master > master: Aufgaben für Bestimmung der Basis des Lösungsraums/Spaltenraums in IR und IF_p
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docs/zusatz.tex
384
docs/zusatz.tex
@ -46,6 +46,8 @@
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%% ---- body/index.tex;
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%% ---- body/linear-extensions.tex;
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%% |
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%% ---- body/linear-systems.tex;
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%% |
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%% ---- back/index.tex;
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%% |
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||||
@ -1268,6 +1270,388 @@ gelten.
|
||||
und auf \textbf{c')}, \textbf{b')}, \textbf{d')} »Ja«.
|
||||
\end{rem}
|
||||
|
||||
%% ********************************************************************************
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||||
%% FILE: body/linear-systems.tex
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%% ********************************************************************************
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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*}
|
||||
|
||||
%% ********************************************************************************
|
||||
%% FILE: back/index.tex
|
||||
%% ********************************************************************************
|
||||
|
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