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| Aufgabe | | Finde einen 3-dim. Unterraum U von [mm] R^4, [/mm] ohne die Standardbasis von [mm] R^4 [/mm] zu verwenden. |
Mein Gedankengang wäre:
Das, was ich suche, muss aus [mm] R^4 [/mm] sein, also der Form
$ [mm] \vektor{a \\ b \\ c \\ d}$
[/mm]
3-dimensional heisst doch, dass ich 3 Basisvektoren brauche.
Daher würde ich einfach nach 3 lin. unabh. Verktoren aus [mm] R^4 [/mm] suchen.
Ist der Ansatz richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:00 Di 26.08.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo geigenzaehler
ja, deine Idee ist richtig.
Gruß leduart
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Hallo,
das vertraegt sich aber nicht mit der mir vorliegenden Musterlösung.
Oder macht diese einen anderen Ansatz: (?)
Unterraum U ist U= [ $ [mm] \vektor{x1 \\ x2 \\ x3 \\ x4} [/mm] $ | x1+x2+x3+x4=0 ] (als Menge aufzufassen - die Mengenklammern machen per Formel Probleme)
U ist als Lsg-Menge des LGS Ax=0 mit A= (1 1 1 1) ein Unterraum von [mm] R^4. [/mm] dimU=4-1=3
Das sieht doch irgendwie völlig anders aus als mein Ansatz. (?)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:53 Di 26.08.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
> das vertraegt sich aber nicht mit der mir vorliegenden
> Musterlösung.
> Oder macht diese einen anderen Ansatz: (?)
>
> Unterraum U ist U= [ [mm]\vektor{x1 \\ x2 \\ x3 \\ x4}[/mm] |
> x1+x2+x3+x4=0 ] (als Menge aufzufassen - die
> Mengenklammern machen per Formel Probleme)
> U ist als Lsg-Menge des LGS Ax=0 mit A= (1 1 1 1) ein
> Unterraum von [mm]R^4.[/mm] dimU=4-1=3
>
>
> Das sieht doch irgendwie völlig anders aus als mein
> Ansatz. (?)
naja, ich denke, die machen folgende Überlegung: Ich schreibe mal im
Folgenden [mm] $a,b,c,d\,$ [/mm] anstatt [mm] $x_1,x_2,x_3,x_4$:
[/mm]
[mm] $\IR^4 \ni [/mm] (a,b,c,d) [mm] \in [/mm] U$
[mm] $\iff$ $(a,b,c,d)*(1,1,1,1)^T=0\,,$
[/mm]
wobei [mm] $\cdot$ [/mm] für das (hier entsprechend passende) Matrixprodukt steht,
was nichts anderes als eine Schreibweise für das *Standardskalarprodukt*
auf dem [mm] $\IR^4$ [/mm] hier ist.
Wenn Du jetzt mal hinguckst, siehst Du, dass [mm] $\IR^4$ [/mm] als innere direkte
Summe von ... was? ... geschrieben werden kann?
Oder Du sagst (was vielleicht einfacher ist):
Ich betrachte $f [mm] \colon \IR^4 \to \IR$ [/mm] mit [mm] $A_f:=(1,1,1,1)$ [/mm] und
[mm] $f(x)=A_f*x\,.$
[/mm]
Es ist [mm] $\dim(\IR^4)=4$ [/mm] und nach dem Dimensionssatz sodann
[mm] $4=\dim(\text{Kern}(f))+\dim(\text{Bild}(f))=\text{dim(Kern}(A_f)\text{)}+\text{Rang}(A_f).$
[/mm]
Dein Ansatz ist aber genauso zielführend. Insbesondere würde ich Dir
folgenden "Trick" empfehlen:
Wenn Du 3 linear unabhängige Vektoren des [mm] $\IR^4$ [/mm] finden sollst, so kannst
Du erstmal [mm] $3\,$ [/mm] des [mm] $\IR^3$ [/mm] konstruieren. Ob Du dabei keinen Fehler
gemacht hast, kannst Du kontrollieren, indem Du die Determinante der
entsprechenden $3 [mm] \times [/mm] 3$-Matrix berechnest und testest, ob diese in
der Tat nicht Null ist.
Jetzt füllst Du bei diesen drei Vektoren - aber bei jedem an der gleichen
Stelle! - einen neuen Eintrag ein. Dort kannst Du irgendeine Zahl aus [mm] $\IR$
[/mm]
hinschreiben.
Ich demonstriere es mal, indem ich 2 linear unabhängige Vektoren des [mm] $\IR^3$ [/mm]
basteln will:
Offensichlich sind
[mm] $\red{(1,0)^T};\;\blue{(0,1)^T}$
[/mm]
linear unabhängig.
(Sowas kann man auch einfach testen, indem man, wie gesagt, die
Determinante von
[mm] $\pmat{\red{1} & \blue{0}\\\red{0} & \blue{1}}$
[/mm]
ausrechnet: Hier kommt $1*1-0*0=1 [mm] \not=0$ [/mm] raus!)
Ich bastle 'an die gleiche Stelle' eine Zusatzstelle (durch [mm] $\Box$ [/mm] gekennzeichnet):
[mm] $(1,\Box,\,0)^T;$ $(0,\Box,1)^T\,.$
[/mm]
Jetzt schreibe ich (reelle) Zahlen da rein (ich will ja [mm] $\IR^3$-Elemente):
[/mm]
[mm] $(1,\pi,0)^T,\;(0,-7,1)^T\,.$
[/mm]
Dies sind folglich zwei linear unabhängige Vektoren des [mm] $\IR^3\,.$ [/mm] Grund:
Wenn ich das GLS
[mm] $\alpha*(1,\pi,0)^T+\beta*(0,-7,1)^T=(0,0,0)^T$
[/mm]
betrachte, so erhalte ich, wenn ich die "mithilfe von [mm] $\Box$ [/mm] ergänzten Zeilen"
wieder streiche, das System
[mm] $\alpha*(1,0)^T+\beta*(0,1)^T=(0,0)^T\,,$
[/mm]
welches nur für [mm] $\alpha=\beta=0$ [/mm] gelöst werden konnte/kann.
Gruß,
Marcel
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Danke für die ausführliche Antwort! Die muss mir bei Tage nochmal genau durcharbeiten.
Vorweg noch eine Frage zu meinem Ansatz:
Wenn ich denn diese 3 lin. unabh. Vektoren aus [mm] R^4 [/mm] habe
(ich habe einfach 3 Vektoren hingeschrieben, die mir lin. unabhaengig vorkamen und dann das LGS gelöst, welches nur für alle Koeffizienten=0 lösbar war - war das so richtig?)
, was ist dann mit den Unterrraum-Eigenschaften? Sind die dann automatisch erfüllt? Oder müsste dies noch explizit überprüft werden?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:38 Mi 27.08.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja 3 lin unbhängige Vektoren bilden immer einen 3d Unterraum.
Gruß leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:58 Mi 27.08.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke für die ausführliche Antwort! Die muss mir bei Tage
> nochmal genau durcharbeiten.
>
> Vorweg noch eine Frage zu meinem Ansatz:
>
> Wenn ich denn diese 3 lin. unabh. Vektoren aus [mm]R^4[/mm] habe
> (ich habe einfach 3 Vektoren hingeschrieben, die mir lin.
> unabhaengig vorkamen und dann das LGS gelöst, welches nur
> für alle Koeffizienten=0 lösbar war - war das so
> richtig?)
ja. Du darfst aber auch gerne Deine Wahl der Vektoren vorstellen. Ich
hätte, wie gesagt, mit einer passenden $3 [mm] \times [/mm] 3$-Determinante gearbeitet.
> , was ist dann mit den Unterrraum-Eigenschaften? Sind die
> dann automatisch erfüllt? Oder müsste dies noch explizit
> überprüft werden?
Na Mensch: Du hast nun 3 Vektoren des [mm] $\IR^4$, [/mm] die linear unabhängig sind.
Das, was Leduart etwas salopp sagt und Du hier auch etwas salopp formulierst,
sollte man aber genauer sagen. Denn nicht diese 3 linear unabhängige Vektoreen
bilden einen 3 dimensionalen Unterraum, sondern diese 3 Vektoren sind, wie
Du im Ausgangspost besser formuliert hattest, eine Basis eines 3-dimensionalen
Unterraums.
Anders gesagt: Wenn [mm] $\textbf{x},\textbf{y},\textbf{z} \in \IR^4$ [/mm] linear unabhängig sind, dann
ist natürlich nicht
[mm] $\{\textbf{x},\textbf{y},\textbf{z}\} \subseteq \IR^4$
[/mm]
ein 3-dimensionaler Unterraum des [mm] $\IR^4$ [/mm] - sondern das ist nur eine linear
unabhängige Teilmenge des [mm] $\IR^4\,.$
[/mm]
(Ich würde aus dem Satz "die drei Vektoren [mm] $\textbf{x},\textbf{y},\textbf{z}$ [/mm] 'bilden' einen Unterraum"
auch sowas rauslesen. Leduart meint aber eigentlich mit "bilden" an der
obigen Stelle "erzeugen". Und ich würde daher auch eher dieses Wort
verwenden, denn es erinnert an "Erzeugendensystem", und diesen Begriff
kennst Du sicher - hoffe ich jedenfalls...).
Sondern es ist
[mm] $\text{span}\{\textbf{x},\textbf{y},\textbf{z}\}=\{r*\textbf{x}+s*\textbf{y}+t*\textbf{z}:\;\;r,s,t \in \IR\}\,,$
[/mm]
also die Menge aller Linearkombinationen der 3 linear unabhängigen Vektoren,
der gesuchte Unterraum mit Dimension 3.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:24 Mi 27.08.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
> das vertraegt sich aber nicht mit der mir vorliegenden
> Musterlösung.
> Oder macht diese einen anderen Ansatz: (?)
>
> Unterraum U ist U= [ [mm]\vektor{x1 \\ x2 \\ x3 \\ x4}[/mm] |
> x1+x2+x3+x4=0 ] (als Menge aufzufassen - die
> Mengenklammern machen per Formel Probleme)
> U ist als Lsg-Menge des LGS Ax=0 mit A= (1 1 1 1) ein
> Unterraum von [mm]R^4.[/mm] dimU=4-1=3
>
>
> Das sieht doch irgendwie völlig anders aus als mein
> Ansatz. (?)
Sieht zunächst so aus, ist aber nicht anders !
Sei V ein n- dimensionaler Vektorraum über dem Körper K.
Wir setzen:
[mm] \mathcal{U}:=\{U: U \quad ist \quad ein \quad Untervektorraum \quad von \quad V \quad und \quad dim(U)=n-1\}
[/mm]
und
[mm] \mathcal{F}:=\{f:V \to K: f \ne 0 , f \quad linear \}.
[/mm]
Weiter sei [mm] \phi:\mathcal{F} \to \mathcal{U} [/mm] def. durch
[mm] $\phi(f):=kern(f)$.
[/mm]
Dann ist [mm] \phi [/mm] bijektiv.
FRED
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http://de.wikipedia.org/wiki/Defekt_%28Mathematik%29