Unterräume, lineare Abbildung < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:25 Mi 22.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Seien
$U:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_3=0, x_2+x_4=0\}$
$V:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_2=0, x_1+x_4=0\}$
Teilmengen von $\mathbb{R}^4$.
I) Zeigen Sie, dass U und V Unterräume von $\mathbb{R}^4$ sind. Argumentieren Sie mit Hilfe von linearen Abbildungen.
II) Bestimmen Sie die Dimension von U, V und $U\cap V$ und geben Sie jeweils eine Basis für diese Unterräume an. |
Hi,
ich würde mich freuen wenn mir jemand bei dieser Aufgabe helfen könnte.
Zu erst habe ich die Frage was hier genau mit "argumentieren Sie mit Hilfe von linearen Abbildungen" gemeint ist.
Meint das einfach, dass man die Schreibweise als Vektor ausnutzen soll, oder das man zeigen soll, dass es sich um eine lineare Abbildung handelt und man nicht die Unterraumkriterien überprüft.
Also zeigen, dass gilt:
I) $f(u_1+u_2)=f(u_1)+f(u_2)$
II) $f(u_1\cdot a)=f(u_1)a$
Für $u_1, u_2\in U$ und $a\in K$
Und nicht zeigen:
I) $0\in U$
II) $u_1, u_2\in U\rightarrow u_1+u_2\in U$
III) $u_1\in U\rightarrow -u_1\in U$
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:49 Mi 22.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Seien
>
> [mm]U:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_3=0, x_2+x_4=0\}[/mm]
>
> [mm]V:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_2=0, x_1+x_4=0\}[/mm]
>
> Teilmengen von [mm]\mathbb{R}^4[/mm].
>
> I) Zeigen Sie, dass U und V Unterräume von [mm]\mathbb{R}^4[/mm]
> sind. Argumentieren Sie mit Hilfe von linearen
> Abbildungen.
>
> II) Bestimmen Sie die Dimension von U, V und [mm]U\cap V[/mm] und
> geben Sie jeweils eine Basis für diese Unterräume an.
> Hi,
>
> ich würde mich freuen wenn mir jemand bei dieser Aufgabe
> helfen könnte.
> Zu erst habe ich die Frage was hier genau mit
> "argumentieren Sie mit Hilfe von linearen Abbildungen"
> gemeint ist.
>
> Meint das einfach, dass man die Schreibweise als Vektor
> ausnutzen soll, oder das man zeigen soll, dass es sich um
> eine lineare Abbildung handelt
U und V sind Teilmengen des [mm] \IR^4. [/mm] Du sollst zeigen, dass U unde V Unterräume des [mm] \IR^4 [/mm] sind.
Mit Hilfe von linearen Abbildungen meint:
finde einen reellen Vektorraum W und eine lineare Abbildung [mm] f:\IR^4 \to [/mm] W mit kern(f)=U (entsprechend für V),
denn der Kern einer linearen ist was ?
FRED
> und man nicht die
> Unterraumkriterien überprüft.
>
> Also zeigen, dass gilt:
>
> I) [mm]f(u_1+u_2)=f(u_1)+f(u_2)[/mm]
>
> II) [mm]f(u_1\cdot a)=f(u_1)a[/mm]
>
> Für [mm]u_1, u_2\in U[/mm] und [mm]a\in K[/mm]
>
> Und nicht zeigen:
>
> I) [mm]0\in U[/mm]
>
> II) [mm]u_1, u_2\in U\rightarrow u_1+u_2\in U[/mm]
>
> III) [mm]u_1\in U\rightarrow -u_1\in U[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:04 Mi 22.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Der Kern einer linearen Abbildung ist die Menge der Elemente, die auf das neutrale Element abbilden.
Also:
Seien [mm] $e_g\in [/mm] G$ und [mm] $e_k\in [/mm] K$ die Neutralelemente von G und K, wobei [mm] (G,\cdot) [/mm] und [mm] $(K,\cdot)$ [/mm] Gruppen sind.
[mm] $f:G\to [/mm] K$ eine Abbildung
Dann ist [mm] $ker(f)=\{a\in G|f(a)=e_k\}$
[/mm]
Meintest du das?
Nein, wahrscheinlich nicht, denn da fällt mir ein, dass der Kern einer linearen Abbildung ein Untervektorraum ist. Das meintest du bestimmt. :)
Okay, wenn ich eine solche Abbildung finden kann, dann bin ich direkt fertig.
Könnte ich das so machen:
[mm] $f:\mathbb{R}^4\to [/mm] W$
[mm] $(x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto x_1+x_2+x_3+x_4$
[/mm]
Denn dann kann ich ja umschreiben
[mm] $(x_1+x_3)+(x_2+x_4)=0+0=0$
[/mm]
Also $ker(f)=U$
Müsste ich vorher noch zeigen, dass die Abbildung
[mm] $(x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto x_1+x_2+x_3+x_4$
[/mm]
Wohldefiniert und linear ist?
Oder sind meine Gedanken (mal wieder) kompletter Humbug?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:19 Mi 22.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Der Kern einer linearen Abbildung ist die Menge der
> Elemente, die auf das neutrale Element abbilden.
>
> Also:
>
> Seien [mm]e_g\in G[/mm] und [mm]e_k\in K[/mm] die Neutralelemente von G und
> K, wobei [mm](G,\cdot)[/mm] und [mm](K,\cdot)[/mm] Gruppen sind.
> [mm]f:G\to K[/mm] eine Abbildung
>
> Dann ist [mm]ker(f)=\{a\in G|f(a)=e_k\}[/mm]
>
> Meintest du das?
>
> Nein, wahrscheinlich nicht, denn da fällt mir ein, dass
> der Kern einer linearen Abbildung ein Untervektorraum ist.
> Das meintest du bestimmt. :)
Ja
>
> Okay, wenn ich eine solche Abbildung finden kann, dann bin
> ich direkt fertig.
>
> Könnte ich das so machen:
>
> [mm]f:\mathbb{R}^4\to W[/mm]
>
> [mm](x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto x_1+x_2+x_3+x_4[/mm]
>
> Denn dann kann ich ja umschreiben
>
> [mm](x_1+x_3)+(x_2+x_4)=0+0=0[/mm]
>
> Also [mm]ker(f)=U[/mm]
Das stimmt nicht. Aus [mm] x_1+x_2+x_3+x_4=0 [/mm] folgt nicht, dass [mm] x_1+x_3=0=x_2+x_4
[/mm]
Bsp.: [mm] x_1=1, x_2=x_3=0 [/mm] und [mm] x_4=-1
[/mm]
finde eine geeignete lineare Abbildung [mm]f:\mathbb{R}^4\to \IR^2[/mm]
>
> Müsste ich vorher noch zeigen, dass die Abbildung
>
> [mm](x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto x_1+x_2+x_3+x_4[/mm]
>
> Wohldefiniert und linear ist?
Dein f tuts nicht. Wenn Du behauptest, dass eine Abbildung linear ist, so solltest Du das begründen.
FRED
> Oder sind meine Gedanken (mal wieder) kompletter Humbug?
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:22 Mi 22.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Dann wähle ich die Abbildung einfach so
[mm] $f:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^2$
[/mm]
[mm] $(x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto (x_1+x_3, x_2+x_4)$
[/mm]
Und dies bildet immer auf (0,0) ab, wegen [mm] $x_1+x_3=0$ [/mm] und [mm] $x_2+x_4=0$
[/mm]
Besser?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:25 Mi 22.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Dann wähle ich die Abbildung einfach so
>
> [mm]f:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^2[/mm]
>
> [mm](x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto (x_1+x_3, x_2+x_4)[/mm]
>
> Und dies bildet immer auf (0,0) ab
Unfug ! Z.B. ist f(1,0,0,0)=(1,0) [mm] \ne [/mm] (0,0)
> , wegen [mm]x_1+x_3=0[/mm] und
> [mm]x_2+x_4=0[/mm]
>
> Besser?
Etwas. Die Abb. ist geeignet. Wes ist ihr Kern ?
FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:40 Mi 22.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Dann verstehe ich die Bedeutung der Mengenvorschrift nicht.
Darin wird ja "geklärt", dass [mm] x_1 [/mm] und [mm] x_3 [/mm] sowie [mm] x_2 [/mm] und [mm] x_4 [/mm] die "Eigenschaft" haben, dass
[mm] $x_1+x_3=0$ [/mm] und [mm] $x_2+x_4=0$ [/mm] stets gilt. Oder verstehe ich das falsch.
Der Kern meiner Abbildung wäre ja:
[mm] $(x_1+x_3, x_2+x_4)=(0,0)$ [/mm]
Daher [mm] $x_1=-x_3$ [/mm] und [mm] $x_2=-x_4$
[/mm]
Also für [mm] x_2=a [/mm] und [mm] x_1=b [/mm] der folgende Vektor:
(b, a, -b, -a) liegt im Kern von f.
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> Dann verstehe ich die Bedeutung der Mengenvorschrift nicht.
>
> Darin wird ja "geklärt", dass [mm]x_1[/mm] und [mm]x_3[/mm] sowie [mm]x_2[/mm] und
> [mm]x_4[/mm] die "Eigenschaft" haben, dass
>
> [mm]x_1+x_3=0[/mm] und [mm]x_2+x_4=0[/mm] stets gilt. Oder verstehe ich das
> falsch.
Hallo,
ja, in U sind alle [mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4} [/mm] mit dieser Eigenschaft.
>
> Der Kern meiner Abbildung wäre ja:
Von welcher Abbildung denn?
Die solltest Du mal sagen.
>
> [mm](x_1+x_3, x_2+x_4)=(0,0)[/mm]
Nein.
Du gibst hier eine Gleichung an.
Der Kern ist aber keine Gleichung.
Der Kern ist die Lösungsmenge dieser Gleichung.
>
> Daher [mm]x_1=-x_3[/mm] und [mm]x_2=-x_4[/mm]
>
> Also für [mm]x_2=a[/mm] und [mm]x_1=b[/mm] der folgende Vektor:
>
> (b, a, -b, -a) liegt im Kern von f.
Mal vorausgesetzt, wir würden die Abbildung f kennen...
Dann wäre
[mm] Kernf=\{\vektor{b\\a\\-b\\-a}|a,b\in \IR\}=<\vektor{1\\0\\-1\\0},\vektor{0\\1\\0\\-1}>.
[/mm]
Die eckigen Klammern stehen für die lineare Hülle (=Span=Erzeugnis).
LG Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:46 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Hätte ich den Kern so richtig bestimmt?
Es geht ja darum dieses Gleichungssystem zu lösen:
[mm] $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1&0|0 \\ 0 & 1 & 0&1|0 \end{pmatrix}$ [/mm]
Dazu wählt man dann einfach zwei Variable als Parameter. Die entstehende Lösung ist ja auch nicht überraschend, oder bestimme ich den Kern falsch?
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> Hätte ich den Kern so richtig bestimmt?
Hallo,
es ist etwas mühsam, den ganzen Thread zu durchforsten um herauszufinden, von welcher Abbildung bzw von welcher Matrix Du den Kern wissen möchtest.
Okay, offenbar möchtest Du eine Abbildung finden, deren Kern
[mm] U:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4)\in\mathbb{R}^4| x_1+x_3=0, x_2+x_4=0 \}
[/mm]
ist.
In U sind alle [mm] x\in \IR^4, [/mm] für die gilt
[mm] x_1+x_3=0
[/mm]
[mm] x_2+x_4=0,
[/mm]
also die [mm] x\in \IR^4 [/mm] mit
[mm] \pmat{1&0&1&0\\0&1&0&1}*x=\vektor{0\\0}.
[/mm]
Also ist U der Kern der linearen Abbildung
[mm] f:\IR^4\to\IR^2 [/mm] mit
[mm] f(x):=\pmat{1&0&1&0\\0&1&0&1}*x
[/mm]
oder anders ausgedrückt
[mm] x\mapsto \vektor{x_1+x_3\\x_2+x_4}.
[/mm]
Da bekannt ist, daß der Kern einer linearen Abbildung ein VR ist, ist nichts weiter zu tun als diese Abbildung anzugeben.
> Es geht ja darum dieses Gleichungssystem zu lösen:
Dieses Gleichungssystem ist zu lösen, wenn Du aus irgendeinem Grund U explizit kennen möchtest.
>
> [mm]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1&0|0 \\ 0 & 1 & 0&1|0 \end{pmatrix}[/mm]
>
> Dazu wählt man dann einfach zwei Variable als Parameter.
> Die entstehende Lösung ist ja auch nicht überraschend,
> oder bestimme ich den Kern falsch?
Wenn Du sagen würdest, was Du mit dieser Strategie als Kern ausgerechnet hast, könnte man entscheiden, ob Du es richtig oder falsch gemacht hast.
Es klingt aber zunächst mal ganz vernünftig...
LG Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:48 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich hatte [mm] x_2=a [/mm] und [mm] x_1=b [/mm] gesetzt und dann das LGS in Abhängigkeit der Parameter gelöst. Mein Lösungsvektor ist dann
(b, a, -b, -a)
und würde auf den Kern von f abbilden.
Also [mm] x_1=b [/mm]
[mm] x_2=a
[/mm]
[mm] x_3=-b
[/mm]
[mm] x_4=-a
[/mm]
Es geht um die Abbildung
[mm] $f:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^2$
[/mm]
[mm] $(x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto (x_1+x_3, x_2+x_4)$
[/mm]
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> Ich hatte [mm]x_2=a[/mm] und [mm]x_1=b[/mm] gesetzt und dann das LGS in
> Abhängigkeit der Parameter gelöst. Mein Lösungsvektor
> ist dann
>
> (b, a, -b, -a)
Hallo,
richtig ist, daß alle Lösungen des Systems von der Gestalt [mm] \vektor{b\\a\\-b\\-a} [/mm] sind.
>
> und würde auf den Kern von f abbilden.
Das ist leider Quatsch mit Soße hoch 37...
Richtig ist:
alle Elemente des Kerns haben die Gestalt [mm] \vektor{b\\a\\-b\\-a}=b*\vektor{1\\0\\-1\\0}+a*\vektor{0\\1\\0\\-1} [/mm] mit [mm] a,b\in \IR.
[/mm]
Also wird der Kern aufgespannt von den offensichtlich linear unabhängigen Vektoren [mm] \vektor{1\\0\\-1\\0}und \vektor{0\\1\\0\\-1} [/mm] , die damit eine Basis des Kerns bilden.
Die Basis des Kerns ist in der 1. Teilaufgabe aber nicht gefragt.
Dort soll man nur sagen, daß U der kern der Abbildung
> [mm]f:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^2[/mm]
>
> [mm](x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto (x_1+x_3, x_2+x_4)[/mm]
ist.
LG Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:10 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Ja und
$ U:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_3=0, x_2+x_4=0\} $
und mit den Vektoren kann ich nun U doch erzeugen.
Weil alle Elemente von U auch von der Gestalt
(1,0,-1,0)b+(0,1,0,-1)a
sind....
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:26 Do 23.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Ja und
>
> [mm]U:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_3=0, x_2+x_4=0\}[/mm]
>
> und mit den Vektoren kann ich nun U doch erzeugen.
>
> Weil alle Elemente von U auch von der Gestalt
>
> (1,0,-1,0)b+(0,1,0,-1)a
Ja, es ist [mm] U=\{b(1,0,-1,0)+a(0,1,0,-1): a, b \in \IR\} [/mm]
FRED
>
> sind....
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:32 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Also ist Ker(f)=U und damit ein Untervektorraum.
U ist ein Untervektorraum des [mm] R^4.
[/mm]
Und damit wäre ich schon fertig? Jedenfalls mit dem Teil.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:33 Do 23.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Also ist Ker(f)=U und damit ein Untervektorraum.
> U ist ein Untervektorraum des [mm]R^4.[/mm]
>
> Und damit wäre ich schon fertig? Jedenfalls mit dem Teil.
Ja
FREd
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:35 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Toll, das war ja eigentlich (mal wieder) sehr einfach (hätte ich mich nicht so dumm angestellt).
Vielen Dank euch zwei. 
Ich hoffe die zweite bekomme ich nun ganz alleine hin. Ich denke die geht nach dem gleichem Prinzip. Werde dann gleich meine Lösung posten.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:48 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Wenn ich das selbe jetzt für
[mm] $V:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4)\in\mathbb{R}^4|x_1+x_2=0\quad x_1+x_4=0\}$
[/mm]
und ich die Abbildung
[mm] $g:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^2$
[/mm]
[mm] $(x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto (x_1+x_2, x_1+x_4)$
[/mm]
betrachte, dann habe ich ja das Problem, dass [mm] $x_3$ [/mm] überhaupt keine Rolle spielt.
Muss ich hier eine andere Abbildung finden? Möglicherweise in den [mm] $\mathbb{R}^3$?
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:53 Do 23.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Wenn ich das selbe jetzt für
>
> [mm]V:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4)\in\mathbb{R}^4|x_1+x_2=0\quad x_1+x_4=0\}[/mm]
>
> und ich die Abbildung
>
> [mm]g:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^2[/mm]
>
> [mm](x_1, x_2, x_3, x_4)\mapsto (x_1+x_2, x_1+x_4)[/mm]
>
> betrachte, dann habe ich ja das Problem, dass [mm]x_3[/mm]
> überhaupt keine Rolle spielt.
Na und ? Macht doch nix.
> Muss ich hier eine andere Abbildung finden? Möglicherweise
> in den [mm]\mathbb{R}^3[/mm]?
Nein, wozu ?
Es ist
[mm] (x_1, x_2, x_3, x_4) \in [/mm] V [mm] \gdw (x_1, x_2, x_3, x_4) \in [/mm] kern(g)
FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:01 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Wenn ich nun [mm] $x_1=a$ [/mm] wähle, dann habe ich
(a, -a, b, -a)
und [mm] $x_3=b$ [/mm] kann ebenfalls beliebig gewählt werden.
Woran kann man eigentlich erkennen, dass die von mir gewählt Abbildung passt.
Dann habe ich nun für $a, [mm] b\in\mathbb{R}$
[/mm]
[mm] $V=\{(1,-1,0,-1)a+(0,0,1,0)b\}$
[/mm]
Also ist ker(g)=V und damit V ein Untervektorraum.
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> Wenn ich nun [mm]x_1=a[/mm] wähle, dann habe ich
>
> (a, -a, b, -a)
>
> und [mm]x_3=b[/mm] kann ebenfalls beliebig gewählt werden.
>
> Woran kann man eigentlich erkennen, dass die von mir
> gewählt Abbildung passt.
Hallo,
Du hast die Abbildung g mit
[mm] g(\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}):=\vektor{x_1+x_2\\x_1+x_4}
[/mm]
Die Abbildung "paßt", weil im Kern von g alle [mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4} [/mm] sind, für welche gilt [mm] \vektor{x_1+x_2\\x_1+x_4}=\vektor{0\\0}, [/mm]
also alle [mm] \vektor{x_1+x_2\\x_1+x_4} [/mm] mit [mm] x_1+x_2\=0 [/mm] und [mm] x_1+x_4=0.
[/mm]
Und diese [mm] x_1+x_2\\x_1+x_4 [/mm] sind ja gerade die Elemente von V.
Damit ist die erste Teilaufgabe fertig!
Die Basis von V brauchst Du hier noch nicht.
Erst in der nächsten.
Du weißt bereits ohne die Angabe einer Basis, daß V ein UVR ist, weil's halt der Kern von g ist.
>
> Dann habe ich nun für [mm]a, b\in\mathbb{R}[/mm]
>
> [mm]V=\{(1,-1,0,-1)a+(0,0,1,0)b\}[/mm]
Hieran siehst Du, daß die Basis von V aus zwei Elementen besteht, der Raum also die Dimension 2 hat.
LG Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:24 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Okay, dann zur zweiten Teilaufgabe.
Also eine Basis für $U$ und $V$ habe ich ja schon angegeben.
$U$ und $V$ haben beide die Dimension 2 und [mm] $U\cap [/mm] V$ die Dimension Null, weil wenn ich die Basen schneide die Menge leer ist, wäre das richtig?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:50 Do 23.01.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Okay, dann zur zweiten Teilaufgabe.
>
> Also eine Basis für [mm]U[/mm] und [mm]V[/mm] habe ich ja schon angegeben.
> [mm]U[/mm] und [mm]V[/mm] haben beide die Dimension 2 und [mm]U\cap V[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
die
> Dimension Null, weil wenn ich die Basen schneide die Menge
> leer ist, wäre das richtig?
so kannst Du jedenfalls nicht argumentieren - beachte bitte, dass Basen
nicht eindeutig sind (nur die Anzahl der Basisvektoren ist eindeutig,
Stichwort: Dimension).
Machen wir ein Beispiel:
Die Menge
$\{(0,1),\;(1,0)\}$
des $\IR^2$ ist eine Basis des $\IR^2\,.$
Der Unterraum
$\{(x,y) \in \IR^2:\;\; x=y\}$
hat $\{(1,1)\}$ als Basis (aber es geht auch $\{(r,r)\}\,,$ wenn $r \not=0$ fest ist).
Der Schnitt
$\{(1,0),\;(0,1)\} \cap \{(1,1)\}$
ist die leere Menge. Aber
$\IR^2 \cap \{(x,y) \in \IR^2:\;\; x=y\}=\{(x,y) \in \IR^2:\;\; x=y\}\,.$
Bei Dir:
Du hast doch
$U:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_3=0, x_2+x_4=0\},$
$V:=\{(x_1, x_2, x_3, x_4\}\in\mathbb{R}^4| x_1+x_2=0, x_1+x_4=0\}\,.$
Jetzt kennst Du, wie Du sagtest, schon zwei Basen
$\{u_1,u_2\}$
und
$\{v_1,v_2\}\,,$
die erste ist eine Basis von $U\,,$ die zweite eine von $V\,.$
Jetzt könnte man natürlich auch mal hingehen und eine Basis von
$U \cap V=\{(r,s,t,u) \in \IR^4:\;\;r+t=0,\;s+u=0,\;r+s=0,\;r+u=0\}$
ausrechnen.
Es geht aber auch anders (ich habe mal irgendwo ein gutes Skript gehabt,
wo das Verfahren genauer ausgeführt beschrieben wird, ich versuche mal,
das rauszusuchen und nachzureichen):
Du weißt, dass $\dim (U \cap V) \le \min \{\dim U,\;\dim V\}$ sein muss. Sicher ist $u_1 \in U.$ Wenn
jetzt $u_1 \in V$ wäre, so hättest Du schonmal einen ersten Vektor gefunden, den
man "in eine Menge, die zu einer Basis von $U \cap V$ ergänzt werden soll,
aufnehmen kann" - es ist also zu testen, ob man $u_1$ als Linearkombination
von $v_1$ und $v_2$ schreiben kann.
Prinzipiell könnte man jetzt folgendes machen:
Seien $B_U=\{u_1,...,u_n\}$ und $B_V=\{v_1,...,v_m\}$ Basen von Unterräumen $U, V \subseteq W$ eines
Vektorraums $W\,.$
Sei $S:= U \cap V\,.$ Man kann eine Basis von $S\,$ finden, indem man wie folgt
vorgeht:
Finde alle Vektoren $u_k$ aus $B_U$ mit $u_k \in V\,.$
(Test: Kann man $u_k$ schreiben als
$u_k=\sum_{\ell=1}^m \lambda_\ell v_\ell$?)
Finde alle Vektoren $v_\ell$ aus $B_V$ mit $v_\ell \in U\,.$
(Test: Analog, d.h.: Kann man $v_\ell$ schreiben als
$v_\ell=\sum_{q=1}^n \mu_q u_q$?)
Schmeiße alle gefundenen Vektoren zusammen in eine Menge, und reduziere
diese Menge so, dass sie "maximal viele linear unabhängige Vektoren"
enthält [maximal linear unabhängige Teilmenge].)
Man kann das auch anders machen, was ich nur andeuten will:
Ich setze mal
$z_k:=u_k$ für $k=1,...,n$ und $z_\ell:=v_{\ell-n}$ für $\ell=n+1,...,n+m.$
Sei zunächst $M=\{\;\}.$ Durchlaufe zunächst $k=1,...,n$ und nimm' alle Vektoren
$z_k$ in $M\,$ auf, die sich als LK der $v_1,...,v_m$ schreiben lassen. Du hast
dann die Menge
$M=\{z_{\ell_1},...,z_{\ell_p}\}$
vorliegen - dabei muss $p \le n$ sein.
Für $k \ge n+1$ geht es wie folgt weiter:
Wenn sich $z_k$ als LK der $u_1,...,u_n$ darstellen läßt UND zudem $M \cup \{z_k\}$ linear
unabhängig ist, dann wird $z_k$ in $M\,$ aufgenommen, d.h. es passiert der "Übergang"
$M \leftarrow M \cup \{z_k\}.$
Andernfalls nehmen wir $z_k$ nicht auf und es geht weiter mit $k \leftarrow k+1.$ Am Ende
haben wir dann direkt eine Basis von $U \cap V\,.$ (Weil die lineare Unabhängkeit
bei diesem Alg. schon gesichert wird.)
P.S. Etwas näher an Deiner Aufgabe:
Du kannst hier, wenn Du
$\{u_1=(u'_1,u'_2,u'_3,u'_4),\;u_2=(u''_1,u''_2,u''_3,u''_4)\}$
hast, natürlich viel einfacher testen, ob $u_1$ zu $V\,$ gehört:
Das ist nämlich genau dann der Fall, wenn $u'_1+u'_2=0$ und $u'_1+u'_4=0$ beide erfüllt sind.
Analog für $u_2$... und den Rest kannst Du Dir vielleicht zusammenreimen. Das
von mir beschriebene Verfahren ist halt sehr allgemein!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:02 Do 23.01.2014 | | Autor: | YuSul |
Wow, danke für die ausführliche Beschreibung.
In meinem Skript habe ich noch folgendes gefunden:
Wenn ich eine Abbildung
[mm] $\pi: W\to [/mm] W/U$ habe und eine Abbildung
[mm] $V\to [/mm] W$
Dann ist der Kern der Abbildung [mm] $\varphi$
[/mm]
[mm] $\varphi:V\to [/mm] W/U$
[mm] $ker(\varphi)=V\cap [/mm] U$
Ich wüsste jedoch nicht wie ich das hier umsetzen könnte.
Um die Dimension von [mm] $V\cap [/mm] U$ zu bestimmen nehme ich nun alle Basisvektoren von U und V und prüfe diese auf lineare Abhängigkeit.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:12 Do 23.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Wow, danke für die ausführliche Beschreibung.
>
> In meinem Skript habe ich noch folgendes gefunden:
>
> Wenn ich eine Abbildung
>
> [mm]\pi: W\to W/U[/mm] habe und eine Abbildung
>
> [mm]V\to W[/mm]
>
> Dann ist der Kern der Abbildung [mm]\varphi[/mm]
>
> [mm]\varphi:V\to W/U[/mm]
>
> [mm]ker(\varphi)=V\cap U[/mm]
>
> Ich wüsste jedoch nicht wie ich das hier umsetzen könnte.
>
> Um die Dimension von [mm]V\cap U[/mm] zu bestimmen nehme ich nun
> alle Basisvektoren von U und V und prüfe diese auf lineare
> Abhängigkeit.
Warum denn mit Kanonen auf Spatzen schiessen ?
Ist [mm] x=(x_1,...,x_4) \in [/mm] U [mm] \cap [/mm] V, so gelten doch die Gleichungen
(1) [mm] x_1+x_3=0
[/mm]
(2) [mm] x_2+x_4=0
[/mm]
(3) [mm] x_1+x_2=0
[/mm]
(4) [mm] x_1+x_4=0
[/mm]
Aus den Gleichungen (1), (3) und (4) folgt:
(5) [mm] x_2=x_3=x_4=-x_1
[/mm]
Damit folgt aus (2): [mm] x_2=x_4=0 [/mm] und mit (5) bekommen wir
[mm] x_1=x_2=x_3=x_4=0.
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:21 Do 23.01.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> > Wow, danke für die ausführliche Beschreibung.
> >
> > In meinem Skript habe ich noch folgendes gefunden:
> >
> > Wenn ich eine Abbildung
> >
> > [mm]\pi: W\to W/U[/mm] habe und eine Abbildung
> >
> > [mm]V\to W[/mm]
> >
> > Dann ist der Kern der Abbildung [mm]\varphi[/mm]
> >
> > [mm]\varphi:V\to W/U[/mm]
> >
> > [mm]ker(\varphi)=V\cap U[/mm]
> >
> > Ich wüsste jedoch nicht wie ich das hier umsetzen könnte.
> >
> > Um die Dimension von [mm]V\cap U[/mm] zu bestimmen nehme ich nun
> > alle Basisvektoren von U und V und prüfe diese auf lineare
> > Abhängigkeit.
>
>
> Warum denn mit Kanonen auf Spatzen schiessen ?
>
> Ist [mm]x=(x_1,...,x_4) \in[/mm] U [mm]\cap[/mm] V, so gelten doch die
> Gleichungen
>
> (1) [mm]x_1+x_3=0[/mm]
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> (2) [mm]x_2+x_4=0[/mm]
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> (3) [mm]x_1+x_2=0[/mm]
>
> (4) [mm]x_1+x_4=0[/mm]
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> Aus den Gleichungen (1), (3) und (4) folgt:
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> (5) [mm]x_2=x_3=x_4=-x_1[/mm]
>
> Damit folgt aus (2): [mm]x_2=x_4=0[/mm] und mit (5) bekommen wir
>
> [mm]x_1=x_2=x_3=x_4=0.[/mm]
ich finde, er sollte die andere Methode (also nicht direkt den UR ausrechnen)
auch mal probieren - aber nicht so, wie er das oben beschreibt [das habe
ich auch nicht geschrieben, dass man das so machen sollte - und es wird
doch hier schon nicht funktionieren, da doch alle 4 Vektoren sicher linear
unabhängig sein werden], sondern "kurzgesagt" so:
Man durchlaufe alle Vektoren dieser Basis von [mm] $U\,,$ [/mm] und wenn der Test, dass
der aktuell betrachtete Vektor in [mm] $V\,$ [/mm] liegt, positiv ist, nehmen wir den mit,
sonst nicht.
Analoges mit vertauschten Rollen von [mm] $U\,$ [/mm] und [mm] $V\,.$
[/mm]
Alle gefundenen Vektoren liegen damit in $U [mm] \cap V\,.$ [/mm] Wenn wir jetzt davon
eine maximal linear unabhängige Teilmenge bilden, haben wir eine Basis von
$U [mm] \cap V\,.$
[/mm]
Diese Aufgabe hier ist aber kein gutes Bsp. für den Algorithmus, da, entsprechend
Deiner Rechnung, als Ergebnis rauskommt, dass kein Vektor mitgenommen
wird. Es ist also $U [mm] \cap V=\{(0,0,0,0)\}$! [/mm]
(Man beachte: Der Nullraum ist immer Teilmenge des Schnitts!)
Edit: Sein Vorschlag
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:26 Do 23.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred
Hallo Marcel,
> (Man beachte: Der Nullraum ist immer Teilmenge des
> Schnitts!)
War da nicht was in einem früheren Austausch zwischen Dir und mir ?
Grüße FRED
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:29 Do 23.01.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> > Hallo Fred
>
> Hallo Marcel,
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>
>
> > (Man beachte: Der Nullraum ist immer Teilmenge des
> > Schnitts!)
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> War da nicht was in einem früheren Austausch zwischen Dir
> und mir ?
da musste ich eben auch dran denken. Aber wie das nochmal? Entweder
hatte ich das selbst mal übersehen, oder es war einfach nur so, dass Du
mir mal etwas über einen Deiner Dozenten erzählt hattest, den Du auf
diesen Fakt hingewiesen hast; der aber nicht gerade "passend" darauf
reagiert hat. Und da gab's dann diese Gärtner... richtig?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 Do 23.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > > Hallo Fred
> >
> > Hallo Marcel,
> >
> >
> >
> > > (Man beachte: Der Nullraum ist immer Teilmenge des
> > > Schnitts!)
> >
> > War da nicht was in einem früheren Austausch zwischen Dir
> > und mir ?
>
> da musste ich eben auch dran denken. Aber wie das nochmal?
> Entweder
> hatte ich das selbst mal übersehen, oder es war einfach
> nur so, dass Du
> mir mal etwas über einen Deiner Dozenten erzählt
> hattest, den Du auf
> diesen Fakt hingewiesen hast; der aber nicht gerade
> "passend" darauf
> reagiert hat.
Genau, das war das mit der "Mensch-Werdung".
> Und da gab's dann diese Gärtner...
> richtig?
Ja, aus Mexiko !
Gruß FRED
>
> Gruß,
> Marcel
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