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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:46 Sa 23.02.2008 | | Autor: | barsch |
| Aufgabe | Sei
[mm] U:=\{(x_1,x_2,x_3)\in\IR^3|2x_1+x_2-x_3=0\}
[/mm]
[mm] W:=\{(x_1,x_2,x_3)\in\IR^3|x_1-x_2=x_2-x_3=0\}.
[/mm]
Es ist zu zeigen, dass U ein 2-dimensionaler und W ein 1-dimensionaler UVR des [mm] \IR^3 [/mm] ist. Desweiteren soll eine Basis bestimmt werden von U und W und es ist die Frage zu beantworten, ob U und W komplementäre UVR des [mm] \IR^3 [/mm] sind. |
Hallo,
ich habe mir etwas überlegt und poste es einmal, in der Hoffnung, dass man mir sagen kann, ob die Argumentation richtig ist.
1. Schritt: Zeigen, U ist ein UVR des [mm] \IR^3 [/mm] und Berechnung einer Basis.
[mm] U:=\{(x_1,x_2,x_3)\in\IR^3|2x_1+x_2-x_3=0\}
[/mm]
i) [mm] v=(0,0,0)\in\R^3, [/mm] also [mm] U\not=\emptyset
[/mm]
ii) Seien [mm] v,w\in{U}, [/mm] mit [mm] 2v_1+v_2-v_3=0 [/mm] und [mm] 2w_1+w_2-w_3=0, [/mm] so ist
[mm] (2v_1+v_2-v_3)+(2w_1+w_2-w_3)=0+0=0\in{U} [/mm] (abgeschlossen gegenüber Addition)
iii) Sei [mm] v\in{U} [/mm] mit [mm] 2v_1+v_2-v_3=0 [/mm] und [mm] \lambda\in\IR, [/mm] dann ist
[mm] \lambda*(2v_1+v_2-v_3)=\lambda*0=0\in{U} [/mm] (abgeschlossen gegenüber Multiplikation mit Skalaren)
Eine Basis von U ist: [mm] U:=span(\vektor{0 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ -2 \\ 0 })
[/mm]
Insgesamt ist U 2-dimensionaler UVR des [mm] \IR^3.
[/mm]
2. Schritt: Zeigen, W ist ein UVR des [mm] \IR^3 [/mm] und Berechnung einer Basis.
Zu zeigen, dass W UVR des [mm] \IR^3 [/mm] sei klar.
Basis von W: [mm] W:=span(\vektor{1 \\ 1 \\ 1})
[/mm]
Insgesamt: W ist 1-dimensionaler UVR des [mm] \IR^3.
[/mm]
3. Schritt: Sind U und W komplementäre UVR des $ [mm] \IR^3 [/mm] $?
Komplementär heißt ja, [mm] \IR^3 [/mm] ist direkte Summe von UVR U und W (oder?)!
Also gilt:
[mm] \IR^3=U\oplus{W}\gdw{\text{ i) }\IR^3=U+W}{\text{ und ii) }}{U\cap{W}=0}
[/mm]
Jetzt bin ich mir nicht 100%ig sicher, ob meine Vorgehensweise richtig ist.
Ich muss folglich i) und ii) zeigen:
i) [mm] W:=span(\vektor{1 \\ 1 \\ 1}), U:=span(\vektor{0 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ -2 \\ 0 })
[/mm]
Ich würde jetzt überprüfen, ob [mm] w=\vektor{1 \\ 1 \\ 1},u_1=\vektor{0 \\ 1 \\ 1} [/mm] und [mm] u_2=\vektor{1 \\ -2 \\ 0 } [/mm] linear unabhängig sind.
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 0}\underbrace{\to}_{\text{Gauß}}\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 2} [/mm] Matrix hat Rang 3.
[mm] \IR^3:=span(w,u_1,u_2), [/mm] demnach ist [mm] \IR^3=U+W. [/mm] i) ist also gezeigt.
Bleibt ii) zu zeigen:
Hier würde ich über die Dimensionsformel für Summen argumentieren.
Es gilt:
[mm] dim(U+W)=dimU+dimW-dim(U\cap{W})
[/mm]
Aus 1. Schritt wissen wir: dimU=2
Aus 2. Schritt wissen wir: dimW=1
Aus 3. Schritt i) wissen wir: dim(U+W)=3
Wir setzen ein:
[mm] 3=2+1-dim(U\cap{W})\Rightarrow{dim(U\cap{W})} [/mm] Das war zu zeigen.
Als abschließender Satz bleibt zu sagen: U nd W sind komplemetäre UVR des [mm] \IR^3.
[/mm]
Jetzt ist der Artikel doch länger geworden als gwollt. Aber ich will sicher gehen, dass ich es richtig verstanden habe und vielleicht erbarmt sich jemand und korrigiert.
Danke.
MfG barsch
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:14 Sa 23.02.2008 | | Autor: | koepper |
Hallo barsch,
> [mm]U:=\{(x_1,x_2,x_3)\in\IR^3|2x_1+x_2-x_3=0\}[/mm]
>
> [mm]W:=\{(x_1,x_2,x_3)\in\IR^3|x_1-x_2=x_2-x_3=0\}.[/mm]
>
> Es ist zu zeigen, dass U ein 2-dimensionaler und W ein
> 1-dimensionaler UVR des [mm]\IR^3[/mm] ist. Desweiteren soll eine
> Basis bestimmt werden von U und W und es ist die Frage zu
> beantworten, ob U und W komplementäre UVR des [mm]\IR^3[/mm] sind.
> Hallo,
>
> ich habe mir etwas überlegt und poste es einmal, in der
> Hoffnung, dass man mir sagen kann, ob die Argumentation
> richtig ist.
>
>
> 1. Schritt: Zeigen, U ist ein UVR des [mm]\IR^3[/mm] und Berechnung
> einer Basis.
>
> [mm]U:=\{(x_1,x_2,x_3)\in\IR^3|2x_1+x_2-x_3=0\}[/mm]
>
> i) [mm]v=(0,0,0) \in U,[/mm] also [mm]U\not=\emptyset[/mm]
[mm] $\in [/mm] U$ !
>
> ii) Seien [mm]v,w\in{U},[/mm] _also_ [mm]2v_1+v_2-v_3=0[/mm] und [mm]2w_1+w_2-w_3=0,[/mm]
> so ist
>
> [mm](2v_1+v_2-v_3)+(2w_1+w_2-w_3)=0+0=0$ also $v+w \in U [/mm] (abgeschlossen gegenüber Addition)
beachte die kleinen Korrekturen!
> iii) Sei [mm]v\in{U}[/mm] _also_ [mm]2v_1+v_2-v_3=0[/mm] und [mm]\lambda\in\IR,[/mm] dann
> ist
>
> [mm]\lambda*(2v_1+v_2-v_3)=\lambda*0=0\in{U}[/mm] (abgeschlossen
> gegenüber Multiplikation mit Skalaren)
Die reelle Zahl Null ist sicher nicht in U!
Aber [mm] $\lambda [/mm] v [mm] \in [/mm] U$.
>
> Eine Basis von U ist: [mm]U:=span(\vektor{0 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ -2 \\ 0 })[/mm]
was noch zu zeigen wäre.
> Insgesamt ist U 2-dimensionaler UVR des [mm]\IR^3.[/mm]
schon wahr aber nicht gezeigt.
> 2. Schritt: Zeigen, W ist ein UVR des [mm]\IR^3[/mm] und Berechnung
> einer Basis.
>
> Zu zeigen, dass W UVR des [mm]\IR^3[/mm] sei klar.
>
> Basis von W: [mm]W:=span(\vektor{1 \\ 1 \\ 1})[/mm]
stimmt schon, aber ist das ein Beweis?
> Insgesamt: W ist 1-dimensionaler UVR des [mm]\IR^3.[/mm]
>
> 3. Schritt: Sind U und W komplementäre UVR des [mm]\IR^3 [/mm]?
>
> Komplementär heißt ja, [mm]\IR^3[/mm] ist direkte Summe von UVR U
> und W (oder?)!
ja.
> Also gilt:
>
> [mm]\IR^3=U\oplus{W}\gdw{\text{ i) }\IR^3=U+W}{\text{ und ii) }}{U\cap{W}=0}[/mm]
>
> Jetzt bin ich mir nicht 100%ig sicher, ob meine
> Vorgehensweise richtig ist.
>
> Ich muss folglich i) und ii) zeigen:
>
> i) [mm]W:=span(\vektor{1 \\ 1 \\ 1}), U:=span(\vektor{0 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ -2 \\ 0 })[/mm]
>
> Ich würde jetzt überprüfen, ob [mm]w=\vektor{1 \\ 1 \\ 1},u_1=\vektor{0 \\ 1 \\ 1}[/mm]
> und [mm]u_2=\vektor{1 \\ -2 \\ 0 }[/mm] linear unabhängig sind.
richtig.
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 0}\underbrace{\to}_{\text{Gauß}}\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 2}[/mm]
> Matrix hat Rang 3.
>
> [mm]\IR^3:=span(w,u_1,u_2),[/mm] demnach ist [mm]\IR^3=U+W.[/mm] i) ist also
> gezeigt.
>
> Bleibt ii) zu zeigen:
>
> Hier würde ich über die Dimensionsformel für Summen
> argumentieren.
gute Idee.
> Es gilt:
>
> [mm]dim(U+W)=dimU+dimW-dim(U\cap{W})[/mm]
>
> Aus 1. Schritt wissen wir: dimU=2
> Aus 2. Schritt wissen wir: dimW=1
> Aus 3. Schritt i) wissen wir: dim(U+W)=3
>
> Wir setzen ein:
>
> [mm]3=2+1-dim(U\cap{W})\Rightarrow{dim(U\cap{W})} = 0[/mm] Das war zu
> zeigen.
>
> Als abschließender Satz bleibt zu sagen: U nd W sind
> komplemetäre UVR des [mm]\IR^3.[/mm]
OK.
LG
Will
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:05 Sa 23.02.2008 | | Autor: | barsch |
Hallo,
danke für die Antwort. Die Korrekturen werde ich beim nächsten Mal beachten.
> > Eine Basis von U ist: [mm]U:=span(\vektor{0 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ -2 \\ 0 })[/mm]
>
> was noch zu zeigen wäre.
>
> > Insgesamt ist U 2-dimensionaler UVR des [mm]\IR^3.[/mm]
>
> schon wahr aber nicht gezeigt.
Hier weiß ich allerdings nicht weiter. Ich dachte eigentlich, dass ich es gezeigt hätte damit, dass nur zwei Basisvektoren existieren?
Wie beweise ich das denn richtig?
MfG barsch
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:07 Sa 23.02.2008 | | Autor: | koepper |
Hallo,
> danke für die Antwort. Die Korrekturen werde ich beim
> nächsten Mal beachten.
>
> > > Eine Basis von U ist: [mm]U:=span(\vektor{0 \\ 1 \\ 1}, \vektor{1 \\ -2 \\ 0 })[/mm]
>
> >
> > was noch zu zeigen wäre.
> >
> > > Insgesamt ist U 2-dimensionaler UVR des [mm]\IR^3.[/mm]
> >
> > schon wahr aber nicht gezeigt.
>
> Hier weiß ich allerdings nicht weiter. Ich dachte
> eigentlich, dass ich es gezeigt hätte damit, dass nur zwei
> Basisvektoren existieren?
Wenn du gezeigt hättest, daß eine Basis von U genau 2 Vektoren enthält, dann hättest du Recht.
Aber ich habe nicht gesehen, wie du auf diese Basis kommst.
LG
Will
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:24 Sa 23.02.2008 | | Autor: | barsch |
Hallo,
> Wenn du gezeigt hättest, daß eine Basis von U genau 2
> Vektoren enthält, dann hättest du Recht.
wie zeige ich das denn? Ich habe das gesehen und dachte, dass würde reichen.
Ich kann nur sagen, dass U nicht von drei Vektoren aufgespannt werden kann, weil zum Beispiel
[mm] u_1=\vektor{0 \\ 1 \\ 1}, u_2=\vektor{1 \\ -2 \\ 0 }, u_3= \vektor{1 \\ 0 \\ 1} [/mm] linear unabhängig sind und alle Element [mm] U:=\{(x_1,x_2,x_3)\in\IR^3|2x_1+x_2-x_3=0\}, [/mm] aber [mm] 1*u_1+0*u_2+1*u_3=\vektor{1\\1\\2} [/mm] ist nicht Element U.
> Aber ich habe nicht gesehen, wie du auf diese Basis
> kommst.
Aber wie genau kann ich ersichtlich machen, wie ich auf diese Basis komme?
MfG barsch
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Hallo barsch,
gib jeweils ein Erzeugendensystem für $U$ und $W$ an und zeige, dass es linear unabh. ist.
Diese musst du dir aus den Bedingungen, die an die Vektoren aus U, W gestellt sind, "basteln"
Am einfachsten für $W$:
Ein beliebiger Vektor [mm] $x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\in [/mm] W$ hat wegen der Bedingungen [mm] $x_1-x_2=x_2-x_3=0$, [/mm] also [mm] $x_1=x_2=x_3$ [/mm] die Gestalt [mm] $\vektor{t\\t\\t}$ [/mm] mit beliebigem [mm] $t\in\IR$
[/mm]
W wird also von [mm] $\vektor{1\\1\\1}$ [/mm] erzeugt. Das ist also offensichtlich eine Basis für W
Ein beliebiger Vektor [mm] $x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\in [/mm] U$ muss die Bedingung [mm] $2x_1+x_2-x_3=0$ [/mm] erfüllen
Wie sieht denn ein solcher allgemeiner Lösungsvektor dieses "homogenen LGS" aus?
1 Gleichung, 3 Unbekannte --> 2 freie Variablen ...
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:50 Sa 23.02.2008 | | Autor: | barsch |
Hi,
> Ein beliebiger Vektor [mm]x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\in U[/mm] muss
> die Bedingung [mm]2x_1+x_2-x_3=0[/mm] erfüllen
>
> Wie sieht denn ein solcher allgemeiner Lösungsvektor dieses
> "homogenen LGS" aus?
>
> 1 Gleichung, 3 Unbekannte --> 2 freie Variablen ...
Also, die Bedingung: Der Vekotr [mm] x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3} [/mm] muss [mm] 2x_1+x_2-x_3=0 [/mm] erfüllen.
Ich hatte mir folgendes überlegt; so bin ich letztendlich auch auf die beiden Vektoren gekommen:
Sei [mm] x_1=0: x_2-x_3=0 \gdw{x_2=x_3} [/mm] es ergibt sich für den ersten Vektor [mm] u_1=\vektor{0\\t\\t} [/mm] mit [mm] t\in\IR.
[/mm]
Sei [mm] x_2=0: 2x_1-x_3=0\gdw{2x_1=x_3} [/mm] also [mm] u_2=\vektor{2t\\0\\t} [/mm] mit [mm] t\in\IR.
[/mm]
Das [mm] u_1 [/mm] und [mm] u_2 [/mm] linear unabhängig sind ergibt sich aus:
[mm] \lambda_1*\vektor{0\\t\\t}+\lambda_2*\vektor{2t\\0\\t}=0\gdw\lambda_1=\lambda_2, [/mm] woraus lineare Unabhängigkeit folgt.
Stimmt (und reicht) das?
MfG barsch
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Hallo nochmal,
> Hi,
>
> > Ein beliebiger Vektor [mm]x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\in U[/mm] muss
> > die Bedingung [mm]2x_1+x_2-x_3=0[/mm] erfüllen
> >
> > Wie sieht denn ein solcher allgemeiner Lösungsvektor dieses
> > "homogenen LGS" aus?
> >
> > 1 Gleichung, 3 Unbekannte --> 2 freie Variablen ...
>
> Also, die Bedingung: Der Vekotr [mm]x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}[/mm]
> muss [mm]2x_1+x_2-x_3=0[/mm] erfüllen.
>
> Ich hatte mir folgendes überlegt; so bin ich letztendlich
> auch auf die beiden Vektoren gekommen:
>
> Sei [mm]x_1=0: x_2-x_3=0 \gdw{x_2=x_3}[/mm] es ergibt sich für den
> ersten Vektor [mm]u_1=\vektor{0\\t\\t}[/mm] mit [mm]t\in\IR.[/mm]
>
> Sei [mm]x_2=0: 2x_1-x_3=0\gdw{2x_1=x_3}[/mm] also
> [mm]u_2=\vektor{2t\\0\\t}[/mm] mit [mm]t\in\IR.[/mm]
>
> Das [mm]u_1[/mm] und [mm]u_2[/mm] linear unabhängig sind ergibt sich aus:
>
> [mm]\lambda_1*\vektor{0\\t\\t}+\lambda_2*\vektor{2t\\0\\t}=0\gdw\lambda_1=\lambda_2,[/mm]
> woraus lineare Unabhängigkeit folgt.
>
> Stimmt (und reicht) das?
>
> MfG barsch
Ich kapiere nicht so recht, was du machst, wieso wählst du beide Male denselben Parameter t? Und wieso die Spezialisierung mit dem [mm] $x_1=0$ [/mm] bzw. [mm] $x_2=0$ [/mm] setzen?
Aus [mm] $2x_1+x_2-x_3=0$ [/mm] folgt doch mit den frei wählbaren Parametern [mm] $x_3=t$ [/mm] mit [mm] $t\in\IR$ [/mm] und [mm] $x_2=s$ [/mm] mit [mm] $s\in\IR$:
[/mm]
[mm] $2x_1+s-t=0\gdw x_1=\frac{t}{2}-\frac{s}{2}$
[/mm]
Ein beliebiger Vektor [mm] $x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\in\IR^3$, [/mm] der die Bedingung [mm] $2x_1+x_2-x_3=0$ [/mm] erfüllt, also [mm] $\in [/mm] U$ ist, hat also die Gestalt
[mm] $x=\vektor{\frac{t}{2}-\frac{s}{2}\\s\\t}=\vektor{\frac{t}{2}\\0\\1}+\vektor{-\frac{s}{2}\\1\\0}$
[/mm]
bzw. schöner mit ganzen Zahlen geschrieben [mm] $x=\tilde{t}\cdot{}\vektor{1\\0\\2}+\tilde{s}\cdot{}\vektor{-1\\2\\0}$ [/mm] mit [mm] $\tilde{s},\tilde{t}\in\IR$
[/mm]
Also ist W von [mm] $\left{\vektor{1\\0\\2},\vektor{-1\\2\\0}\right}$ [/mm] erzeugt
Die beiden Vektoren sind keine Vielfachen voneinander, also linear unabh., dh. du hast deine Basis gefunden. (btw. die Lösungsmenge eines homogenen LGS ist stets ein VR)
LG
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:15 Sa 23.02.2008 | | Autor: | barsch |
![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]")
Danke für die Geduld.
MfG
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