master > master: Aufgaben für Bestimmung der Basis des Lösungsraums/Spaltenraums in IR und IF_p

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@ -1268,6 +1270,388 @@ gelten.
und auf \textbf{c')}, \textbf{b')}, \textbf{d')} »Ja«.
\end{rem}
%% ********************************************************************************
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%% ********************************************************************************
\chapter[Lineare Gleichungssysteme]{Lineare Gleichungssysteme}
\label{ch:lgs}
%% AUFGABE 1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{sec:9}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{exer*}
Bestimmen Sie eine Basis des Lösungsraums von dem Gleichungssystem,
${A\mathbf{x}=\zerovector}$,
wobei $A$ die Matrix $\begin{smatrix}
2 &-4 &0 &6 &2\\
3 &-6 &1 &13 &2\\
-7 &14 &-1 &-32 &-9\\
\end{smatrix}$
über dem Körper ${K=\reell}$ ist.
\end{exer*}
\begin{soln*}
Um die \uline{allgemeine Form} der Lösungen
zu ${A\mathbf{x}=\zerovector}$ zu bestimmen,
reduzieren wir zunächst $A$ auf Zeilenstufenform
und normalisieren:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &\xrightarrow{\substack{
Z_{2} \mapsfrom 2\cdot Z_{2} - 3\cdot Z_{1}\\
Z_{3} \mapsfrom 2\cdot Z_{3} + 7\cdot Z_{1}\\
}} &
\begin{matrix}{rrrrr}
2 &-4 &0 &6 &2\\
0 &0 &2 &8 &-2\\
0 &0 &-2 &-22 &-4\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{\substack{
Z_{3} \mapsfrom Z_{3} + Z_{2}\\
}} &
\begin{matrix}{rrrrr}
2 &-4 &0 &6 &2\\
0 &0 &2 &8 &-2\\
0 &0 &0 &-14 &-6\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{\substack{
Z_{1} \mapsfrom 7\cdot Z_{1} + 3\cdot Z_{3}\\
Z_{2} \mapsfrom 7\cdot Z_{2} + 4\cdot Z_{3}\\
}} &
\begin{matrix}{rrrrr}
14 &-28 &0 &0 &-4\\
0 &0 &14 &0 &-38\\
0 &0 &0 &-14 &-6\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{\substack{
Z_{1} \mapsfrom Z_{1}:2\\
Z_{2} \mapsfrom Z_{2}:2\\
Z_{3} \mapsfrom Z_{3}:-2\\
}} &
\begin{matrix}{ccccc}
\boxed{7} &-14 &0 &0 &-2\\
0 &0 &\boxed{7} &0 &-19\\
0 &0 &0 &\boxed{7} &3\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
Aus der Zeilenstufenform ergibt sich,
in
${A\mathbf{x}=\zerovector}$
die Variablen $x_{2}, x_{5}$ frei sind
und
\begin{mathe}[mc]{rcr0lcr0l}
\eqtag[eq:1:ex:1:ch:lgs]
x_{4} &= & && &-(3/7)&x_{5}\\
x_{3} &= & && &(19/7)&x_{5}\\
x_{1} &= &2&x_{2} &+ &(2/7)&x_{5}.\\
\end{mathe}
Eine Basis des Lösungsraums,
${\ker(A)=\{\mathbf{x}\in\reell^{5}\mid A\mathbf{x}=\zerovector\}}$,
lässt sich nach \cite[Satz~5.3.8]{sinn2020} finden,
indem wir die Lösungen berechnen,
für die genau eine der freien Unbekannten auf einen Wert ungleich $0$
und alle anderen auf $0$ gesetzt werden.\footnote{
Im \cite[Satz~5.3.8]{sinn2020} wird beschrieben, dass man $1$ verwendet,
aber man kann die Elemente einer Basis
mit beliebigen Werten ungleich $0$ multiplizieren,
ohne zu ändern,
dass die Menge eine Basis ist.
}
Hier gilt
\begin{mathe}[mc]{rcrcl}
x_{2}=1,\,x_{5}=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}
&\eqcrefoverset{eq:1:ex:1:ch:lgs}{=}
&\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}\\
x_{2}=0,\,x_{5}=7
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}
&\eqcrefoverset{eq:1:ex:1:ch:lgs}{=}
&\begin{svector} 2\\ 0\\ 19\\ -3\\ 7\\\end{svector}\\
\end{mathe}
Darum ist \fbox{$\bigg\{\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}, \begin{svector} 2\\ 0\\ 19\\ -3\\ 7\\\end{svector}\bigg\}$}
eine Basis des Lösungsraums.
\end{soln*}
\begin{rem*}
Es ist empfehlenwert hier zu überprüfen,
dass $A\mathbf{x}$ wirklich gleich $\zerovector$ für alle Basiselemente gilt.
\end{rem*}
\begin{exer*}
Bestimmen Sie den Spaltenraum von $A$ aus der letzten Aufgabe (noch über dem Körper $K=\reell$).
\end{exer*}
\begin{soln*}
Bezeichne mit $a^{(j)}\in\reell^{3}$ für $j\in\{1,2,\ldots,5\}$
die Spalten von $A$.
Aus der o.\,s. Zeilenstufenform,
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccccc}
\boxed{7} &-14 &0 &0 &-2\\
0 &0 &\boxed{7} &0 &-19\\
0 &0 &0 &\boxed{7} &3\\
\end{matrix},
\end{mathe}
geht hervor, dass Spalten $1$, $3$, $4$ aus $A$ eine Basis
des Spaltenraums bilden.\footnote{
Die allgemeine Begründung ist wie folgt:
Aus der Zeilenstufenform folgt, dass Spalten $1$, $3$, $4$ aus $A$
linear unabhängig sind und dass die übrigen von diesen linear abhängig sind.
D.\,h. $\cal{A}:=\{a^{(1)},\,a^{(3)},\,a^{(4)}\}$ ist linear unabhängig
und $a^{(2)},a^{(5)}\in\vectorspacespan\cal{A}$.
Da $\range(A)=\vectorspacespan\{a^{(1)},\,a^{(2)},\,a^{(3)},\,a^{(4)},\,a^{(5)}\}$,
ist folglich $\cal{A}$ eine Basis für $\range(A)$.
}
Also ist
\begin{mathe}[mc]{c}
\boxed{\bigg\{
\begin{vector} 2\\ 3\\ -7\\\end{vector},
\begin{vector} 0\\ 1\\ -1\\\end{vector},
\begin{vector} 6\\ 13\\ -32\\\end{vector}
\bigg\}}
\end{mathe}
eine Basis des Spaltenraums.
\end{soln*}
\textbf{Zur Kontrolle:} Aus der letzten Teilaufgabe erhielten wir
eine Basis des Lösungsraums der Länge $2$,
d.\,h. $\dim(\ker(A))=2$,
und hier wurde eine Basis des Spaltenraums der Länge $3$,
d.\,h. $\rank(A)=\dim(\range(A))=3$.
Wir sehen dass $\dim(\ker(A))+\rank(A)=5=\dim(\reell^{5})$,
sodass die Dimensionsformel für lineare Abbildungen erfüllt ist.\footnote{
Das heißt nicht, dass unsere berechneten Basen deswegen richtig ist.
Dies ist lediglich zu kontrollieren,
dass unsere Basen »nicht offensichtlich falsch« sind.
}
\begin{rem*}
Falls in der letzten Aufgabe der Körper etwas anderes wäre,
so hätten wir die Zeilenstufenform erneut für diesen Körper berechnen müssen.
\end{rem*}
%% AUFGABE 2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{sec:10}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{exer*}
Bestimmen Sie eine Basis des Lösungsraums von dem Gleichungssystem,
${A\mathbf{x}=\zerovector}$,
wobei $A$ die Matrix $\begin{smatrix}
2 &-4 &0 &6 &2\\
3 &-6 &1 &13 &2\\
-7 &14 &-1 &-32 &-9\\
\end{smatrix}$
über dem Körper ${K=\mathbb{F}_{7}}$ ist.
\end{exer*}
\begin{soln*}
Um die \uline{allgemeine Form} der Lösungen
zu ${A\mathbf{x}=\zerovector}$ zu bestimmen,
reduzieren wir $A$ auf Zeilenstufenform
und normalisieren.
Bei/vor jedem Schritt ersetzen wir Werte durch kanonische Darstellungen von Zahlen modulo $7$.
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &= &
\begin{matrix}{rrrrr}
2 &3 &0 &6 &2\\
3 &1 &1 &6 &2\\
0 &0 &6 &3 &5\\
\end{matrix}
\end{mathe}
Die Zeilenstufenform wird wie folgt berechnet:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
A &\xrightarrow{\substack{
Z_{2} \mapsfrom Z_{2}+2\cdot Z_{1}\\
}} &
\begin{matrix}{rrrrr}
2 &3 &0 &6 &2\\
0 &0 &1 &4 &6\\
0 &0 &6 &3 &5\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{\substack{
Z_{3} \mapsfrom Z_{3} + Z_{2}
}} &
\begin{matrix}{rrrrr}
2 &3 &0 &6 &2\\
0 &0 &1 &4 &6\\
0 &0 &0 &0 &4\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{\substack{
Z_{1} \mapsfrom 2\cdot Z_{1} - Z_{3}\\
Z_{2} \mapsfrom 2\cdot Z_{2} - 3\cdot Z_{3}\\
}} &
\begin{matrix}{rrrrr}
4 &6 &0 &5 &0\\
0 &0 &2 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &4\\
\end{matrix}
\\
&\xrightarrow{\substack{
Z_{1} \mapsfrom 2\cdot Z_{1}\\
Z_{2} \mapsfrom 4\cdot Z_{2}\\
Z_{3} \mapsfrom 2\cdot Z_{3}\\
}} &
\begin{matrix}{rrrrr}
\boxed{1} &5 &0 &3 &0\\
0 &0 &\boxed{1} &4 &0\\
0 &0 &0 &0 &\boxed{1}\\
\end{matrix}
.\\
\end{mathe}
(Beachte, dass $2^{-1}=4$ und $4^{-1}=2$ in $\mathbb{F}_{7}$, weil $2\cdot 4=8\equiv 1\mod 7$.
Darum wurden im letzten Schritt die Zeilen jeweils mit $2$ oder $4$ multipliziert.)
Aus der Zeilenstufenform ergibt sich,
in
${A\mathbf{x}=\zerovector}$
die Variablen $x_{2},x_{4}$ frei sind
und
\begin{mathe}[mc]{rcr0lcr0l}
x_{5} &= &0\\
x_{3} &= & && &-4&x_{4}\\
x_{1} &= &-5&x_{2} &- &3&x_{4}.\\
\end{mathe}
Eine Basis des Lösungsraums,
${\ker(A)=\{\mathbf{x}\in\mathbb{F}_{7}^{5}\mid A\mathbf{x}=\zerovector\}}$,
lässt sich nach \cite[Satz~5.3.8]{sinn2020} finden,
indem wir die Lösungen berechnen,
für die genau eine der freien Unbekannten auf einen Wert ungleich $0$
und alle anderen auf $0$ gesetzt werden.
Hier gilt
\begin{mathe}[mc]{rcrclcl}
x_{2}=1,\,x_{4}=0
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}
&= &\begin{svector} -5\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
&= &\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}\\
x_{2}=0,\,x_{4}=1
&\Longrightarrow
&\mathbf{x}
&= &\begin{svector} -3\\ 0\\ -4\\ 1\\ 0\\\end{svector}
&= &\begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\ 0\\\end{svector}\\
\end{mathe}
Darum ist \fbox{$\bigg\{\begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}, \begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\ 0\\\end{svector}\bigg\}$}
eine Basis des Lösungsraums.
\end{soln*}
\begin{rem*}
Wiederum wird empfohlen, zu kontrollieren,
dass $A\mathbf{x}=\zerovector$ für alle Basiselemente gilt.
Beachte hier, dass wir modulo $7$ berechnen sollen.\footnote{
In \textbf{octave}, \textbf{python}, \textit{etc.}
benutzt man \texttt{\%} für Moduloberechnungen.
In \textbf{octave} kann auch direkt
\texttt{(A \* [2, 1, 0, 0, 0].') \% 7}
eingeben.
In \textbf{python} kann man
\texttt{(np.matmul(A, [2, 1, 0, 0, 0]) \% 7}
eingeben (wenn man vorher \textit{numpy} als \textit{np} konventionsgemäß importiert).
}
Bei den o.\,s. Lösungen kommen
$%
A\cdot \begin{svector} 2\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
=\begin{svector} 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
$
und
$%
A\cdot \begin{svector} 4\\ 0\\ 3\\ 1\\ 0\\\end{svector}
=\begin{svector} 14\\ 28\\ -63\\\end{svector}
=\begin{svector} 0\\ 0\\ 0\\\end{svector}
$
raus, sodass wir erleichtert sein können,
dass unsere Basiselemente richtig sind.
(Ob die Größe der Basis stimmt, ist aber nicht damit überprüft.
Da müssen wir einfach prüfen, dass die Zeilenstufenform richtig berechnet wurde,
um die Anzahl der Stufen und freien Variablen zu bestätigen.)
\end{rem*}
\begin{exer*}
Bestimmen den Spaltenraum von $A$ aus der letzten Aufgabe (noch über dem Körper $K=\mathbf{F}_{7}$).
\end{exer*}
\begin{soln*}
Bezeichne mit $a^{(j)}\in\reell^{3}$ für $j\in\{1,2,\ldots,5\}$
die Spalten von $A$.
Aus der o.\,s. Zeilenstufenform,
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{ccccc}
\boxed{1} &5 &0 &3 &0\\
0 &0 &\boxed{1} &4 &0\\
0 &0 &0 &0 &\boxed{1}\\
\end{matrix},
\end{mathe}
geht hervor, dass Spalten $1$, $3$, $5$ aus $A$ eine Basis
des Spaltenraums bilden.
Also ist
\begin{mathe}[mc]{c}
\boxed{\bigg\{
\begin{vector} 2\\ 3\\ -7\\\end{vector},
\begin{vector} 0\\ 1\\ -1\\\end{vector},
\begin{vector} 2\\ 2\\ -9\\\end{vector}
\bigg\}}
\end{mathe}
eine Basis des Spaltenraums.
\end{soln*}
\textbf{Zur Kontrolle:}
Aus der letzten Teilaufgabe erhielten wir $\dim(\ker(A))=2$,
und hier wurde nebenbei gezeigt, dass $\rank(A)=\dim(\range(A))=3$.
Also gilt $\dim(\ker(A))+\rank(A)=5=\dim(\reell^{5})$,
sodass die Dimensionsformel für lineare Abbildungen erfüllt ist.\footnote{
Das heißt nicht, dass unsere berechneten Basen deswegen richtig ist.
Dies ist lediglich zu kontrollieren,
dass unsere Basen »nicht offensichtlich falsch« sind.
}
\begin{rem*}
Die hier verwendete Matrix, $A$, war »die gleiche« wie in Aufgabe 1.
Nur war der Körper anders.
Wir sehen, dass wir nicht einfach so die über $\reell$ berechnete Zeilenstufenform
in dieser Aufgabe übernehmen durften.
Wenn man die Berechnung der Zeilenreduktion als Zwischenschritt betrachtet,
so erkennt man, dass dieser Zwischenschritt beim Wechseln des Körper
der Sicherheit halber nochmals durchgeführt werden muss.
\end{rem*}
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