Lösbarkeit eines LGS < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:36 So 02.08.2009 | | Autor: | ms2008de |
Hallo,
Ich hab mir vor kurzem folgende Frage gestellt:
Wenn ein LGS Ax=b lösbar ist, ist dann auch [mm] A^{T}y=b [/mm] lösbar, A, [mm] A^{T} [/mm] natürlich [mm] \in K^{n x n}
[/mm]
Denn es gilt ja: rg(A)= [mm] rg(A^{T}).
[/mm]
Die Lösbarkeit ist wie ich festgestellt hab jedoch im Allgemeinen nicht erfüllt,
z.B:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 }* [/mm] x= [mm] \vektor{1 \\ 2 \\1} [/mm] ist nicht lösbar, während [mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 }^{T}*y [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 2 \\1} [/mm] eine Lösung besitzt.
Wir hatten in der Vorlesung den Satz, dass ein LGS Ax=b genau dann lösbar ist, wenn rg(A)= rg(A|b). Nun meine Frage: Wodurch kommt denn hier eine Rangänderung zwischen rg(A|b) und [mm] rg(A^{T}|b) [/mm] zustande, zumal A und [mm] A^{T} [/mm] doch den selben Rang haben? Da steh ich irgendwie auf dem Schlauch, hoffe ihr könnt mir weiterhelfen.
Viele Grüße
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:26 So 02.08.2009 | | Autor: | barsch |
Hi,
> rg(A)= [mm]rg(A^{T}).[/mm]
ja,
> Die Lösbarkeit ist wie ich festgestellt hab jedoch im
> Allgemeinen nicht erfüllt, z.B:
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 }*[/mm] x= [mm]\vektor{1 \\ 2 \\1}[/mm]
> ist nicht lösbar, während [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 }^{T}*y=\vektor{1 \\ 2 \\1}[/mm] eine Lösung besitzt.
stimmt.
> Wir hatten in der Vorlesung den Satz, dass ein LGS Ax=b
> genau dann lösbar ist, wenn rg(A)= rg(A|b).
ja.
> Nun meine Frage: Wodurch kommt denn hier eine Rangänderung zwischen
> rg(A|b) und [mm]rg(A^{T}|b)[/mm] zustande, zumal A und [mm]A^{T}[/mm] doch
> den selben Rang haben?
Es ist auch weiterhin [mm] rg(A)=rg(A^T), [/mm] hier verändert sich nichts.
Betrachten wir doch mal [mm] A=\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 }. [/mm] A hat offensichtlich Rang 2. Das Bild wird also durch die beiden Vektoren [mm] \vektor{1 \\ 0 \\0} [/mm] und [mm] \vektor{0 \\ 1 \\1} [/mm] erzeugt. Nehmen wir nun [mm] b=\vektor{1 \\ 2 \\1} [/mm] hinzu, so stellen wir fest, [mm] b\notin{Bild(A)} [/mm] (hier könnten wir eigentlich schon innehalten, weil wir jetzt bereits gezeigt haben, dass [mm] A\cdot{x}=b [/mm] keine Lösung besitzt - aber es soll dir nur verdeutlichen, was mit rg(A|b) geschieht!). Die Vektoren [mm] \vektor{1 \\ 0 \\0},\vektor{0 \\ 1 \\1} [/mm] und [mm] \vektor{1 \\ 2 \\1} [/mm] sind linear unabhängig und somit gilt [mm] rg(A|b)=3\not={2}=rg(A). [/mm] Ergo hat [mm] A\cdot{x}=b [/mm] keine Lösung.
Nun zu [mm] A^T\cdot{x}=b [/mm] mit [mm] A^T=\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 }. [/mm] Was uns nicht überrascht, ist die Tatsache, dass [mm] rg(A^T)=2. [/mm] Eines Basis des Bildes von [mm] A^T [/mm] bilden somit die beiden Vektoren [mm] \vektor{1 \\ 0 \\1} [/mm] und [mm] \vektor{0 \\ 1 \\0}. [/mm] Betrachten wir nun [mm] b=\vektor{1 \\ 2 \\1}, [/mm] so stellen wir fest, dass [mm] b\in{Bild(A^T)}. [/mm] Es ist [mm] rg(A^T|b)=2=rg(A^T)! [/mm] Somit ist [mm] A^T\cdot{x}=b [/mm] lösbar.
Also, während [mm] rg(A)=rg(A^T), [/mm] so gilt i.A. [mm] rg(A|b)\red{\not=}{rg(A^T|b)}.
[/mm]
Gruß barsch
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:25 So 02.08.2009 | | Autor: | ms2008de |
Vielen Dank,
echt toll dass du dir die Zeit genommen hast mirs zu erklären, habs verstanden.
Viele Grüße
|
|
|
|
