(rechts)orthogonale Basis zu Bilinearform < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:48 Sa 22.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hallo zusammen,
gibt es jemanden, der mir weiterhelfen kann? Ich komme ab dieser Stelle nämlich bei der Aufgabe nicht richtig weiter, weil mir die Idee fehlt...
Die Aufgabe lautet:
Vor: Es sei [mm] V=R^4
[/mm]
[mm] \beta (x,y)= x^t \begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 & 4 \\2 & 4 & 6 & 8\\3 & 6 & 9 & 12\\4 & 8 & 12 & 16\end{pmatrix} y [/mm]
Man bestimme eine Basis V-'- (also das neben dem V soll ein hochgestelltes umgedrehtes T darstellen... für das rechtsorthogonal!)
Das ist erstmal die Aufgabe und jetzt schreibe ich noch, wie weit icg gekommen bin 
Die Matrix in der Mitte ist symmetrisch. Darum ist [mm]\beta[/mm] reflexiv (gell?) alos ist es dann auch egal, ob man rechtsorthogonal, oder linksorthogonal ausrechnet.
Jetzt wähle ich zunächst die kanonische Basis (weil es am einfachsten damit ist, ich hoffe, die kann man nehmen), welche ich dann in x einsetzen darf, also: (?)
[mm]\beta (e_1,y)= e_1^t \begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 & 4 \\2 & 4 & 6 & 8\\3 & 6 & 9 & 12\\4 & 8 & 12 & 16\end{pmatrix}y =(1, 0, 0, 0) \begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 & 4 \\2 & 4 & 6 & 8\\3 & 6 & 9 & 12\\4 & 8 & 12 & 16\end{pmatrix} y = 0 [/mm]
[mm]\beta (e_2,y)= e_2^t \begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 & 4 \\2 & 4 & 6 & 8\\3 & 6 & 9 & 12\\4 & 8 & 12 & 16\end{pmatrix} y = (0, 1, 0, 0) \begin{pmatrix} 2 & 2 & 3 & 4 \\2 & 4 & 6 & 8\\3 & 6 & 9 & 12\\4 & 8 & 12 & 16\end{pmatrix} y =0 [/mm]
das gleiche auch noch mit [mm] e_3 [/mm] und [mm] e_4
[/mm]
Und wenn ich dann sage
[mm] y =\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ y_4 \end{pmatrix} [/mm]
dann habe ich ein homogenes LGS in 4 Variablen, welches ich ausrechnen muss, also:
[mm] 2y_1 + 2y_2 + 3y_3 + 4y_4 = 0
2y_1 + 4y_2 + 6y_3 + 8y_4 = 0
3y_1 + 6y_2 + 9y_3 + 12y_4 = 0
4y_1 + 8y_2 + 12y_3 + 16y_4 = 0 [/mm]
am Ende der Ausrechnung bekomme ich dann
[mm] 2y_1= [/mm] 0 daraus folgt [mm] y_1 [/mm] = 0
und aber
[mm] 2y_2 +3y_3 +4y_4 [/mm] = 0
Was jetzt? [mm] y_2 [/mm] und [mm] y_3 [/mm] wählen???
Okay! Und dann? Habe ich dann schon eine mögliche Basis???
(Falls ja, bin ich ja dann fertig, oder????) Da wäre ich begeistert...
Vielen Dank schon mal!!! Liebe Grüße Cathy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:40 Sa 22.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Wie muss ich die Basis dann formal hinschreiben?????????
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:03 Sa 22.05.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Cathrine,
nehmen wir mal an die Aufgabe wäre bis dahin richtig gelöst (das habe ich jetzt nicht überprüft). Dann müsstest du eine Basis des Lösungsraumes des Linearen Gleichungssystems
(*) [mm] $y_1=0$ [/mm] und [mm] $2y_2 +3y_3 +4y_4 [/mm] = 0$
finden.
Dieser Unterraum ist offenbar zweidimensional, denn der Lösungsraums der zweiten Gleichung ist der Kern eines Funktionals. Falls du diese Sprechweise nicht kennst: Wie haben eine Abbildung
$A: [mm] \IR^3 \to \IR \quad [/mm] , [mm] \quad A((y_2,y_3,y_4)^T) =2y_2 [/mm] + [mm] 3y_3 [/mm] + [mm] 4y_4$,
[/mm]
und es gilt nach der Dimensionsformel:
$dim [mm] \, [/mm] Kern(A) =3 - dim [mm] \, [/mm] Bild (A) = 3-1 = 2$.
Demzufolge müssen wir zwei linear unabhängige Vektoren des [mm] $\IR^4$ [/mm] finden, die (*) erfüllen.
Ich bin für
[mm]{\cal B}=\left\{ \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ - \frac{1}{2} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ - \frac{3}{4} \end{pmatrix} \right\}[/mm],
und du?
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:02 Sa 22.05.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Cathrine!
> Ach so!!! 
> Also, die Dimensionsformel ist mir natürlich bestens
> bekannt!!! Dummerweise, wäre ich jetzt nicht darauf
> gekommen, sie zu verwenden und das so zu machen, wie du das
> jetzt gemacht hast!!!
Man muss sie auch nicht verwenden. Ich wollte nur schnell klar machen, warum es sich bei dem Lösungsraum um einen zweidimensionalen Unterraum des [mm] $\IR^4$ [/mm] handelt. Das hätte einem auch so klar sein können. Du kannst den Absatz mit der Abildung $A$ auch weglassen, wenn du die Aufgabe aufschreibst. Es gibt viele (andere) Möglichkeiten das einzusehen.
> Könntest du mir ganz kurz vielleicht nochmal erklären,
> WARUM man da jetzt [mm] A^t [/mm] nehmen muss???
Ich nehme ja gar nicht [mm] $A^t$. [/mm] Das Transponiert-Zeichen bezieht sich nur auf den Zeilenvektor [mm] $(y_2,y_3,y_4)$, [/mm] weil ich es unschön fand, diesen als Splatenvektor zu schreiben.
> Und wie kamst du auf -1/2 und auf -3/4???
Nun ja, es muss die Beziehung:
[mm] $2y_2 [/mm] + [mm] 3y_3 [/mm] + [mm] 4y_4=0$
[/mm]
gelten. Jetzt kann ich zwei der Variablen frei wählen. Ich wähle, weil es so am einfachsten ist: [mm] $y_2=1$ [/mm] und [mm] $y_3=0$. [/mm] Dann folgt: [mm] $y_4=-\frac{1}{2}$. [/mm] Nun muss ich noch einmal frei wählen, und zwar so, dass der entstehende Vektor zum ersten linear unabhängig ist (also kein Vielfaches des ersten Vektors ist). Ich wählen dazu [mm] $y_2=0$ [/mm] und [mm] $y_3=1$. [/mm] Dann ergibt sich direkt: [mm] $y_4 [/mm] = [mm] -\frac{3}{4}$.
[/mm]
Alles klar?
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:29 Sa 22.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hi Stefan,
okay, jetzt habe ich alles verstanden.
Ausnahmsweise hatte ich doch mal die richtige Idee
Danke auch für die formale Darstellung der Basis.
Viele Grüße, Cathy
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