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[mm] x_{1} [/mm] - [mm] x_{2}+x_{3}-x_{4}+x_{5} [/mm] =1
[mm] 2x_{1}-x_{2}+3x_{3}+4x_{5} [/mm] =2
[mm] 3x_{1}-2x_{2}+2x_{3}+x_{4}+x_{5} [/mm] =1
[mm] x_{1}+x_{3}+2x_{4}+x_{5} [/mm] =0
wir groß ist die dimension des lösungsraumes des zugehörigen homogenen systems?
ich steh total auf dem schlauch und habe momentan keine ahnung.
need a little help
danke im voraus
greetz
dschingis
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:28 Mi 25.05.2005 | | Autor: | Max |
Hallo dschingis,
bring doch mal dein Gleichungssystem in Stufenform und bestimm die Lösungsmenge. Die Dimension des Lösungsraums ist dann die Dimension dieser Lösungsmenge.
Gruß Max
PS: Findest du wirklich, dass das eine aussagekräftige Betreffzeile ist? 
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du meinst in obere dreiecksmatrix und dann nach den x auflösen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:39 Mi 25.05.2005 | | Autor: | baddi |
> du meinst in obere dreiecksmatrix und dann nach den x
> auflösen?
Jo, genau ... du machst irgndwas dreieckiges... oben oben oder unen is egal.
Weist du wenn du was dreieckiges hast ist dass gut.
Es kann auch sein, dass ne Nullzeile reinkommt... dann gehts nicht mehr dreieckig gelle ....
Und dann zählst du wieviel zeilen du noch hast.
Im Prinzip macht man ja bei einer Matrik das gleiche wie mit Vektoren, nur gekippt.
Also Vektoren addiert man ja komponentenweise, nur malt man Vektoen ja nebeneinander, dass heißt man addiert von links nach rechts.
Malst du Vektoren in ne Matrix würde ich die kippen.. dann hast du die gleiche Addition von oben nach unten. Klar ?
Dann kannst du so ne Basis basteln.
Also durch skalar. Mulitpl und komp. Addition... du machst ja eigentlich nichts anderes.
Ist genau dass selbe, sieht nur ein bisschen anders aus in Matrix (eben gekippt).
Naja und homogen, damit meinen die , du sollst links nur Nullen schreiben.
Also easy.
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sorry, aber mit deinem geschreibsel kann ich echt nicht viel anfangen, weil du einen sehr merkwürdigen schreibstil hast.
ich fass es mal so zusammen wie ich glaube, dass du es geschrieben hast:
ich mache daraus ne matrix mit den ganzen vorzahlen der x-e und setzte die gleich null, also nichts wie angegeben mit 1,2, etc. sondern alle gleich null, dann obere dreiecksforum und die x-e wieder einsetzten, ausrechenen und davon wieder die matrix und die dim ausrechene, so richtig?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:54 Do 26.05.2005 | | Autor: | Paulus |
Hallo Dschingis
Das zugehörige Homogene System ist ja folgendes:
[mm] $x_1-x_2+x_3-x_4+x_5=0$
[/mm]
[mm] $2x_1-x_2+3x_3+4x_5=0$
[/mm]
[mm] $3x_1-2x_2+2x_3+x_4+x_5=0$
[/mm]
[mm] $x_1+x_3+2x_4+x_5=0$
[/mm]
Als erweiterte Matrix sieht das dann so aus:
[mm] $\pmat{1&-1&1&-1&1&|&0\\2&-1&3&0&4&|&0\\3&-2&2&1&1&|&0\\1&0&1&2&1&|&0}$
[/mm]
Darauf wendest du einfach das Gauss-Verfahren an. Weil aber rechts immer Null steht, kann ich das auch gleich wieder weglassen. Das wird sich beim Gauss-Verfahren nie ändern. Ich arbeite also nicht mit der erweiterten Matrix, sondern mit der Matrix selber (reine Bequemlichkeit).
Die Rechnung ergibt etwas dieses:
[mm] $\pmat{1&-1&1&-1&1\\2&-1&3&0&4\\3&-2&2&1&1\\1&0&1&2&1}$
[/mm]
[mm] $\pmat{1&-1&1&-1&1\\0&1&1&2&2\\0&1&-1&4&-2\\0&1&0&3&0}$
[/mm]
[mm] $\pmat{1&-1&1&-1&1\\0&1&1&2&2\\0&0&2&-2&4\\0&0&1&-1&2}$
[/mm]
[mm] $\pmat{1&-1&1&-1&1\\0&1&1&2&2\\0&0&2&-2&4\\0&0&0&0&0}$
[/mm]
Jetzt erkennst du, dass noch 3 Zeilen von der Nullzeile verschieden sind. Die Matrix hat also den Rang 3, und der Lösungsraum somit die Dimension $5-3=2_$.
Alles klar?
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:44 Do 26.05.2005 | | Autor: | baddi |
> Jetzt erkennst du, dass noch 3 Zeilen von der Nullzeile
> verschieden sind. Die Matrix hat also den Rang 3, und der
> Lösungsraum somit die Dimension [mm]5-3=2_[/mm].
Das hätte ich jetzt doch falsch gemacht.
Siehst du Dschingis, da hattest Du Glück.
Ich dachte das Hom.GLS hätte dann die Dimension 3
und nicht zwei.
Mein Fehler war, dass ich die Zahlen irgendwie als Vektoren aufgefasst habe, und damit dass Ergebniss als 3 lin. unab. Vektoren.
Paul hat aber erkannt, dass die Gleichungen den Kern beschreiben.
Also die Menge die auf den Nullvektor abgebildet wird.
Und hier hat Paul anscheinend eine (mir dunkel) bekante Dimensionsformel verwendet, die da sagt:
dim(Raum)= dim(Bild) - dim(Kern)
Warum hat eigentlich dass Bild die Dimension 5 ?
Wahrscheinlich hat das was mit den 5 unbekannten zu tun,
[mm] x_1, x_2 [/mm] ... [mm] x_5
[/mm]
Hmmmm... dann müsste es doch so sein, dass es eine Abbildung von [mm] \IR^5 \to \IR^3 [/mm] gibt ?
Also heißt die Formel wohl besser
dim(Bild) = dim(Raum) - dim(Kern)
?
Na das weisst du wohl besser als ich sollt ich eigentlich auch wissen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:33 Do 26.05.2005 | | Autor: | Dschingis |
pfuh, das war jetzt aber eine schwere geburt,
aber vielen danke, so habe nicht nur ich was neues gelernt, sondern auch baddi, es ist aber erstaunlich, wie leicht sich fehler beim umformen einschleichen.
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