dir noch etwas überlegen.
>
> Nun soll in der Aufgabenstellung noch bestimmt werden, ob
> das LGS Ax=b eine Lösung besitzt:
>
> Ich rechne Ax=b wobei ich A auf Stufenform bringe(bzw.
> schon gebracht habe) und rechts halt mit b arbeite und
> nicht mit nur Nullen, wie für Kern und Bild.
Ja, genau.
>
> [mm]\begin{pmatrix} a & a & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/mm][mm] =\vektor{1 \\
1+d \\
1}[/mm]
Ja, so sieht das bei mir auch aus.
>
> Nun wieder a=0.
> Daraus folgt [mm]x_3=1,x_2=d+1[/mm] uns [mm]0*x_1[/mm] wird niemals eins,
> also keine LSG.
Ja.
Es ist der Rang der Koeffizientenmatrix (=2) kleiner als der der erweiterten Koeffizientenmatrix (=3), also hat das LGS keine Lösung für a=0.
>
> Wenn [mm]a\not=1[/mm]
Du meinst sicher [mm] a\not=0, [/mm] oder?
> [mm]x_1=1,x_2=d+1,x_3=d[/mm]
Dieser Lösung kann ich nicht folgen.
> Und da kann man ja dann für d alles einsetzen oder und
> das LGS is somit lösbar?
Ja.
LG Angela
>
>
>
>
>
>
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:21 So 12.08.2012 | | Autor: | Glumi |
Ok danke auch dir. Jetzt is mir alles klar.
Das Bild von (A) sind alle Vektoren, die mit [mm] (\vektor{1 \\ 0 \\ -1},\vektor{-3 \\ 1 \\ 3} [/mm] ) erzeugt werden können.
Und der Kern sind alle x die sich aus [mm] \alpha [/mm] * [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0} [/mm] ergeben.
Die Basis vom Kern, also das was den Kern erzeugt is der 1. Einheitsvektor.
So stimmts ?
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> Ok danke auch dir. Jetzt is mir alles klar.
>
> Das Bild von (A) sind alle Vektoren, die mit [mm](\vektor{1 \\
0 \\
-1},\vektor{-3 \\
1 \\
3}[/mm]
> ) erzeugt werden können.
>
> Und der Kern sind alle x die sich aus [mm]\alpha[/mm] * [mm]\vektor{1 \\
0 \\
0}[/mm]
> ergeben.
> Die Basis vom Kern, also das was den Kern erzeugt is der
> 1. Einheitsvektor.
>
> So stimmts ?
Hallo,
ja, richtig.
LG Angela
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