Orthogonaler Projektor < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:02 Mo 31.08.2009 | | Autor: | Domwow |
| Aufgabe | Es sei P der orthogonale Projektor des [mm]\IR^5[/mm] auf den Lösungsraum des linearen Gleihungssystems
x1 + x2 + x3 - x4 - x5 = 0
x1 - x5 = 0
x2 + x3 = 0
und PM deren Matrixdarstellung bezüglich der natürlichen Basen sowie E die 5x5-Einheitsmatrix. Bewerten Sie zu dieser Vorgbe die foldende Aussage:
- rang(PM) = 3 |
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Guten Tag!
Ich hab mal wieder Probleme mit der Matrix-Bildung. Könnte mir jemand bitte erklären, wie man an dieses Problem herangeht?
Die Koeffizienten des GLS einfach in die Matrix zu schreiben, kann ja nicht der richtige Weg sein, da ja eine 5x5-Matrix benötigt wird. Muss man deshalb das Gleichungssystem um 2 weitere Gleichungen ergänzen?
Ich danke im Voraus!
Liebe Grüße, Dom.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:26 Mo 31.08.2009 | | Autor: | zetamy |
> Es sei P der orthogonale Projektor des [mm]\IR^5[/mm] auf den
> Lösungsraum des linearen Gleihungssystems
> x1 + x2 + x3 - x4 - x5 = 0
> x1 - x5 = 0
> x2 + x3 = 0
> und PM deren Matrixdarstellung bezüglich der natürlichen
> Basen sowie E die 5x5-Einheitsmatrix. Bewerten Sie zu
> dieser Vorgbe die foldende Aussage:
>
> - rang(PM) = 3
> Ich hab mal wieder Probleme mit der Matrix-Bildung. Könnte
> mir jemand bitte erklären, wie man an dieses Problem
> herangeht?
> Die Koeffizienten des GLS einfach in die Matrix zu
> schreiben, kann ja nicht der richtige Weg sein, da ja eine
> 5x5-Matrix benötigt wird. Muss man deshalb das
> Gleichungssystem um 2 weitere Gleichungen ergänzen?
Hallo,
P ist als orthogonale Projektion eine lineare Abbildung, somit gilt [mm] $\rang(P_M) [/mm] = [mm] \dim(\im(P))$ [/mm] - der Rang von [mm] $P_M$ [/mm] entspricht der Dimension des Bildes der Projektion, also der Dimension des Lösungsraumes zum LGS. Findest du den Lösungsraum, kannst du seine Dimension bestimmen (hier sehr einfach).
Zu Bestimmung des Lösungsraumes: Suche eine Parameterdarstellung des Lösungsraumes, dazu musst du die Variablen entweder eliminieren (z. B. ist [mm] $x_4=0$) [/mm] oder durch so wenige andere Variablen wie möglich ausdrücken (z.B. ist [mm] $x_5=1\cdot [/mm] t$ mit [mm] $t:=x_1$) [/mm] .
Gruß zetamy.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:08 Mo 31.08.2009 | | Autor: | Domwow |
Erst einmal Danke!
Nun ist ja x1 = x5 und x2=-x3, so dass nur noch x4 = 0 übrig bleibt. Soweit komm ich ja noch. Aber was sollte ich sonst noch aus den Gleichungen herausholen?
Lieben Gruß.
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> Erst einmal Danke!
> Nun ist ja x1 = x5 und x2=-x3, so dass nur noch x4 = 0
> übrig bleibt. Soweit komm ich ja noch. Aber was sollte ich
> sonst noch aus den Gleichungen herausholen?
Hallo,
das ist doch eine Aufgabe aus dem Studium, und ich denke, es ist sinnvoll, wenn Du weißt, wie man das völlig systematisch lösen kann: mit der Koeffizientenmatrix und dem Gaußalgorithmus.
Stell die Koeffizientenmatrix auf, bring sie auf ZSF, und dann kann Dir jemand sagen, wie Du die Lösung ablesen kannst.
Dein Ergebnis oben stimmt, Du siehst daran, daß der Lösungsraum des Gleichungssystems die Dimension 2 hat, mehr brauchen wir igentlich gar nicht.
P ist nun die orthogonale Projektion auf diesen Raum. Was weißt Du über die Eigenwerte und Eigenräume von P?
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:28 Di 01.09.2009 | | Autor: | Domwow |
Also, Der Lösungsraum besitzt die Dimension 2, weil x4 = 0 ist und es nur noch 2 Variablen gibt?
Hab das GLS mal auf ZSF gebracht:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 1&-1&-1\\ 0 & -1&-1&1&0\\0&0&0&1&0 } \vektor{x1 \\ x2\\x3\\x4\\x5} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0\\0}
[/mm]
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> Also, Der Lösungsraum besitzt die Dimension 2, weil x4 = 0
> ist und es nur noch 2 Variablen gibt?
Hallo,
auf die 2 freien Variablen kommt es an!
>
> Hab das GLS mal auf ZSF gebracht:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 1&-1&-1\\ 0 & -1&-1&1&0\\0&0&0&1&0 } \vektor{x1 \\ x2\\x3\\x4\\x5}[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 0\\0}[/mm]
Du siehst hier: der Rang der Koeffizientenmatrix ist 3, man hat 5 Variablen, also hat der Lösungsraum die Dimension 5-3=2.
Ich bringe Deine Matrix noch auf red. Zeilenstufenform und zeige Dir, wie Du leicht eine Basis des Lösungsraumes ablesen kannst.
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 1&-1&-1\\ 0 & -1&-1&1&0\\0&0&0&1&0 } [/mm] --> [mm] \pmat{ 1 & 1 & 1&0&-1\\ 0 & -1&-1&0&0\\0&0&0&1&0 } [/mm] --> [mm] \pmat{ 1 & 0& 0&0&-1\\ 0 & -1&-1&0&0\\0&0&0&1&0 } [/mm] --> [mm] \pmat{ 1 & 0& 0&0&-1\\ 0 & 1&1&0&0\\0&0&0&1&0 } [/mm] .
Nun kommt der "-1-Trick":
Dort, wo Diagonalelemente fehlen, "-1-Zeilen" einschieben:
[mm] \pmat{ 1 & 0& 0&0&-1\\ 0 & 1&1&0&0\\\green{0}&\green{0}&\green{-1}&\green{0}&\green{0}\\0&0&0&1&0\\\green{0}&\green{0}&\green{0}&\green{0}&\green{-1} }
[/mm]
Die Spalten mit den Minuseinsen spannen den Lösungsraum auf, also ist [mm] L=<\vektor{0\\1\\-1\\0\\0}, \vektor{-1\\0\\0\\0\\-1}>, [/mm] was Du im Prinzip zuvor auch schon herausgefunden hattest.
Das ist also der Raum, auf welchen orthogonal projiziert wird.
Für die Ursprungsaufgabe
> Bewerten Sie zu dieser Vorgbe die foldende Aussage: rang(PM) = 3
spielt es nur eine Rolle, daß er die Dimension 2 hat.
Vielleicht beschreibst Du grad mal die Eigenräume der Projektion.
Welche Eigenwerte gibt es eigentlich?
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:08 Di 01.09.2009 | | Autor: | Domwow |
Also, wenn man projeziert, dann wird ja immer etwas "platt gemacht", d.h die Eigenräume können höchstens die Dimension n-1 erreichen.
Eigenwerte sind meines Erachtens nur 1 und -1 bei Projektionen, oder täusche ich mich da?
Vielen Dank nochmal für deine ausführliche Antwort!
LG Dom.
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