Lineares Gleichungssystem < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:18 So 14.09.2008 | | Autor: | natea |
| Aufgabe | Geben Sie ein Beispiel für ein homogenes lineares Gleichungssystem über [mm] \IR [/mm] mit Lösungsmenge
U = [mm] \left\langle \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0} , \vektor{0 \\ 1 \\ 2 \\ -1} \right\rangle [/mm] |
Hallo,
vielleicht kann mir jemand weiterhelfen. Irgendwie habe ich wohl ein Brett vor dem Kopf. Aber ich weiß nicht wie ich bei dieser Aufgabe weiterkomme. Normalerweise weiß ich schon, wie man lineare Gleichungssysteme löst. Aber hier weiß ich nicht, wie ich vorgehen muss, da man hier die Lösungsmenge gegeben hat und ein mögliches Lineares Gleichungssystem aufstellen muss. Meistens sind die Aufgaben ja umgekehrt gestellt. Dass ich mit dieser Aufgabe nicht klarkomme zeigt mir auch irgendwie, dass ich das ganze noch nicht richtig verstanden habe. Was mich auch etwas verwirrt ist die Tatsache, dass hier ein Gleichungssystem mit vier Unbekannten vorliegt. Es aber in der Lösung nur zwei lineare Gleichungen gibt.( Die Lösungsmatrix liegt mir vor. Sie lautet [mm] \pmat{ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 } [/mm] ) . Müßte ein Gleichungssystem mit vier Unbekannten nicht auch vier Gleichungen haben, damit es lösbar ist?? Vielleicht kann mir jemand einen Tipp geben!? Ich habe das Gefühl, dass würde mich schon viel weiter bringen.
Viele Grüße aus Bremen!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:37 So 14.09.2008 | | Autor: | pelzig |
> Geben Sie ein Beispiel für ein homogenes lineares
> Gleichungssystem über [mm]\IR[/mm] mit Lösungsmenge
>
> U = [mm]\left\langle \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0} , \vektor{0 \\ 1 \\ 2 \\ -1} \right\rangle[/mm]
Ist dir klar wie die Menge $U$ eigentlich aussieht? Also wieviele Elemente hat sie denn z.B.?
> Was mich auch
> etwas verwirrt ist die Tatsache, dass hier ein
> Gleichungssystem mit vier Unbekannten vorliegt. Es aber in
> der Lösung nur zwei lineare Gleichungen gibt.( Die
> Lösungsmatrix liegt mir vor. Sie lautet [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 }[/mm]
> ) . Müßte ein Gleichungssystem mit vier Unbekannten nicht
> auch vier Gleichungen haben, damit es lösbar ist??
Nein, ein homogenes Gleichungssystem ist immer lösbar, nämlich besitzt es immer die triviale Lösung [mm] $x_1=x_2=...=x_n=0$. [/mm] Aber es kann noch viel mehr Lösungen besitzen, wie in diesem Fall, wo du ein LGS mit vier Unbekannten und nur zwei Gleichungen hasst. Die Lösungsmenge ist dann nämlich immer ein Untervektorraum von [mm] $\IR^4$ [/mm] mit Dimension größergleich zwei, d.h. anschaulich eine Ebenen oder Hyperebenen durch den Nullpunkt.
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:06 So 14.09.2008 | | Autor: | natea |
Hallo,
> Ist dir klar wie die Menge [mm]U[/mm] eigentlich aussieht? Also
> wieviele Elemente hat sie denn z.B.?
>
Also ehrlich gesagt ist mir nicht ganz klar, wie die Menge U aussieht. Wovon hängt es denn ab, wieviele Elemente sie hat?
> > Was mich auch
> > etwas verwirrt ist die Tatsache, dass hier ein
> > Gleichungssystem mit vier Unbekannten vorliegt. Es aber in
> > der Lösung nur zwei lineare Gleichungen gibt.( Die
> > Lösungsmatrix liegt mir vor. Sie lautet [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 }[/mm]
> > ) . Müßte ein Gleichungssystem mit vier Unbekannten nicht
> > auch vier Gleichungen haben, damit es lösbar ist??
> Nein, ein homogenes Gleichungssystem ist immer lösbar,
> nämlich besitzt es immer die triviale Lösung
> [mm]x_1=x_2=...=x_n=0[/mm]. Aber es kann noch viel mehr Lösungen
> besitzen, wie in diesem Fall, wo du ein LGS mit vier
> Unbekannten und nur zwei Gleichungen hasst. Die
> Lösungsmenge ist dann nämlich immer ein Untervektorraum von
> [mm]\IR^4[/mm] mit Dimension größergleich zwei, d.h. anschaulich
> eine Ebenen oder Hyperebenen durch den Nullpunkt.
Ok, die Lösungsmenge ist also bei vier Unbekannten ein Untervektorraum von [mm] \IR^4. [/mm] Aber wieso hat die Lösungsmenge mindestens zwei Elemente?
Ist die angegebene Lösung eigentlich die einzig mögliche, oder gibt es noch andere Möglichkeiten dafür? Wie gehe ich denn jetzt bei dieser Aufgabe konkret vor?
Viele Grüße
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> Hallo,
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> > Ist dir klar wie die Menge [mm]U[/mm] eigentlich aussieht? Also
> > wieviele Elemente hat sie denn z.B.?
> >
> Also ehrlich gesagt ist mir nicht ganz klar, wie die
> Menge U aussieht. Wovon hängt es denn ab, wieviele Elemente
> sie hat?
>
> > > Was mich auch
> > > etwas verwirrt ist die Tatsache, dass hier ein
> > > Gleichungssystem mit vier Unbekannten vorliegt. Es aber in
> > > der Lösung nur zwei lineare Gleichungen gibt.( Die
> > > Lösungsmatrix liegt mir vor. Sie lautet [mm]\pmat{ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 }[/mm]
> > > ) . Müßte ein Gleichungssystem mit vier Unbekannten nicht
> > > auch vier Gleichungen haben, damit es lösbar ist??
> > Nein, ein homogenes Gleichungssystem ist immer lösbar,
> > nämlich besitzt es immer die triviale Lösung
> > [mm]x_1=x_2=...=x_n=0[/mm]. Aber es kann noch viel mehr Lösungen
> > besitzen, wie in diesem Fall, wo du ein LGS mit vier
> > Unbekannten und nur zwei Gleichungen hasst. Die
> > Lösungsmenge ist dann nämlich immer ein Untervektorraum von
> > [mm]\IR^4[/mm] mit Dimension größergleich zwei, d.h. anschaulich
> > eine Ebenen oder Hyperebenen durch den Nullpunkt.
>
> Ok, die Lösungsmenge ist also bei vier Unbekannten ein
> Untervektorraum von [mm]\IR^4.[/mm] Aber wieso hat die Lösungsmenge
> mindestens zwei Elemente?
>
> Ist die angegebene Lösung eigentlich die einzig mögliche,
> oder gibt es noch andere Möglichkeiten dafür? Wie gehe ich
> denn jetzt bei dieser Aufgabe konkret vor?
>
> Viele Grüße
>
>
Hallo natea,
U ist ein 2-dimensionaler Unterraum des [mm] \IR^4, [/mm] also
eine Ebene durch $ O(0/0/0/0) $ mit den zwei gegebenen
Spannvektoren. Jeder Vektor x [mm] \in [/mm] U lässt sich
deshalb als Linearkombination dieser beiden Vektoren
schreiben:
[mm] x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=u*\vektor{1\\0\\0\\0}+v*\vektor{0\\1\\2\\-1}=\vektor{u\\v\\2v\\-v}
[/mm]
ausgeschrieben:
[mm] x_1=u
[/mm]
[mm] x_2=v
[/mm]
[mm] x_3=2v
[/mm]
[mm] x_4=-v
[/mm]
Da u nur in der ersten Gleichung auftritt, ist [mm] x_1 [/mm] von
den anderen Komponenten unabhängig und deshalb
frei wählbar. Die übrigen drei Komponenten sind aber
miteinander verknüpft. Man kann zum Beispiel [mm] x_2
[/mm]
auch noch frei wählen - dann sind aber die restlichen
beiden Komponenten daraus berechenbar. Dies ergibt
genau zwei Bedingungen, aus denen du deine beiden
Gleichungen machen kannst.
Anstatt zuerst [mm] x_2 [/mm] frei zu wählen, könnte man z.B.
auch [mm] x_3 [/mm] oder [mm] x_4 [/mm] frei wählen und dann die übrigen
zwei Komponenten durch die gewählte ausdrücken.
Dies führt auf ein etwas anders aussehendes, aber
äquivalentes Gleichungssystem. Wichtig ist also zu
wissen, dass die angegebene Lösung nicht die einzig
mögliche ist. Ich habe als Lösungsmatrix erhalten:
[mm] \pmat{0&2&-1&0\\0&1&0&1}
[/mm]
LG al-Chwarizmi
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Nachtrag:
Um Lösungen miteinander vergleichbar zu machen,
gibt es die Normierung auf Zeilenstufenform (row
echelon form, auf Rechnern "ref") oder reduzierte
Zeilenstufenform (reduced row echelon form, "rref").
Deine angegebene Lösungsmatrix hat dieses
Standardformat, meine nicht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:20 Mo 15.09.2008 | | Autor: | pelzig |
> > Ist dir klar wie die Menge [mm]U[/mm] eigentlich aussieht? Also
> > wieviele Elemente hat sie denn z.B.?
> >
> Also ehrlich gesagt ist mir nicht ganz klar, wie die
> Menge U aussieht. Wovon hängt es denn ab, wieviele Elemente
> sie hat?
Ok dann stell ich die Frage mal anders. Was bedeuten eigentlich diese komischen Klammern bei der Definition von $U$?
Die Menge $U$ hat nämlich unendlich viele Elemente.
> Ok, die Lösungsmenge ist also bei vier Unbekannten ein
> Untervektorraum von [mm]\IR^4.[/mm] Aber wieso hat die Lösungsmenge
> mindestens zwei Elemente?
Ich glaube du verwechselst da was. Die Dimension hat erstmal nichts mit der Anzahl der Elemente zu tun, z.b. hat für jedes [mm] $n\in\IN$ [/mm] der VR [mm] $\IR^n$ [/mm] genauso viele Elemente wie ("ist gleichmächtig zu") [mm] $\IR$. [/mm] Die Dimension ist mindestens zwei, weil ... das wäre jetzt glaube ich etwas zu kompliziert. Es hat mit Basen und Dimensionsformeln zu tun... Lineare Abbildungen, Rang, Kern, Bild usw... 
Anschaulich gesprochen: Jeder Gleichung eines LGS beschreibt eine (Hyper)Ebene des "Gesamt-Vektorraumes". Eine Lösung des LGS muss im Schnitt aller dieser (Hyper)Ebenen liegen, und wenn (Hyper)Ebenen sich schneiden dann geht immer höchstens "eine Dimension flöten". Wenn sich also zwei (Hyper)Ebenen Schneiden, können maximal 2 Dimensionen verloren bleiben.
> Ist die angegebene Lösung eigentlich die einzig mögliche,
> oder gibt es noch andere Möglichkeiten dafür?
Es gibt überabzählbar viele Möglichkeiten für eine Lösung. Allein für eine der Hyperebenen gibt es nämlich bereits überabzählbar viele Gleichungen - sie unterscheiden sich durch einen beliebigen, von $0$ verschiedenen Faktor.
> Wie gehe ich
> denn jetzt bei dieser Aufgabe konkret vor?
Eigentlich ist das ganz einfach. Such dir zu jedem der beiden Vektoren eine Gleichung, die "von diesem Vektor gelöst" wird, also $0$ ergibt.
Gruß, Robert
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