Lösbarkeit LGS < Lineare Gleich.-sys. < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:25 Do 03.02.2011 | | Autor: | chesn |
| Aufgabe | Es seien $ A [mm] \in \IK^{m \times n} [/mm] $ und $ b [mm] \in \IK^{m\times 1} [/mm] $. Zeigen Sie: Das Lineare Gleichungssystem $ A * x = b $ ist genau dann lösbar, wenn für alle $ y [mm] \in K^{m\times 1} [/mm] $ mit $ [mm] A^{T}*y [/mm] = 0$ auch $ [mm] b^{T}*y [/mm] = 0 $ gilt.
(Hinweis für die Rückrichtung: Vergleichen Sie die Lösungsräume der homogenen linearen Gleichungssysteme
$ [mm] A^{T}*y=0 [/mm] $ und $ [mm] (\bruch{A^{T}}{b^{T}})*y=0$ [/mm] |
Hallo! Habe ein paar Fragen zu der Aufgabe.. versuche mich im Moment an der Hin-richtung & hatte folgende Idee:
$ A * x = b $ ist ein lösbares LGS $ [mm] \Rightarrow [/mm] A*x $ lässt sich auf Stufenform bringen.
Sei nun $ A' $ die auf Stufenform gebrachte Matrix $A$.
$ A' = [mm] \pmat{a'_{11} & a'_{12} & a'_{13} & ... & a'_{1n} \\ 0 & a'_{22} & a'_{23} & ... & a'_{2n} \\ 0 & 0 & a'_{33} & ... & a'_{3n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & ... & a'_{mn}} [/mm] $ hat die gleiche Lösung wie $A$.
$ => A'^{T} = [mm] \pmat{a'_{11} & 0 & 0 & ... & 0 \\ a'_{12} & a'_{22} & 0 & ... & 0 \\ a'_{13} & a'_{23} & a'_{33} & ... & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & 0 \\ a'_{1n} & a'_{2n} & a'_{3n} & ... & a'_{mn}} [/mm] $
$ [mm] A^{T}*y=0 \gdw [/mm] A'^{T}*y=0 $
Aus der ersten Zeile
$ [mm] a'_{11}*y_{1} [/mm] + [mm] 0*y_{2} [/mm] + [mm] 0*y_{3} [/mm] + ... + [mm] 0*y_{m} [/mm] = 0 $ folgt $ [mm] y_{1} [/mm] = 0. $
Aus der zweiten:
$ a'_{13}*0 + [mm] a_{23}*y_{2} [/mm] + [mm] 0*y_{3} [/mm] + ... + [mm] 0*y_{m} [/mm] = 0 $ folgt direkt $ [mm] y_{2}=0. [/mm] $
usw. $ [mm] \Rigtharrow y_{1} [/mm] = [mm] y_{2} [/mm] = ... = [mm] y_{m} [/mm] = 0 $
Also aus $ [mm] A^{T}*y=0 [/mm] $ folgt: y ist der Nullvektor, also gilt $ [mm] b^{T}*y=0 [/mm] $ wie gefordert.
Kann ich das so zeigen, oder habe ich mich da verrannt?
Bin für jede hilfreiche Antwort sehr dankbar! :]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:47 Do 03.02.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> $ [mm] A^{T}\cdot{}y=0 \gdw A'^{T}\cdot{}y=0 [/mm] $
wieso sollte das gelten?
> $ [mm] a'_{11}\cdot{}y_{1} [/mm] + [mm] 0\cdot{}y_{2} [/mm] + [mm] 0\cdot{}y_{3} [/mm] + ... + [mm] 0\cdot{}y_{m} [/mm] = 0 $ folgt $ [mm] y_{1} [/mm] = 0. $
Nö. $a'_{11}$ kann 0 sein.
> Also aus $ [mm] A^{T}\cdot{}y=0 [/mm] $ folgt: y ist der Nullvektor
Die Matrix muß nicht quadratisch sein. Falls A mehr Zeilen als Spalten hat, kann das schon mal nicht stimmen.
> $ [mm] (\bruch{A^{T}}{b^{T}})\cdot{}y=0 [/mm] $
Wie teile ich eine Matrix durch einen Vektor?
Zur Hinrichtung:
Sei [mm] $\hat [/mm] x$ eine Lösung des LGS. Dann gilt
$A [mm] \hat [/mm] x = b$.
Multiplizier das von links mit [mm] $y^t$.
[/mm]
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:44 Fr 04.02.2011 | | Autor: | chesn |
Ok, ich versuchs einfach mal so:
$ [mm] y^{T}*A*\hat [/mm] x = [mm] y^{T} [/mm] b $
[mm] \gdw [/mm] $ [mm] (y_{1}, [/mm] ... [mm] ,y_{m})*\pmat{a_{11} & ... & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{m1} & ... & a_{mn}}*\pmat{x_{1} \\ \vdots \\ x_{n}} [/mm] = [mm] (y_{1}, [/mm] ... [mm] ,y_{m})\pmat{b_{1} \\ \vdots \\ b_{m}} [/mm] $
[mm] \gdw [/mm] $ [mm] (a_{11}*y_{1}+...+a_{m1}y_{m}, [/mm] ... , [mm] a_{1n}*y_{1}+ [/mm] ... [mm] +a_{mn}y_{m} )*\pmat{x_{1} \\ \vdots \\ x_{n}} [/mm] = [mm] (b_{1}*y_{1}+ [/mm] ... [mm] +b_{m}*y_{m}) [/mm] $
[mm] \gdw [/mm] $ [mm] (A^{T}*y)*\hat [/mm] x = [mm] b^{T}y [/mm] $
[mm] \gdw [/mm] $ [mm] A^{T}*y [/mm] = 0 [mm] \Rightarrow b^{T}*y [/mm] = 0 $
Reicht das so? Was mit $ [mm] (\bruch{A^{T}}{b^{T}})*y=0 [/mm] $ gemeint ist kann ich nicht sagen, steht zumindest genau so in der Aufgabenstellung... hat jemand eine Idee dazu?
Vielen Dank schonmal!
lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:37 Fr 04.02.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> $ [mm] y^{T}\cdot{}A\cdot{}\hat [/mm] x = [mm] y^{T} [/mm] b $
> [mm] $\gdw\ (A^{T}\cdot{}y)\cdot{}\hat [/mm] x = [mm] b^{T}y [/mm] $
wenn Du schon transponierst, dann mußt Du alles transponieren:
[mm] $y^tA\hat [/mm] x=y^tb$
[mm] $\gdw\ \hat [/mm] x^tA^ty=b^ty$
oder rücktransponieren:
[mm] $y^tA\hat x=\left(A^ty\right)^t\hat [/mm] x = [mm] (b^ty)^t=y^t [/mm] b$
Der Schluß stimmt aber.
EDIT: Vergiß, was ich unten geschrieben hab. Bin heute von der Rolle. Sry.
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:13 Fr 04.02.2011 | | Autor: | chesn |
ok, hin-richtung verstanden.. nur den teil mit $ [mm] (\bruch{A^{T}}{b^{T}})*y=0 [/mm] $ bei der rück-richtung verstehe ich noch nicht.. wie teile ich eine matrix durch einen vektor? darf man soweit ich weiss ja nicht. :-? oder übersehe ich da was??
danke!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:30 Fr 04.02.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
ich hab keine Ahnung, was sie meinen. Wenn Du bereit bist, das zu vergessen, dann könntest Du Dir überlegen, daß
[mm] $$TA=\pmat{A' \\ \hline \mathbf{0}}$$
[/mm]
wobei A' eine Matrix in Zeilenstufenform (ohne 0-Zeilen, die kommen drunter) ist. T ist also die Transformationsmatrix, die die Gaußelimination bei A durchführt.
T ist invertierbar (wieso?), also ist
(I) Ax=b
genau dann lösbar, wenn
(II) TAx=Tb
lösbar ist. Und wann ist (II) lösbar?
ciao
Stefan
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