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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:01 Do 20.11.2008 | | Autor: | nina1 |
| Aufgabe | Gegeben ist die Matrix A=: [mm] \pmat{ 2 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 } \in \IR^{3,5}
[/mm]
Welche Dimension hat der Kern der linearen Abbildung A: [mm] \IR^{5} [/mm] -> [mm] \IR^{3}, \vec{x} \mapsto [/mm] A [mm] \vec{x}.
[/mm]
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Hallo,
ich hab eine kurze Frage.
und zwar stimmt es, dass die Anzahl der Spaltenvektoren von A, die zu einer Nichtkopfvariablen gehoeren, die Dimension von Kern A ist?
Sprich wenn jetzt A in NZSF ist und ich sehe in der 2. und 5.Spalte ist eine Nichtkopfvariable mit den Spalten [mm] \vektor{ \bruch{3}{2}\\ 0 \\ 0} [/mm] und [mm] \vektor{ 1 \\ -1 \\ 0}, [/mm] dann ist die Dimension d. Kerns [mm] \IR^{3,2}(?!)
[/mm]
Wenn ich dann aber den Weg nehme, die Basis des Kerns zu berechnen, erhalte ich als Vektor [mm] \vektor{-\bruch{3}{2}x_2-x_5 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_5} [/mm] und der hat ja die Dimesion [mm] \IR^{5} [/mm] (was man ja auch haette gleich rauslesen koennen an der Matrix).
Was mache ich hier gerade falsch und wie kriegt man die Dimension des Kerns einer Matrix [mm] raus?\Bin [/mm] wirklich fuer jeden kleinen Tipp dankbar.
Lg, NIna
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Hallo Nina,
exakt dieselbe Aufgabe wurde ziemlich ausführlich hier besprochen ...
> Gegeben ist die Matrix A=: [mm]\pmat{ 2 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 } \in \IR^{3,5}[/mm]
>
> Welche Dimension hat der Kern der linearen Abbildung A:
> [mm]\IR^{5}[/mm] -> [mm]\IR^{3}, \vec{x} \mapsto[/mm] A [mm]\vec{x}.[/mm]
>
>
> Hallo,
>
> ich hab eine kurze Frage.
>
> und zwar stimmt es, dass die Anzahl der Spaltenvektoren von
> A, die zu einer Nichtkopfvariablen gehoeren, die Dimension
> von Kern A ist?
>
> Sprich wenn jetzt A in NZSF ist und ich sehe in der 2. und
> 5.Spalte ist eine Nichtkopfvariable mit den Spalten
> [mm]\vektor{ \bruch{3}{2}\\ 0 \\ 0}[/mm] und [mm]\vektor{ 1 \\ -1 \\ 0},[/mm]
> dann ist die Dimension d. Kerns [mm]\IR^{3,2}(?!)[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Da steht Unfug, lies es dir mal selbst laut vor!
>
> Wenn ich dann aber den Weg nehme, die Basis des Kerns zu
> berechnen, erhalte ich als Vektor
> [mm]\vektor{-\bruch{3}{2}x_2-x_5 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_5 \\ x_5}[/mm]
> und der hat ja die Dimesion [mm]\IR^{5}[/mm] ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
Die Dimension ist eine natürliche Zahl !! und bezeichnet die Anzahl der Basisvektoren (die den Kern aufspannen (hier))
> (was man ja auch haette gleich rauslesen koennen an der Matrix).
>
> Was mache ich hier gerade falsch und wie kriegt man die
> Dimension des Kerns einer Matrix [mm]raus?\Bin[/mm] wirklich fuer
> jeden kleinen Tipp dankbar.
Der Kern ist ein Unterraum des Urbildraumes, also des [mm] $\IR^5$, [/mm] die Vektoren haben also 5 Komponenten, näheres zur Dimension und zum Rest der Aufgabe siehe unter dem obigen link
>
> Lg, NIna
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:09 Do 20.11.2008 | | Autor: | nina1 |
Ok, also ich hab jetzt das homogene LGS von A gebildet (mit NZSF)
[mm] \pmat{ 1 & 1,5 & 0 & 0 & 0,5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
D.h. [mm] x_{1}+ 1,5x_{2} [/mm] + [mm] 0,5x_{5} [/mm] = 0
[mm] x_{4} [/mm] - [mm] x_{5} [/mm] = 0
Stelle ich das ganze um nach Kopfvariablen...
[mm] x_{1} [/mm] = [mm] -1,5x_{2} [/mm] - [mm] 0,5x_{5}
[/mm]
[mm] x_{4} [/mm] = [mm] x_{5}
[/mm]
Und jetzt? Ab hier komme ich nicht weiter, denn von den 5 x-en auf 3 x-en zu schliessen, schaffe ich irgendwie nicht.
Waere deshalb toll, wenn du mir erklaeren wuerdest wie man da jetzt drauf kommt.
Kann es sein, dass es die 5 Spaltenvektoren sind??????
Lg und danke im Voraus.
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Hallo!
Der Kern einer linearen Abbildung ist die Menge der Vektoren, die ich in die lineare Abbildung aus dem Vektorraum "einsetzen" kann, damit der Nullvektor rauskommt. Wäre also [mm] $f:V\to [/mm] W$ meine lineare Abbildung, dann wäre der Kern von f die Menge aller [mm] $v\in [/mm] V$ sodass $f(v) = o$.
Wir haben hier eine Darstellungsmatrix der linearen Abbildung gegeben, nämlich A. Diese macht genau dasselbe wie die lineare Abbildung, wenn ich einen Vektor [mm] $v\in [/mm] V$ dranmultipliziere:
$A*v = f(v)$
Wenn nun also gefordert ist, den Kern von f zu bestimmen, so kann man auch den Kern von A bestimmen. Ich muss also die Menge aller [mm] $v\in [/mm] V$ bestimmen, sodass
$A*v = o$
Und jetzt wird denk ich klar, warum man das LGS aufstellt. Wir wollen ja alle v's rausbekommen, dann haben wie den Kern.
Die Dimension eines Raumes bestimmt man durch die Anzahl der Basisvektoren. Die Dimension eines Raumes bezeichnet als die minimale Anzahl von Vektoren, die ich brauche, um den Raum vollständig aufzuspannen. Analog zu dieser Überlegung muss ich also, wenn ich dann den Kern von A bzw. f bestimmt habe, überlegen wie viele Vektoren ich brauche um den Kern vollständig aufzuspannen. Die Dimension entspricht der Anzahl der Variablen, die ich frei wählen kann um den Kern zu beschreiben!
> Ok, also ich hab jetzt das homogene LGS von A gebildet (mit
> NZSF)
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1,5 & 0 & 0 & 0,5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
> = [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> D.h. [mm]x_{1}+ 1,5x_{2}[/mm] + [mm]0,5x_{5}[/mm] = 0
> [mm]x_{4}[/mm] - [mm]x_{5}[/mm] = 0
>
> Stelle ich das ganze um nach Kopfvariablen...
> [mm]x_{1}[/mm] = [mm]-1,5x_{2}[/mm] - [mm]0,5x_{5}[/mm]
> [mm]x_{4}[/mm] = [mm]x_{5}[/mm]
Schon hier siehst du: Ich habe eigentlich fünf Unbekannte [mm] x_{1} [/mm] bis [mm] x_{5}, [/mm] aber nur zwei Bedingungen. Das bedeutet, dass das Gleichungssystem nicht eindeutig lösbar ist, sondern dass es unendlich viele Lösungen gibt. Um die alle darstellen zu können, muss ich Variablen frei wählen.
Ich wähle zum Beispiel [mm] $x_{5} [/mm] = [mm] s\in \IR$.
[/mm]
Mit der zweiten Zeile erhalte ich dann wegen [mm] $x_{4} [/mm] = [mm] x_{5} [/mm] = s$.
Damit kann ich aber noch nicht alle Unbekannten ausdrücken. Deswegen wählen wir noch [mm] x_{3} [/mm] frei: [mm] $x_{3} [/mm] = [mm] t\in \IR$, [/mm] weil darüber in den Bedingungen gar nichts ausgesagt wird, d.h. es ist egal wie es gewählt wird (--> Also muss man auch diesem einen Parameter zuweisen).
Und nun noch [mm] $x_{2} [/mm] = u [mm] \in \IR$, [/mm] um die erste Bedingung nutzen zu können. Dort steht jetzt
[mm] $x_{1} [/mm] = [mm] -1,5x_{2} [/mm] - [mm] 0,5x_{5} [/mm] = [mm] -\bruch{3}{2}*u [/mm] - [mm] \bruch{1}{2}*s$
[/mm]
Wieviele Parameter musste ich frei wählen: 3 --> Dimension des Kerns ist 3.
Man kann nun den Kern ausdrücken durch
[mm] \vektor{x_{1} \\ x_{2}\\x_{3}\\x_{4}\\x_{5}} [/mm] = [mm] \vektor{-\bruch{3}{2}*u - \bruch{1}{2}*s \\ u\\t\\s\\s}
[/mm]
mit $s,t,u [mm] \in \IR$, [/mm] d.h.
Kern(f) = [mm] \left\{\vektor{-\bruch{3}{2}*u - \bruch{1}{2}*s \\ u\\t\\s\\s}\BIGG|s,t,u\in \IR\right\}.
[/mm]
Hieran kann man nun nach "Auftrennen" des Vektors auch gut erkennen, dass die Basis des Kerns drei Vektoren beinhaltet, nämlich gerade die, die nun dastehen:
Kern(f) = [mm] \left\{s*\vektor{-\bruch{1}{2} \\ 0\\0\\1\\1} + t*\vektor{0\\ 0\\1\\0\\0} + u*\vektor{-\bruch{3}{2} \\1\\0\\0\\0}\BIGG|s,t,u\in \IR\right\}
[/mm]
Stefan.
PS.: Du fragst dich vielleicht, warum ich genau so die Parameter gewählt habe und nicht anders (also z.B. [mm] x_{1} [/mm] = s [mm] \in \IR [/mm] ). Ich beginne immer von hinten: Also zuerst [mm] x_{5} [/mm] = s. Dann gucke ich nach, ob irgendeine Bedingung nun schon andere Variablen eindeutig festlegt. Das war hier der Fall, [mm] x_{4} [/mm] war nun nämlich auch "entschieden". Dann geht es weiter mit [mm] x_{3}. [/mm] Dazu waren gar keine Bedingungen da, also einfach ein Parameter dafür einsetzen: [mm] x_{3} [/mm] = t.
Nun noch [mm] x_{2} [/mm] = u, und dann hat die obere Bedingung [mm] x_{1} [/mm] eindeutig festgelegt. Also 3 frei wählbare.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:32 Do 20.11.2008 | | Autor: | nina1 |
Ah, sehr gut, vielen lieben Dank für die Ausführliche Erklärung.
Dann heißt das also auch, dass ich an der ZSF die Dimension der Basis des Kerns direkt ablesen kann, nämlich die Anzahl der Nichtkopfvariablen (hier auch 3) oder?
Lg.
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Hallo!
Um das wirklich bestätigen zu können, müsstest du mir noch erklären, was eine Nicht-Kopf-Variable ist. Ich vermute aber, du meinst das richtige, denn: Ja, man kann die Dimension des Kerns direkt aus der Matrix ablesen. Das regelt der Dimensionssatz:
dim(Kern(A)) = dim(Urbild-Vektorraum) - dim(Rang(A))
Hier also:
dim(Kern(A)) = 5 - 2 = 3
Denn wir haben zwei linear unabhängige Zeilen --> Rang 2
Und die Dimension den Urbildvektorraums [mm] \IR^{5} [/mm] ist 5.
Stefan.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:32 Do 20.11.2008 | | Autor: | nina1 |
Das sind wahrscheinlich die 4 Spaltenvektoren oder?
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