Zeigen, dass Menge Basis von V < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:37 Do 31.03.2005 | | Autor: | Olek |
Guten Abend zusammen.
Leider muß ich mich z.Z. auf eine Nachklausur vorbereiten. Dabei ist mir aufgefallen, dass mir folgende Aufgabe schwer fällt, obwohl ich zumindest den zweiten Tei eigentlich können müßte. Trotzdem fehlt mir leider jeglicher Ansatz:
Sei V = [mm] \{a \varepsilon M (2; [b] R [/b]) | Spur(a) = 0 \} [/mm] und W = [mm] \{a \varepsilon M (2; [b] R [/b]) | det(a) = 0 \}
[/mm]
(i) Zeige, dass V ein Unterraum von M (2; R ) ist. Ist W ein Unterraum von M (2; R )?
(ii) Zeige, dass die Menge
[mm] \{ \pmat{ -5 & 0 \\ 2 & 5 }, \pmat{ 3 & 0 \\ 0 & -3 }, \pmat{ 1 & 5 \\ 0 & -1 } \}
[/mm]
eine Basis von V bildet.
Schönen Dank schonmal für eure Hilfe,
Olek
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:46 Do 31.03.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo Olek!
Nun ja, es gilt ja für $A,B [mm] \in [/mm] V$:
$Spur(A+B) = Spur(A) + Spur(B) = 0 + 0 =0$,
also auch $A+B [mm] \in [/mm] V$.
Weiterhin gilt für $A [mm] \in [/mm] V$ und [mm] $\lambda \in \IR$:
[/mm]
[mm] $Spur(\lambda \cdot [/mm] A) = [mm] \lambda \cdot [/mm] Spur(A) = [mm] \lambda \cdot [/mm] 0 = 0$,
also auch [mm] $\lambda \cdot [/mm] A [mm] \in [/mm] V$.
Mache dir die beiden Beziehungen $Spur(A+B)=Spur(A) + Spur(B)$ und [mm] $Spur(\lambda [/mm] A) = [mm] \lambda \cdot [/mm] Spur(A)$ bitte selber noch einmal klar.
Insbesondere ist die Spurabbildung linear und $V$ nichts anderes als der Kern dieser Abbildung.
$W$ ist kein Unterraum, denn es gilt: [mm] $\pmat{1 & 0 \\ 0 & 0} \in [/mm] W$ und [mm] $\pmat{0 & 0 \\ 0 & 1} \in [/mm] W$, aber [mm] $\pmat{1 & 0 \\ 0 & 1} \notin [/mm] W$.
Jetzt zur zweiten Aufgabe: Du musst nur die lineare Unabhängigkeit zeigen. Denn wegen [mm] $\pmat{1 & 0 \\ 0 & 1} \notin [/mm] V$ kann $V$ höchstens dreidimensional sein (und nicht der ganze vierdimensionale Vektorraum $M(2 [mm] \times 2,\IR)$). [/mm] Daher bilden drei linear unabhängige Vektoren in jedem Fall eine Basis. 
Liebe Grüße
Julius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:22 Do 31.03.2005 | | Autor: | Olek |
Hi Julius,
vielen Dank schon mal für deine Antwort. (i) ist jetzt soweit klar, ich hatte wohl die größten Probleme mit der mathematischen Schreibweise in der Aufgabe, aber das dürfte jetzt geklärt sein.
Zu (ii):
"Daher bilden drei linear unabhängige Vektoren in jedem Fall eine Basis."
Mir ist leider die Vorgehensweise nicht ganz klar - wie komme ich denn auf diese Vektoren, wenn ich in meiner Menge 3 Matrizen habe?
Wär nett wenn du mir das noch mal kurz erläutern könntest, rechnen müßte ich dann selbst hin kriegen ;)
Dankeschön,
Ole
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:32 Do 31.03.2005 | | Autor: | mjp |
Hallo Olek.
> Zu (ii):
> "Daher bilden drei linear unabhängige Vektoren in jedem
> Fall eine Basis."
> Mir ist leider die Vorgehensweise nicht ganz klar - wie
> komme ich denn auf diese Vektoren, wenn ich in meiner Menge
> 3 Matrizen habe?
Matrizen sind auch Vektoren.
Eben nur matrixfoermige.
Aber, wenn Du Dir das so besser vorstellen kannst,
kannst Du auch zur Anschauung die Matrizen als
Vektoren schreiben.
2x2-Matrizen haben ja Dimension 4.
Du kannst (in Gedanken) eine Abbildung vorstellen, die
Folgendes macht:
[mm]\IR^{2x2} \rightarrow \IR^{4} : \pmat{ a & b \\ c & d } \mapsto \vektor{a \\ b \\ c \\ d}[/mm]
Dann alles, wie sonst auch.
Gruss,
Monika.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:10 Do 31.03.2005 | | Autor: | Olek |
Ich wusste gar nicht, dass man Matrizen zum Vektor umschreiben kann ...
Geht das dann so:
[mm] x\vektor{-5 \\ 0 \\ 2 \\ 5} [/mm] + [mm] y\vektor{3 \\ 0 \\ 0 \\ -3} [/mm] + [mm] z\vektor{1 \\ 5 \\ 0 \\ -1} [/mm] =0 ?
Daraus ergeben sich vier Gleichungen, welche dazu führen, dass x,y,z = 0
War das alles!?
Vielen Dank für die ausführlichen Antworten,
Olek
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:33 Do 31.03.2005 | | Autor: | mjp |
Hallo Olek.
> Ich wusste gar nicht, dass man Matrizen zum Vektor
> umschreiben kann ...
Naja, umschreiben kann man die nicht einfach so.
Man muss sie abbilden, in einen anderen Raum.
> Geht das dann so:
> [mm]x\vektor{-5 \\ 0 \\ 2 \\ 5}[/mm] + [mm]y\vektor{3 \\ 0 \\ 0 \\ -3}[/mm]
> + [mm]z\vektor{1 \\ 5 \\ 0 \\ -1}[/mm] =0 ?
> Daraus ergeben sich vier Gleichungen, welche dazu führen,
> dass x,y,z = 0
> War das alles!?
Mit ein bisschen Text versehen, ja... :)
Gruss,
Monika.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:49 Do 31.03.2005 | | Autor: | Olek |
Schönen Dank,
"Naja, umschreiben kann man die nicht einfach so.
Man muss sie abbilden, in einen anderen Raum. "
Das kann ich dann aber immer machen in so einem Fall!?
Wollte das jetzt nicht nochmal als Frage kennzeichnen, denn eigentlich is ja alles klar.
Schönen Abend noch,
Olek
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:25 Fr 01.04.2005 | | Autor: | mjp |
Hallo Olek.
> "Naja, umschreiben kann man die nicht einfach so.
> Man muss sie abbilden, in einen anderen Raum. "
> Das kann ich dann aber immer machen in so einem Fall!?
Um solche Betrachtungen vorzunehmen: Ja.
Das ist eine Bijektion, da geht nichts verloren und die
linearen Un-/abhaengigkeiten veraendern sich nicht.
Oftmals benutzt man das auch, wenn man Abbildungsmatrizen
fuer solche Raeume angeben muss. Schau mal hier.
Dann bildet man die Abbildung mithilfe einer bijektiven
zweiten Abbildung so ab, dass es funktioniert.
[mm]\varphi^{-1}\circ\psi\circ\varphi[/mm] oder [mm]\varphi\circ\psi\circ\varphi^{-1}[/mm] (Je nach Definition von [mm]\varphi[/mm])
Das nennt sich Konjugation von Abbildungen.
Gruss,
Monika.
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