Kern einer Matrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Bestimmen Sie den Kern (A)!
A [mm] =\pmat{ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 4 & 4 & 8 } [/mm] |
Hi! Ich wollte den Kern bestimmen und hab hierzu zunächst eine Matrix in Zeilenstufenform aufgestellt und wollte die in dem Kern enthaltenen Vektoren über die C-Methode bestimmen. Jedoch befinden sich in der Hauptdiagonale nun in jeder Zeile Einsen. Heißt das, es gibt bei dieser Aufgabe keine Lösung und es ist kein Kern bestimmbar?
Danke schon für die Antwort :),
Laura
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Hallo Laura!
> Bestimmen Sie den Kern (A)!
> A [mm]=\pmat{ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 4 & 4 & 8 }[/mm]
> Hi! Ich
> wollte den Kern bestimmen und hab hierzu zunächst eine
> Matrix in Zeilenstufenform aufgestellt und wollte die in
> dem Kern enthaltenen Vektoren über die C-Methode bestimmen.
Ich weiß jetzt nicht, was ihr unter C-Methode versteht, aber das mit der Zeilenstufenform ist schon mal richtig.
> Jedoch befinden sich in der Hauptdiagonale nun in jeder
> Zeile Einsen. Heißt das, es gibt bei dieser Aufgabe keine
> Lösung und es ist kein Kern bestimmbar?
Also ich komme da auf was anderes. Bei mir verschwindet die dritte Zeile, und ich komme auf:
[mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 }[/mm]
Die dritte Zeile "verschwindet" also und daher wäre, wenn (x,y,z) ein Vektor aus dem Kern von A ist, die Komponente z frei wählbar. Meine Lösung wäre dann:
[mm]ker A = \{ (-z,z,z)| z \in \IR^3 \} = span \{(-1,1,1)\}[/mm]
Für den oben beschriebenen Fall, falls er Dir mal über den Weg läuft, also die Situation
[mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 }[/mm]
gäbe es eine eindeutige Lösung des Gleichungssystems, nämlich nur die 0, d.h. [mm]ker A = \{0\}[/mm].
LG
Karsten
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:09 Fr 07.03.2008 | | Autor: | Framl |
Mal ne Frage:
Das der Kern 1-dim ist, ist klar, aber es gilt doch
[mm] $A\cdot \pmat{-1\\1 \\1} =\pmat{ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 4 & 4 & 8 } \pmat{-1\\1 \\1}=\pmat{4\\0 \\8}$, [/mm] d.h. aber das [mm] $\pmat{-1\\1 \\1}$ [/mm] nicht im Kern liegt und somit auch kein Basiselement des Kerns ist. Es gilt aber [mm] $Kern(A)=span\{(-1,-1,1)\}$, [/mm] da [mm] $A\cdot (-1,-1,1)^T [/mm] = (0,0,0)$ und [mm] $\dim [/mm] Kern (A)=1$
War das ein Versehen oder hab ich einen groben Denkfehler?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:19 Fr 07.03.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
du denkst richtig. Das ergibt einen Widerspruch, denn die Lösung des Vorposters ist etwas falsch:
[mm] $ker(A)=<\pmat{-1\\-1\\1}$, [/mm] also alle Vielfachen des Vektors. Damit sollte es hinkommen.
LG
Kroni
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 13:20 Fr 07.03.2008 | | Autor: | Kroni |
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> Die dritte Zeile "verschwindet" also und daher wäre, wenn
> (x,y,z) ein Vektor aus dem Kern von A ist, die Komponente z
> frei wählbar. Meine Lösung wäre dann:
>
> [mm]ker A = \{ (-z,z,z)| z \in \IR^3 \} = span \{(-1,1,1)\}[/mm]
Hi,
es muss hier heißen [mm] $\pmat{-1\\-1\\1}$, [/mm] da hast du falsch umgestellt.
Sonst ist alles richtig.
LG
Kroni
>
> Für den oben beschriebenen Fall, falls er Dir mal über den
> Weg läuft, also die Situation
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 }[/mm]
>
> gäbe es eine eindeutige Lösung des Gleichungssystems,
> nämlich nur die 0, d.h. [mm]ker A = \{0\}[/mm].
>
> LG
> Karsten
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