Kern, (0 0 0) < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hi, ich soll aus folgender Matrix den Kern bestimmen:
[mm] $\pmat{ 1 & 0 & 2 \\ -1 & 6 & 8 \\ -2 & 3 & 1}$
[/mm]
So als erstes hab ich mir folgendes überlegt:
[mm] $\vektor{x \\ y \\ z} \mapsto \vektor{x+2z \\ -x+6y+8z \\ -2x+3y+z}$
[/mm]
Daraus hab ich folgendes LGS aufgestellt:
$I\ \ x+2z=0 \ [mm] \Rightarrow [/mm] \ x=-2z$
$II\ -x + 6y+8z=0$
$III -2x+3y+z=0$
$I\ in\ II$
$-(-2z)+6y+8z=0$
$2z+6y+8z=0$
$6y+10z=0$
$3y+5z=0$
$3y=-5z$ = II'
$I\ und\ II'\ in\ III$
$-2(-2z)+3*(-5z)+z=0$
$4z-15z+z=0$
$5z-15z=0$
$-10z=0$
[mm] $\red{z=0}$
[/mm]
[mm] $\red{z=0}\ [/mm] in\ I$
$x=-2z$
$x=-2*0$
[mm] $\red{x=0}$
[/mm]
[mm] $\red{z=0, x=0}\ [/mm] in\ II$
$-x + 6y+8z=0$
$-0 + 6y+8*0=0$
$6y=0$
[mm] $\red{y=0}$
[/mm]
d. h. der Kern wäre theoretisch [mm] $kern=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}$
[/mm]
Gibt es sowas wirklich oder muss da ein Fehler drin sein?
Danke für die Hilfe.
Gruß Thomas
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[mm] $\rmfamily \text{Hi,1}$
[/mm]
[mm] $\rmfamily \text{Die Lösungsmenge zumindest ist korrekt, doch WinFunktion gibt noch eine zweite aus:}$
[/mm]
[mm] $\rmfamily [/mm] x=-2 [mm] \wedge y=-1\bruch{2}{3} \wedge [/mm] z=1$
[mm] $\rmfamily \text{Mehr kann ich dazu leider auch nicht sagen.}$
[/mm]
[mm] $\rmfamily \text{Gruß, Stefan.}$
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:18 Sa 16.12.2006 | | Autor: | KnockDown |
Hi Stefan,
danke schonmal für das Überprüfen per Programm. Also habe ich keinen Rechenfehler gemacht.
Jetzt ist nur noch die Frage obs so einen Kern überhaupt gibt.
Danke!
Gruß Thomas
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:18 Sa 16.12.2006 | | Autor: | DesterX |
Hallo -
deine Lösung ist sicher nicht hinreichend - denn bei jeder linearen Abb. im [mm] \IR^3 [/mm] gehört (0,0,0) zum Lösungsraum - denn setzen wir x,y,z=0, so kommt natürlich (0,0,0) raus - das ist trivial:
Hier erhälst du jedoch um genau zu sein unendliche viele Lösungen - und diese liegen allesamt auf der Geraden [mm] t*\vektor{-2 \\ -\bruch{5}{3} \\ 1}
[/mm]
Dh: Die komplette Gerade wird durch diese lineare Abbildung auf die 0 im [mm] \IR^3 [/mm] abgebildet!
Ich empfehle dir zur Lösung den Alg. von Gauss - hier fällt eine Zeile komplett weg ("die Matrix hat den Rang 2")
nachdem du das System auf Zeilenstufenform gebracht hast, bleibt dir nun zunächst die modifizierte 2. Gleichung, in der noch ein y und z verbleiben - nun kannst du ein Paramter frei wählen, z.B. z=t [mm] \in \IR [/mm] .. die Lösung von x ergibt sich dann durch Einsetzen in die 1. Gleichung.
Gruß,
Dester
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:43 Sa 16.12.2006 | | Autor: | KnockDown |
Hi Dester,
danke für diese Lösungsmöglichkeit. Ich werde die mal morgen versuchen.
Gruß Thomas
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> Hi, ich soll aus folgender Matrix den Kern bestimmen:
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> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 2 \\ -1 & 6 & 8 \\ -2 & 3 & 1}[/mm]
>
>
> So als erstes hab ich mir folgendes überlegt:
>
> [mm]\vektor{x \\ y \\ z} \mapsto \vektor{x+2z \\ -x+6y+8z \\ -2x+3y+z}[/mm]
>
>
> Daraus hab ich folgendes LGS aufgestellt:
>
> [mm]I\ \ x+2z=0 \ \Rightarrow \ x=-2z[/mm]
> [mm]II\ -x + 6y+8z=0[/mm]
> [mm]III -2x+3y+z=0[/mm]
>
>
>
>
> [mm]I\ in\ II[/mm]
>
> [mm]-(-2z)+6y+8z=0[/mm]
> [mm]2z+6y+8z=0[/mm]
> [mm]6y+10z=0[/mm]
> [mm]3y+5z=0[/mm]
> [mm]3y=-5z[/mm] = II'
>
>
>
>
> [mm]I\ und\ II'\ in\ III[/mm]
>
> [mm]-2(-2z)+3*(-5z)+z=0[/mm]
Hallo,
hier machst du einen Fehler beim Einsetzen. Es ist (II') 3y=-5z und nicht y=-5z
Das bleibt natürlich nicht ohne Auswirkung aufs Ergebenis.
>
> d. h. der Kern wäre theoretisch [mm]kern=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> Gibt es sowas wirklich oder muss da ein Fehler drin sein?
>
Wie gesagt: Du hast einen Fehler drin.
ABER: so etwas gibt's auch! Es ist sogar sehr wichtig: die Abbildungen, deren Kern={0} ist, sind die injektiven Abbildungen. (Unbedingt merken...)
Gruß v. Angela
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Hi Angela,
danke für die Hilfe, stimmt ich hab da einen kleinen Fehler. Den habe ich jetzt behoben, jetzt stehe ich vor dem nächsten Problem :-(
Hi, ich soll aus folgender Matrix den Kern bestimmen:
[mm] $\pmat{ 1 & 0 & 2 \\ -1 & 6 & 8 \\ -2 & 3 & 1}$
[/mm]
So als erstes hab ich mir folgendes überlegt:
[mm] $\vektor{x \\ y \\ z} \mapsto \vektor{x+2z \\ -x+6y+8z \\ -2x+3y+z}$
[/mm]
Daraus hab ich folgendes LGS aufgestellt:
$I\ \ x+2z=0 \ [mm] \Rightarrow [/mm] \ x=-2z$
$II\ -x + 6y+8z=0$
$III -2x+3y+z=0$
$I\ in\ II$
$-(-2z)+6y+8z=0$
$2z+6y+8z=0$
$6y+10z=0$
$3y+5z=0$
$3y=-5z$ = II'
$I\ und\ II'\ in\ III$
$-2(-2z)+(-5z)+z=0$
$4z-5z+z=0$
$5z-5z=0$
$0=0$
[mm] $\red{0=0}$
[/mm]
Was bedeutet das? Wie mache ich da jetzt weiter? :-(
Danke für die Hilfe.
Gruß Thomas
Danke für diese Anmerkung:
ABER: so etwas gibt's auch! Es ist sogar sehr wichtig: die Abbildungen, deren Kern={0} ist, sind die injektiven Abbildungen. (Unbedingt merken...)
D. h. wenn gefragt ist ob die Abbildung Injektiv ist, dann bilde ich einfach den Kern und sehe ob da Kern={0} herauskommt (also so wie bei dieser Aufgabe als ich mich verrechnet habe)??
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> Hi Angela,
>
> danke für die Hilfe, stimmt ich hab da einen kleinen
> Fehler. Den habe ich jetzt behoben, jetzt stehe ich vor dem
> nächsten Problem :-(
>
> Hi, ich soll aus folgender Matrix den Kern bestimmen:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 2 \\ -1 & 6 & 8 \\ -2 & 3 & 1}[/mm]
>
>
> So als erstes hab ich mir folgendes überlegt:
>
> [mm]\vektor{x \\ y \\ z} \mapsto \vektor{x+2z \\ -x+6y+8z \\ -2x+3y+z}[/mm]
>
>
> Daraus hab ich folgendes LGS aufgestellt:
>
> [mm]I\ \ x+2z=0 \ \Rightarrow \ x=-2z[/mm]
> [mm]II\ -x + 6y+8z=0[/mm]
> [mm]III -2x+3y+z=0[/mm]
>
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> [mm]I\ in\ II[/mm]
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> [mm]-(-2z)+6y+8z=0[/mm]
> [mm]2z+6y+8z=0[/mm]
> [mm]6y+10z=0[/mm]
> [mm]3y+5z=0[/mm]
> [mm]3y=-5z[/mm] = II'
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> [mm]I\ und\ II'\ in\ III[/mm]
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> [mm]-2(-2z)+(-5z)+z=0[/mm]
> [mm]4z-5z+z=0[/mm]
> [mm]5z-5z=0[/mm]
> [mm]0=0[/mm]
> [mm]\red{0=0}[/mm]
>
>
>
> Was bedeutet das? Wie mache ich da jetzt weiter? :-(
Hallo,
nachgerechnet habe ich jetzt nichts. Ich gehe davon aus, daß es richtig gerechnet ist.
Über 0=0 kannst Du Dich in gewisser Hinsicht freuen: es gilt immer.
Dir verbleiben nur noch 2 relevante Gleichungen -2x+3y+z=0 und
3y=-5z
mit drei Variablen . D.h. Du kannst eine Variable frei wählen. Etwa
z=t mit [mm] t\in \IR
[/mm]
Wie es weitergeht, hatten wir schon, oder?
Mit dem Kern ist das so, wie Du schreibst. Wenn der Kern nur aus der Null besteht, ist die Abbildung injektiv.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:26 Sa 16.12.2006 | | Autor: | Gilga |
Lösungsraum ist eine affine Ebene!
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