Aufgabenblatt 11

Disclaimer: Dieser Thread wurde aus dem alten Forum importiert. Daher werden eventuell nicht alle Formatierungen richtig angezeigt. Der ursprüngliche Thread beginnt im zweiten Post dieses Threads.

Blatt 11
Also da hier mal, das Thema fehlt, hab ich des mal erstellt.
Was ich bischer habe:

44a)
x1 = 2; x2 = 1; x3 = 0;

44b)
v1 = 1/√14 ( (1+2i),(1-2i),i)
v2 = v1;
v3 = 1/5.5√11 ((22-i),(8+5i),(9+4i))
dim = 2;

Also ich weiss noch nicht genau wie man die machen soll, aber ich glaub, dass nur die d nicht linear ist.

Keine Ahnung, wie man die Aufgabe heangehen soll.

47b)
Kern: (-2,1,3)
dim = 2;


44
a) L = { x = (2,1,0) + span{(-i,0,1)} }
b) Ich kann mir net helfen, evtl. hab ich auch irgendwo nen Rechenfehler, aber bei mir sind die drei Vektoren linear unabhängig. Womit die Dimension des Raumes den sie aufspannen 3 ist. Damit sind auch die ON Basis Vektoren trivial: (1,0,0) (0,1,0) (0,0,1)
Find ich jetzt ein wenig seltsam. Kann das jemand bestätigen?
Klar, ich kann auch auf die 3 gegebenen Vektoren das Schmidtsche ON Verfahren anwenden. Dann bekomm ich halt 3 andere zueinander orthogonale Vektoren. Aber da ich mich ja im C³ befinde müsste doch auch (1,0,0) (0,1,0) (0,0,1) eine ON Basis sein?
Eure Meinung?

46
A = (1 2 -1 0)
(-2 0 1 1)
f((0,1,1,1)) = (1,2)

47
a) Kern(f) = span{(-2/3,1,0),(5/3,0,1)} ; dim Kern(f) = 2
Im(f) = span{(2,-3)} ; dim Im(f) = 1
b) KernA = span{(-9,3,1,0),(5,-2,0,1)} ; dim KernA = 2
ImA = span{(1,1,2),(0,1,0)} ; dim ImA = 2

Vielleicht noch schnell zur 45:
a) ja
b) ja
c) nein
d) nein
e) ja
Wenns ne lineare Abbildung ist denk ich sollte als Begründung die Matrix reichen. Im Falle c) und d) hoff ich reicht ein Satz (wenns denn überhaupt stimmt :wink: )
Noch ne Anmerkung: Für λ=0 müsste die d) auch ne lineare Abbildung sein.


Hm, warum habt ihr bei der 47 b so was ganz anderes raus als ich.
Der Kern ist ja die Lösung des homogenen LGs.
Und da komme ich auf:
Kern A = span{(3, -1), (3, 2)}; dim Kern A = 2
Als Bild habe ich span aller linear unabhängigen Spaltenvektoren.
Bild A = span{}; dim Bild A = 4


Naja, es gilt ja KernA = {x ε K^n | xA=0}
D.h. die x müssen Element sein von K^n, d.h. es muss sich schonmal um Vektoren handeln, deren Anzahl der Komponenten gleich n (Spalten der Matrix) ist.
Beim Bild ist es ähnlich, da entspricht die Anzahl deiner Komponenten der Lösungsvektoren gleich m (Zeilen der Matrix).

Ich empfehle Gramüller Skript ab Seite 194 und ab Bsp 5.2.7.
Evtl. auch nochmal das lesen, was darüber steht über Kern/Bild und Basen. Wobei Bsp 5.2.7 und Bsp 5.2.8 schon ganz hilfreich sein sollten.

EDIT: Vielleicht noch ne kleine Hilfe, so als Anhaltspunkt obs stimmt:
Es gilt ja dim Kern f = dim Im f = dim V
Auf gut Deutsch: Dimension vom Kern plus Dimension vom Bild muss gleich deiner Anzahl n der Spalten der Matrix sein.


Ja nun dann ralle ich es erst recht nicht.
Der Kern ist ja laut Slript einfach die Lösung des homogenen Gleichungsystems.
Wie kommst du da auf solche Werte?


Du musst dich beim Gauss irgendwo ziemlich bös verhaut haben…

Ein Vektor mit 2 Zeilen kann keine Lösung für ein Gleichungssystem mit 4 Spalten sein:
Damit A * x funktioniert, muss ja für die Dimensionen gelten: (a x b) * (b x 1)
Und bei 2x4 * 2x1…


Ja richtig. Aber jeder Lösungsvektor hat doch soviele Komponenten wie nunmal Spalten vorhanden sind.
Also ich weiß jetzt auch nicht, wie ich das erklären soll.
Wenn du wegen mir 4 Spalten in deiner Matrix hast, dann bestehen deine Lösungsvektoren doch aus x1,x2,x3 und x4…
Wie gesagt, die beiden oben genannten Beispiele find ich sind optimal. Die machen ja GENAU das was wir machen sollen, nur halt mit einer anderen Matrix mit anderen Werten. Aber das Vorgehen ist ja 1zu1 identisch.

(Und jetzt muss ich echt dringenst mal TI anschauen, Praktikum am Dienstag rückt bedrohlich nahe :wink: )


Ich glaube hier liegt mein Fehler. Das muss ich mir noch mal genauer ansehen.


zu 44)Also, ich hab die Vektoren jetzt auch auf lineare unabhängigkeit gepruft und die scheinen linear unabhängig zu sein, wenn ich die aber eine ON Basis aufstelle kriege ich trotzdem v1 = v2.
Schließe aber nicht aus das ich meine Fehler nur nicht sehe.
Wie kommst du bei der a auf den span bei der Lösungsmenge?

Ziehe meine Behauptung zurück. Trotzdem, ihrgend wie ist es seltsam.


Die Dinger sind sicher linear unabhängig. Allerdings ist der Fall im Komplexen nicht ganz so einfach, da jede komplexe Zahl für sich genaugenommen schon zweidimensional ist.
Und einen Vektor (1+i,0,0) könnte man mit diesen drei Basisvektoren schon einmal nicht darstellen…

Edit:
Moment, oder doch? Klar, ich hab ja komplexe Koordinaten, also darf ich mit einer komplexen Zahl multiplizieren… :slight_smile:
So gesehen wäre der Nachweis der Unabhängigkeit alles, was man machen muss…


So generell lässt sich das nicht sagen. Nur weil die Koordinaten komplex sind, heißt das noch lange nicht, dass auch die Skalare bei der Multiplikation aus C gewählt werden.

Ich versuche es mal an einem Beispiel klarzumachen. Man kann C als IR-Vektorraum auffassen, oder als C-Vektorraum.
Als IR-Vektorraum (d.h. man nimmt die Skalare bei der Multiplikation aus
IR) hat C die Dimension 2, denn es gilt: C= IR+i* IR. Orthonormalbasis ist
dann die Basis (1,i).
Als C-Vektorraum hat C nur Dimension 1. Wenn man zum Beispiel die
komplexe Zahl z=1+0*i als Basis nimmt, kann man durch Multiplikation mit
einer komplexen Zahl jede komplexe Zahl „erreichen“, da jede komplexe Zahl außer die 0 ein Inverses besitzt.


Stimmt… Man muss wohl zwischen den Koordinaten der Basis und den Koordinaten in Bezug auf die Basis unterscheiden… :frowning:

Also hab ich hier entweder einen „halbdimensionalen“ Unterraum oder nicht…

Aber wollt ihr in der Aufgabe jetzt einen R- oder einen C-VR?
Wir haben zwar via Gram-Schmidt eine Basis bekommen, die auch im R-Vektorraum C^3 funktionieren würde und da halt einen dreidimensionalen echten Unterraum aufspannt, aber die ist sowas von hässlich, dass ich mir nicht vorstellen kann, dass ein Aufgabensteller sowas sehen wirklich sehen will…


Die ersten beiden Vektoren u1 und u2 waren ja noch okay, zumal sie schon orthogonal aufeinander stehen. Aber dann v3 aus v1 und v2 basteln, ich hab auch gedacht ich hab mich verrechnet, weil die Ergebnisse extrem hässlich sind.
Deswegen ja der Spontaneinfall mit (1,0,0) (0,1,0) (0,0,1), ich bin für C-VR :wink:


Also: ihr sollt den C^3 als C-Vektorraum betrachten.