Kernmatrix Koordinatenvektoren < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Sei V ein VR aller Polynome vom Grad [mm] \le3 [/mm] und sei U ein UR von V, welcher von den Polynomen [mm] 2x^{3}-2x^{2}-x-1 [/mm] und [mm] x^{3}-x^{2}-x [/mm] erzeugt wird. Seien [mm] B_{1}=\{1,x,x^{2},x^{3}\} [/mm] und [mm] B_{2}=\{x^{3}+1,x^{3}+x, x^{3}+x^{2}+x^{3}+x+1\} [/mm] Basen von V.
Seien [mm] W_{1}\subset\IR^{4} [/mm] bzw. [mm] W_{2}\subset\IR^{4} [/mm] die Menge aller Koordinatenvektoren von Elementen aus U bzgl. [mm] B_{1} [/mm] bzw. [mm] B_{2}. [/mm] Bestimmen sie jeweils eine 4x4 Matrix, deren Kern [mm] W_{1} [/mm] bzw. [mm] W_{2} [/mm] ist. |
Hallöchen,
bei der Aufgabe habe ich leider ein paar Probleme und bräuchte eure Hilfe.
Ich habe mir jetzt gedacht, da die Polynome [mm] 2x^{3}-2x^{2}-x-1 [/mm] und [mm] x^{3}-x^{2}-x [/mm] den UR erzeugen, sind [mm] \vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1} [/mm] und [mm] \vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0} [/mm] bestimmt die Koordinatenvektoren.
Da [mm] W_{1} [/mm] bzgl der Standaradbasis ist wird [mm] W_{1}=\{\vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}, \vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}\} [/mm] sein und für [mm] W_{2} [/mm] würde ich den Vektor einfach bzgl der Basis [mm] B_{2} [/mm] schreiben also sie darstellen: [mm] \vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}= 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1} [/mm] + [mm] (-2)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1
0} [/mm] + [mm] (-3)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] + [mm] 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
[mm] \vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}= 0*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1} [/mm] + [mm] (-1)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1
0} [/mm] + [mm] (-1)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] + [mm] 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
dann würd ich
Also wäre [mm] W_{2}=\{\vektor{1 \\ -2 \\ -3 \\ 1}, \vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1}\}
[/mm]
Würde das soweit stimmen?
Ja dann wäre mein weiterer Gedanke das wir ja eine 4x4 Matrix suchen, deren Kern W1 bzw W2 ist, also suchen wir 2 Matrizen A und B für die gilt:
Kern [mm] (A)=span\{\vektor{2x+y \\ -2x-y \\ -x-y \\ -x}|x,y\in\IR^{4}}
[/mm]
Kern [mm] (B)=span\{\vektor{x \\ -2x-y \\ -3x-y \\ x+y}|x,y\in\IR^{4}}
[/mm]
Ja so weit, so gut, nun will ich ja die Matrix erhalten, da für den Kern gilt, dass f(v)=0 gelten soll, würde ich theoretisch anfangen zu rechnen mit [mm] A\in\IR^{4}:
[/mm]
[mm] A*\vektor{2x+y \\ -2x-y \\ -x-y \\ -x}=0 [/mm] und dann nach den einzelnen Koeffizienten der Matrix auflösen. Wäre jetzt die erste Zeile der Matrix [mm] a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4} [/mm] könnte man [mm] x(2a_{1}-2a_{2}-a_{3}-a_{4})+y(a_{1}-a_{2}-a_{3})=0 [/mm] rechnen.
Eine mögliche Lösung wäre [mm] a_{1}=2, a_{2}=1, a_{3}=1, a_{4}=1.
[/mm]
Dann kann man das noch mit ner zweiten Zeile [mm] b_{1},b_{2},b_{3},b_{4} [/mm] machen [mm] x(2b_{1}-2b_{2}-b_{3}-b_{4})+y(b_{1}-b_{2}-b_{3})=0 [/mm] und könnte als weitere Lösungen folgendes nehmen: [mm] b_{1}=1, b_{2}=0, b_{3}=1, b_{4}=1.
[/mm]
Allerdings weiß ich jetzt nicht recht weiter, weitere Lösungen für die Zeilen c und d fallen mir nicht ein und was ich dann mit denen machen kann auch nicht, da ich von der Matrix nicht mehr zurück auf den Kern komme. Es wär nett wenn mir hier jemand helfen könnte.
Liebe Grüße Jana
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:36 So 26.10.2014 | | Autor: | andyv |
Hallo
> Hallöchen,
>
> bei der Aufgabe habe ich leider ein paar Probleme und
> bräuchte eure Hilfe.
>
> Ich habe mir jetzt gedacht, da die Polynome
> [mm]2x^{3}-2x^{2}-x-1[/mm] und [mm]x^{3}-x^{2}-x[/mm] den UR erzeugen, sind
> [mm]\vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}[/mm] und [mm]\vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}[/mm]
> bestimmt die Koordinatenvektoren.
Fast. Ist [mm] $B=(b_1,...,b_n)$ [/mm] eine (geordnete) Basis von V, so ist der Koordinatenvektor [mm] $v^B$ [/mm] von $v [mm] \in [/mm] V$ bzgl. B durch [mm] v=\sum_{i=1}^n v_i^B b_i [/mm] wohldefiniert.
Du hast hier die Reihenfolge vertauscht.
>
> Da [mm]W_{1}[/mm] bzgl der Standaradbasis ist wird [mm]W_{1}=\{\vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}, \vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}\}[/mm]
> sein
Du solltest noch die lineare Hülle davon bilden, [mm] $W_i$ [/mm] sind Vektorräume der Dimension 2.
> und für [mm]W_{2}[/mm] würde ich den Vektor einfach bzgl der
> Basis [mm]B_{2}[/mm] schreiben also sie darstellen: [mm]\vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}= 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
> + [mm](-2)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1
0}[/mm] + [mm](-3)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> + [mm]1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}[/mm]
Hier hast du dich verrechnet.
> [mm]\vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}= 0*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
> + [mm](-1)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1
0}[/mm] + [mm](-1)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> + [mm]1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}[/mm]
Auch hier stimmt was nicht.
> dann würd ich
> Also wäre [mm]W_{2}=\{\vektor{1 \\ -2 \\ -3 \\ 1}, \vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1}\}[/mm]
>
> Würde das soweit stimmen?
>
>
> Ja dann wäre mein weiterer Gedanke das wir ja eine 4x4
> Matrix suchen, deren Kern W1 bzw W2 ist, also suchen wir 2
> Matrizen A und B für die gilt:
>
> Kern [mm](A)=span\{\vektor{2x+y \\ -2x-y \\ -x-y \\ -x}|x,y\in\IR^{4}}[/mm]
>
> Kern [mm](B)=span\{\vektor{x \\ -2x-y \\ -3x-y \\ x+y}|x,y\in\IR^{4}}[/mm]
>
> Ja so weit, so gut, nun will ich ja die Matrix erhalten, da
> für den Kern gilt, dass f(v)=0 gelten soll, würde ich
> theoretisch anfangen zu rechnen mit [mm]A\in\IR^{4}:[/mm]
> [mm]A*\vektor{2x+y \\ -2x-y \\ -x-y \\ -x}=0[/mm] und dann nach den
> einzelnen Koeffizienten der Matrix auflösen. Wäre jetzt
> die erste Zeile der Matrix [mm]a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}[/mm]
> könnte man
> [mm]x(2a_{1}-2a_{2}-a_{3}-a_{4})+y(a_{1}-a_{2}-a_{3})=0[/mm]
> rechnen.
> Eine mögliche Lösung wäre [mm]a_{1}=2, a_{2}=1, a_{3}=1, a_{4}=1.[/mm]
>
> Dann kann man das noch mit ner zweiten Zeile
> [mm]b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}[/mm] machen
> [mm]x(2b_{1}-2b_{2}-b_{3}-b_{4})+y(b_{1}-b_{2}-b_{3})=0[/mm] und
> könnte als weitere Lösungen folgendes nehmen: [mm]b_{1}=1, b_{2}=0, b_{3}=1, b_{4}=1.[/mm]
>
> Allerdings weiß ich jetzt nicht recht weiter, weitere
> Lösungen für die Zeilen c und d fallen mir nicht ein und
> was ich dann mit denen machen kann auch nicht, da ich von
> der Matrix nicht mehr zurück auf den Kern komme. Es wär
> nett wenn mir hier jemand helfen könnte.
Vielleicht fällt es dir etwas leichter eine Basis von [mm] $W_i^{\perp}$ [/mm] zu bestimmen. Hierfür brauchst du 2 linear unabhängige Vektoren, die senkrecht auf den Basisvektoren von [mm] $W_i$ [/mm] stehen.
Dann könntest du die Matrix direkt hinschreiben.
Liebe Grüße
>
> Liebe Grüße Jana
|
|
|
| |
|
Hallo again. Also verbesser ich es mal:
[mm] W_{1}=span\{\vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}, \vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}\}
[/mm]
Beim Berechnen von [mm] W_{2} [/mm] war lediglich ein Schreibfehler drin:
[mm] \vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}= 0*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1} [/mm] + [mm] (-1)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 0} [/mm] + [mm] (-1)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] + [mm] 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
[mm] \vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}= 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1} [/mm] + [mm] (-2)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 0} [/mm] + [mm] (-3)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] + [mm] 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}
[/mm]
Also wäre [mm] W_{2}=span\{\vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1}\, \vektor{1 \\ -2 \\ -3 \\ 1}\}
[/mm]
So dann dein Tipp:
>
> Vielleicht fällt es dir etwas leichter eine Basis von
> [mm]W_i^{\perp}[/mm] zu bestimmen. Hierfür brauchst du 2 linear
> unabhängige Vektoren, die senkrecht auf den Basisvektoren
> von [mm]W_i[/mm] stehen.
> Dann könntest du die Matrix direkt hinschreiben.
>
Ok du meinst du also für [mm] W_{1}^{T} [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & -1 & -1 & 0 \\ 2 & -2 & -1 & -1 } [/mm] eine Basis finden.
Ja da muss ich zugeben ich kann nur im [mm] \IR^{3} [/mm] das Kreuzprodukt und weiß nicht, wie ich im [mm] \IR^{4} [/mm] einen Vektor finde der zu den Basisvektoren (?) senkrecht steht. Da bräuchte ich noch weitere Hilfe.
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:05 So 26.10.2014 | | Autor: | andyv |
Hallo
> Hallo again. Also verbesser ich es mal:
>
> [mm]W_{1}=span\{\vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}, \vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}\}[/mm]
>
Die Reihenfolge der Zahlen gefällt mir aber immer noch nicht.
> Beim Berechnen von [mm]W_{2}[/mm] war lediglich ein Schreibfehler
> drin:
> [mm]\vektor{1 \\ -1 \\ -1 \\ 0}= 0*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm] +
> [mm](-1)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 0}[/mm] + [mm](-1)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> + [mm]1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}[/mm]
>
> [mm]\vektor{2 \\ -2 \\ -1 \\ -1}= 1*\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm] +
> [mm](-2)*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 0}[/mm] + [mm](-3)*\vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> + [mm]1*\vektor{1 \\ 0 \\ 1 \\ 1}[/mm]
>
>
> Also wäre [mm]W_{2}=span\{\vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1}\, \vektor{1 \\ -2 \\ -3 \\ 1}\}[/mm]
Das scheint mir immer noch falsch zu sein.
>
> So dann dein Tipp:
> >
> > Vielleicht fällt es dir etwas leichter eine Basis von
> > [mm]W_i^{\perp}[/mm] zu bestimmen. Hierfür brauchst du 2 linear
> > unabhängige Vektoren, die senkrecht auf den Basisvektoren
> > von [mm]W_i[/mm] stehen.
> > Dann könntest du die Matrix direkt hinschreiben.
> >
> Ok du meinst du also für [mm]W_{1}^{T}[/mm] = [mm]\pmat{ 1 & -1 & -1 & 0 \\ 2 & -2 & -1 & -1 }[/mm]
> eine Basis finden.
Nein, von [mm] $W_1^{\perp}$, [/mm] d.h. vom orthogonalen Komplement von [mm] $W_1$.
[/mm]
> Ja da muss ich zugeben ich kann nur im [mm]\IR^{3}[/mm] das
> Kreuzprodukt und weiß nicht, wie ich im [mm]\IR^{4}[/mm] einen
> Vektor finde der zu den Basisvektoren (?) senkrecht steht.
> Da bräuchte ich noch weitere Hilfe.
Du suchst 2 linear unabhängige Lösungen von einem LGS mit 2 Gleichungen und 4 Unbekannten. Im Fall von [mm] $W_1$ [/mm] lautet das LGS
[mm] \vmat{ -a_2-a_3+a_4=0 \\ -a_1-a_2-2a_3+2a_4=0 }
[/mm]
Anders gesprochen: Bestimme eine Basis für den Kern von $ [mm] \IR^4 \ni [/mm] x [mm] \mapsto\pmat{ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -2 & 2 }x [/mm] $
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
Okay also nochmal neu:
[mm] W_{1}=span\{\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}, \vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1}\}
[/mm]
Berechnung von [mm] W_{2}:
[/mm]
[mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}= [/mm] (-4)* [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1 \\ 1} [/mm] + (2)* [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0} [/mm] + (3)* [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 1}+ [/mm] (3)* [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}
[/mm]
[mm] \vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1} [/mm] = (-2)* [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1 \\ 1} [/mm] + (1)* [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0} [/mm] + (1)* [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 1} [/mm] + (2)* [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}
[/mm]
Dann erhält man [mm] W_{2}=span\{\vektor{-4 \\ 2 \\ 3 \\ 3}, \vektor{-2 \\ 1 \\ 1 \\ 2}\}
[/mm]
> Anders
> gesprochen: Bestimme eine Basis für den Kern von [mm]\IR^4 \ni x \mapsto\pmat{ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -2 & 2 }x[/mm]
>
Okay die Basis von dem Kern wäre ja [mm] span\{\vektor{-1 \\ -1 \\ 1 \\ 0}*x_{3}+\vektor{-1 \\ -1 \\ 0 \\ 1}*x_{4}|x_{3},x{4}\in\IR\}
[/mm]
Aber kannst du mir erklären, warum ich das berechne und wie ich die in eine Matrix schreiben soll, als Zeilen und den Rest 0 Zeilen? ... Mir fehlen irgendwie noch Hintergrundinfos.
Dankeschön
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:15 Mo 27.10.2014 | | Autor: | andyv |
Hallo
> Okay also nochmal neu:
>
> [mm]W_{1}=span\{\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}, \vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1}\}[/mm]
>
Einverstanden.
> Berechnung von [mm]W_{2}:[/mm]
>
> [mm]\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}=[/mm] (-4)* [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1 \\ 1}[/mm]
> + (2)* [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0}[/mm] + (3)* [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 1}+[/mm]
> (3)* [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
>
> [mm]\vektor{0 \\ -1 \\ -1 \\ 1}[/mm] = (-2)* [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ 1 \\ 1}[/mm]
> + (1)* [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0}[/mm] + (1)* [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 1}[/mm]
> + (2)* [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
Jetyt scheinst du eine andere Basis verwendet yu haben als in der Aufgabenstellung.
>
> Dann erhält man [mm]W_{2}=span\{\vektor{-4 \\ 2 \\ 3 \\ 3}, \vektor{-2 \\ 1 \\ 1 \\ 2}\}[/mm]
>
> > Anders
> > gesprochen: Bestimme eine Basis für den Kern von [mm]\IR^4 \ni x \mapsto\pmat{ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -2 & 2 }x[/mm]
> >
>
> Okay die Basis von dem Kern wäre ja [mm]span\{\vektor{-1 \\ -1 \\ 1 \\ 0}*x_{3}+\vektor{-1 \\ -1 \\ 0 \\ 1}*x_{4}|x_{3},x{4}\in\IR\}[/mm]
Das ist nicht Basis vom Kern, sondern der Kern selber.
Außerdem hast du ein Vorzeichen beim zweiten Vektor vergessen.
> Aber kannst du mir erklären, warum ich das berechne und
> wie ich die in eine Matrix schreiben soll, als Zeilen und
> den Rest 0 Zeilen? ... Mir fehlen irgendwie noch
> Hintergrundinfos.
Richtig.
>
> Dankeschön
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
Die Basis [mm] B_{2}=\{x^{3}+1,x^{3}+x,x^{3}+x^{2},x^{3}+x+1\} [/mm] habe ich mir vorgestellt wie folgendes:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 &1 } *\vektor{x^{3} \\ x^{2} \\ x \\ 1}
[/mm]
Hier habe ich die Rheienfolge anders als bei [mm] B_{1}, [/mm] da es für die Notation der Basis 2 irgendwie Sinn macht.
Nun habe ich mir gedacht das ich die Koordinatenvektoren bzgl. der Basis darstellen muss, also bzgl der Spalten, da die jeweils für [mm] x^{3}, x^{2}, [/mm] .. etc stehen.
Ist das nun falsch und ich muss sie als Linearkombi der Zeilen schreiben?
Es wäre für mich sehr hilfreich wenn du nicht einfach unter alles nur falsch schreibst, sondern auch was falsch gemacht wurde, damit ich verstehen kann wie es richtig geht.
Wie berechne ich denn die Basis eines Kerns?
Du meinst also einfach [mm] span\{\vektor{-1 \\ -1 \\ 1 \\ 0}, \vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 1}\} [/mm]
und die Matrix wäre dann: [mm] A=\pmat{ -1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:11 Mo 27.10.2014 | | Autor: | andyv |
> Die Basis [mm]B_{2}=\{x^{3}+1,x^{3}+x,x^{3}+x^{2},x^{3}+x+1\}[/mm]
> habe ich mir vorgestellt wie folgendes:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 &1 } *\vektor{x^{3} \\ x^{2} \\ x \\ 1}[/mm]
>
> Hier habe ich die Rheienfolge anders als bei [mm]B_{1},[/mm] da es
> für die Notation der Basis 2 irgendwie Sinn macht.
>
> Nun habe ich mir gedacht das ich die Koordinatenvektoren
> bzgl. der Basis darstellen muss, also bzgl der Spalten, da
> die jeweils für [mm]x^{3}, x^{2},[/mm] .. etc stehen.
>
> Ist das nun falsch und ich muss sie als Linearkombi der
> Zeilen schreiben?
Im Grunde ist das adjungierte System zu lösen.
Der Koordinatenvektor [mm] $\vektor{\xi_1 \\ \xi_2 \\ \xi_3 \\ \xi_4}$ [/mm] von $x [mm] \mapsto -1+x-2x^2+2x^3$ [/mm] bzgl. der Basis [mm] $B_2:=\{b_1,b_2,b_3,b_4\}$ [/mm] ist durch [mm] $-1+x-2x^2+2x^3=\sum_{i=1}^4 \xi_i b_i(x) \quad \forall [/mm] x [mm] \in \IR$ [/mm] definiert. Wenn du nun einen Koeffizientenvergleich machst (Beachte, dass [mm] $B_1$ [/mm] eine Basis ist!), stellst du fest, dass das System
[mm] $\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}=\pmat{1 & 0 & 0 &1 \\ 0 &1 &0 &1 \\0 & 0 &1 &0\\1&1&1&1}\vektor{\xi_1 \\ \xi_2 \\ \xi_3 \\ \xi_4}
[/mm]
zu lösen ist.
> Es wäre für mich sehr hilfreich wenn du nicht einfach
> unter alles nur falsch schreibst, sondern auch was falsch
> gemacht wurde, damit ich verstehen kann wie es richtig
> geht.
Bei den meisten Fehlern kann ich nicht viel zu sagen, da es nur lösen von Gleichungssystemen ist.
> Wie berechne ich denn die Basis eines Kerns?
Die kannst du hier ablesen: [mm] $\{\vektor{-1 \\ -1 \\ 1 \\ 0}, \vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 1}\} [/mm] $
Deine Matrix $A$ ist richtig.
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
>
> Im Grunde ist das adjungierte System zu lösen.
> Der Koordinatenvektor [mm]\vektor{\xi_1 \\ \xi_2 \\ \xi_3 \\ \xi_4}[/mm]
> von [mm]x \mapsto -1+x-2x^2+2x^3[/mm] bzgl. der Basis
> [mm]B_2:=\{b_1,b_2,b_3,b_4\}[/mm] ist durch
> [mm]-1+x-2x^2+2x^3=\sum_{i=1}^4 \xi_i b_i(x) \quad \forall x \in \IR[/mm]
> definiert. Wenn du nun einen Koeffizientenvergleich machst
> (Beachte, dass [mm]B_1[/mm] eine Basis ist!), stellst du fest, dass
> das System
> [mm]$\vektor{-1 \\ -1 \\ -2 \\ 2}=\pmat{1 & 0 & 0 &1 \\ 0 &1 &0 &1 \\0 & 0 &1 &0\\1&1&1&1}\vektor{\xi_1 \\ \xi_2 \\ \xi_3 \\ \xi_4}[/mm]
>
> zu lösen ist.
>
Mhh.. aber wenn du die Matrix so schreibst kommst du nicht wieder auf [mm] B_{2} [/mm] weil du so niemals bei jedem Vektor b in der Matrix wieder auf [mm] x^{3} [/mm] kommst, das würde höchstens bei dieser Matrix gehen:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 }
[/mm]
wenn du es in der Rheienfolge von 1 bis [mm] x^{3} [/mm] haben willst. Oder irre ich mich?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:11 Mo 27.10.2014 | | Autor: | andyv |
Ehrlich gesagt weiß ich nicht, worauf du hinauswillst.
Machen wir's etwas allgemeiner:
[mm] \textit{Satz:} [/mm] Seien [mm] $B_1=\{b_1^{(1)},\dots\}$, $B_2=\{b_1^{(2)},\dots\}$ [/mm] zwei Basen von einem n-dimensionalem Vektorraum V, ferner $x [mm] \in [/mm] V$ und [mm] $\xi^{B_i}$ [/mm] die Koordinatenvektoren von x bzgl. der Basis [mm] $B_i$, [/mm] $i=1,2$.
Dann gilt: [mm] $\xi^{B_1}=A\xi^{B_2}$, [/mm] wobei [mm] $A=(\alpha_{ij})$ [/mm] die Basiswechselmatrix von [mm] $B_2$ [/mm] nach [mm] $B_1$ [/mm] ist.
Sie ist durch [mm] $b_k^{(2)}=\sum_{i=1}^n \alpha_{ik}b_i^{(2)}$ [/mm] definiert, d.h. in den [mm] \Large{\textit{\underline{\bold{\red{Spalten}}}}} [/mm] stehen die Koordinatenvektoren der Basisvektoren [mm] $b_k^{(2)}\in B_2$, [/mm] $k=1,...,n$ bzgl. der Basis [mm] $B_2$. [/mm] Viele machen den Fehler und lassen bei der Summe den Spaltenindex laufen, wie man das ja bei einer Matrix-Vektor Multiplikation machen würde, das ist aber falsch.
Damit ist in diesem Fall [mm] $A=\pmat{1 & 0 & 0 &1 \\ 0 &1 &0 &1 \\0 & 0 &1 &0\\1&1&1&1} [/mm] $
Liebe Grüße
|
|
|
|
