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Lineare Algebra » Matrizenrechnung » Lösungsmenge bei LGS-Operationen
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Universität/Hochschule Lösungsmenge bei LGS-Operationen
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-11


Guten Abend zusammen,

ich verstehe folgenden Beweis nicht:


Sei (L) ein lineares Gleichungssystem. Dann ist die Lösungsmenge unter den folgenden Operationen invariant:

(i) Vertauschen von Gleichungen
(ii) Multiplikation einer Gleichung mit $\lambda \in F, \lambda \neq 0$
(iii) Wir addieren das $\lambda$-fache der j-ten Gleichung zur i-ten Gleichung

Beweis: Sei $L_{1}$ die Lösungsmenge von (L) und $L_{2}$ die Lösungsmenge des Systems, das wir erhalten, wenn wir die jeweilige Operation anwenden.

(i) Klar
(ii) Für jede Zahl $\lambda \in F$ gilt $L_{1} \subset L_{2}$. Ist $\lambda \neq 0$, so erhalten wir durch die Multiplikation derselben Gleichung mit $\frac{1}{\lambda}$  gerade wieder (L). Somit gilt auch $L_{2} \subset L_{1}$, insgesamt also $L_{1} = L_{2}$.
(iii) Auch hier ist $L_{1} \subset L_{2}$ wieder klar, Addition des $-\lambda$ fachen der j-ten Gleichung zur i-ten Gleichung liefert wieder (L), also wilt auch $L_{2} \subset L_{1}$.

- - - - - - - - -

(i) Wieso ist dies klar?
(ii) Wieso gilt für jede Zahl $\lambda \in F$, dass $L_{1} \subset L_{2}$ ? Und wieso erfolgt nach Multiplikation der Gleichung mit $\frac{1}{\lambda}$, dass $L_{2} \subset L_{1}$?
(iii) Wieso ist $L_{1} \subset L_{2}$ wieder klar? Und wieso folgt der andere Teil?

Könnt ihr mir dies formal erläutern?
Ich wäre euch dafür sehr dankbar!

VG X3nion



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-11


Hallo X3nion,

nimm dir zunächst mal ein \(3\times 2\)-Gleichungssystem her (also 3 Gleichungen, 2 Unbekannte), benutze "schöne" Bezeichnungen und nicht die aus deiner VL vorgegebenen, und spiele einmal alle möglichen Fälle durch (unlösbar, eindeutig lösbar, mehrdeutig lösbar).

Konzentriere dich für den Anfang auf das Skalieren einer Gleichung mit einem von Null verschiedenen Faktor.
Wenn du das schön nachvollziehbar aufgeschrieben hast, dann sollte Punkt (i) sonnenklar sein und Punkt (iii) ebenfalls in Reichweite.

Also ungefähr so: Seien \(a_{1,1}, a_{1,2}, a_{2,1}, a_{2,2}, a_{3,1}, a_{3,2}, b_1, b_2\in F\). Außerdem sei \(\lambda\in F\setminus\{0\}\). Seien die LGS
\[
(I)\quad\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,x+a_{1,2}\,y=b_1\\
a_{2,1}\,x+a_{2,2}\,y=b_2\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=b_3
\end{array}
\right.
\] und
\[
(II)\quad\left\{
\begin{array}{c}
\lambda\,a_{1,1}\,x+\lambda\,a_{1,2}\,y=\lambda\,b_1\\
a_{2,1}\,x+a_{2,2}\,y=b_2\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=b_3
\end{array}
\right.
\] gegeben.

Die Lösungsmenge von (I) sei \(L\), diejenige von (II) sei \(M\).

Wir zeigen \(L=M\).

........

mfg
thureduehrsen



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-11


Hi thureduehrsen und vielen Dank für deine Ratschläge!

Eine kleine Bemerkung: hast du in der zweiten Zeile von (II) die $\lambda$‘s vergessen?

VG X3nion



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-11


Nein, habe ich nicht. Nur eine Gleichung wird mit \(\lambda\) multipliziert. Ich habe hier oBdA die erste Zeile gewählt.

mfg
thureduehrsen



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-11


Also das Vertauschen von Gleichungen tangiert die Lösungsmenge absolut nicht, das ist mir nun klar!


Sei \[
(I)\quad\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,x+a_{1,2}\,y=b_1\\
a_{2,1}\,x+a_{2,2}\,y=b_2\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=b_3
\end{array}
\right.
\]

Sei $z \in L$ eine Lösung von (I), also $z = (x,y)^{T} + M_{I'}$ für ein $(x,y)^{T}$, wobei $M_{I'}$ die Lösungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems

$(I') \quad\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,x+a_{1,2}\,y=0\\
a_{2,1}\,x+a_{2,2}\,y=0\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=0
\end{array}
\right.
$


ist und $(x,y)^{T}$ eine beliebige Lösung von (I).


Multiplizieren wir die erste Zeile von (I) mit $\lambda \neq 0$, so erhalten wir:

\[
(II)\quad\left\{
\begin{array}{c}
\lambda(a_{1,1}\,x + a_{1,2}\,y)=\lambda\,b_1\\
a_{2,1}\,x+a_{2,2}\,y=b_2\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=b_3
\end{array}
\right.
\]
Und das zugehörige homogene Gleichungssystem

\[
(II')\quad\left\{
\begin{array}{c}
\lambda(a_{1,1}\,x + a_{1,2}\,y)=0\\
a_{2,1}\,x+a_{2,2}\,y=0\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=0
\end{array}
\right.
\]

Man sieht: alle Lösungen des homogenen Gleichungssystems I' sind auch eine Lösung des homogenen Gleichungssystems $II'$, denn $a_{1,1}\,x + a_{1,2}\,y = 0$ nach Voraussetzung und die anderen Zeilen sind gleich zu (I)

Weiters sehen wir, dass $(x,y)^{T}$ auch eine Lösung von (II) ist, denn $a_{1,1}\,x+a_{1,2}\,y=b_1$ und somit haben wir in der ersten Zeile die Identität $\lambda b_{1} = \lambda b_{1}$. Die anderen Zeilen von (II) sind identisch zu (I).

Daraus ergibt sich unmittelbar $z \in M$, denn $z = (x,y)^{T} + M_{I''}$ und $M_{I''} = M_{I'}$, mithin: $L \subset M$.


Sei umgekehrt $(x,y)^{T}$ eine Lösung von (II). Sei dazu $z \in M$, also $z = (x,y)^{T} + M_{II'}$.
Wegen $\lambda \neq 0$ ist $a_{1,1}\,x + a_{1,2}\,y = 0$ und es ergibt sich $M_{II'} = M_{I'}$.
Weiterhin folgt aus $\lambda(a_{1,1}\,x + a_{1,2}\,y)=\lambda\,b_1$, dass $a_{1,1}\,x + a_{1,2}\,y)=b_1$ und damit insgesamt $(x,y)^{T}$ eine Lösung von (I), ergo: $M \subset L$.


Passt das bis hierhin so? Hättest du etwas anders gemacht?
Würde als nächstes dann Punkt (iii) machen, aber ich würde auf deine Antwort warten 🙂

Viele Grüße,
X3nion

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-11


Das sieht ziemlich gut aus.

Ich hätte es noch ein wenig kürzer aufgeschrieben, ohne Rückgriff auf homogene Gleichungssysteme:

Sei \(z=(\alpha,\beta)\in L\). Dann gilt
\[
\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,\alpha+a_{1,2}\,\beta=b_1\\
a_{2,1}\,\alpha+a_{2,2}\,\beta=b_2\\
a_{3,1}\,\alpha+a_{3,2}\,\beta=b_3
\end{array}
\right.
\]
Multiplikation der ersten Gleichung mit \(\lambda\) (und Beibehaltung der übrigen Gleichungen) liefert
\[
\left\{
\begin{array}{c}
\lambda\,a_{1,1}\,\alpha+\lambda\,a_{1,2}\,\beta=\lambda\,b_1\\
a_{2,1}\,\alpha+a_{2,2}\,\beta=b_2\\
a_{3,1}\,\alpha+a_{3,2}\,\beta=b_3
\end{array}
\right.
\]
also ist \(z\) eine Lösung von (II) und damit ist \(z\in M\).

Also gilt \(L\subseteq M\).

Weil \(\lambda\neq0\) ist, existiert \(\lambda^{-1}\) in \(F\).

Sei nun \(z=(\alpha,\beta)\in L\). Dann gilt
\[
\left\{
\begin{array}{c}
\lambda\,a_{1,1}\,\alpha+\lambda\,a_{1,2}\,\beta=\lambda\,b_1\\
a_{2,1}\,\alpha+a_{2,2}\,\beta=b_2\\
a_{3,1}\,\alpha+a_{3,2}\,\beta=b_3
\end{array}
\right.
\]
Multiplikation der ersten Gleichung mit \(\lambda^{-1}\) (und Beibehaltung der übrigen Gleichungen) liefert
\[
\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,\alpha+a_{1,2}\,\beta=b_1\\
a_{2,1}\,\alpha+a_{2,2}\,\beta=b_2\\
a_{3,1}\,\alpha+a_{3,2}\,\beta=b_3
\end{array}
\right.
\] also ist \(z\) eine Lösung von (I) und damit ist \(z\in L\).

Also gilt \(M\subseteq L\) und insgesamt \(L=M\).

Einziges Manko ist noch, dass nur der Fall behandelt wurde, dass die erste Gleichung skaliert wird. Welchen Schritt musst du aber lediglich vorschalten, wenn eine andere Gleichung skaliert wurde?

Zusatz. Versuche dich einmal an einer Formalisierung von Punkt (i).

Zweiter Zusatz. Was passiert eigentlich, wenn die Menge \(L\) leer ist?

Dritter Zusatz. Was passiert eigentlich, wenn wir nicht genau drei Gleichungen oder nicht genau zwei Unbekannte haben?

mfg
thureduehrsen



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-12


Wieso darf denn bei einer Skalierung nur die erste Gleichung betrachter werden darf? Jedenfalls können wir Schritt (i) anwenden, bis diejenige Gleichung prima positione befindlich ist.

Zusatz: $(x,y)^{T}$ heißt Lösung von (I), wenn jede Gleichung erfüllt ist, wenn man eben die Lösung für $\alpha, \beta$ einsetzt.
Vertauschen wir zwei Gleichungen, so ist die Lösung immer noch erfüllt, da wir dieselben Gleichungen betrachten. Was müsste hier noch weiter formalisiert werden?

Zusatz 2: Sei $L = \emptyset$, also gibt es kein Tupel $(x,y)^{T}$, sodass (I) eine Lösung besitzt. Betrachten wir nun (II),

$\lambda (a_{1,1}\,\alpha + a_{1,2}\,\beta) = \lambda\,b_1$, so folgt daraus, dass $a_{1,1}\,\alpha + a_{1,2}\,\beta = b_1$. Dies hat aber keine Lösung, und die anderen Zeilen sind unverändert und haben auch keine Lösung. Also ist $M = \emptyset$.

Benötigt man hier noch eine Rückrichtung?

Zusatz 3: Hier können wir ja salopp gesprochen die Pünktchenschreibweise benutzen und das ganze formal aufschreiben. Dazu war ich nur etwas zu faul 😄

VG X3nion



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-12


2020-07-12 00:20 - X3nion in Beitrag No. 6 schreibt:
Wieso darf denn bei einer Skalierung nur die erste Gleichung betrachter werden darf?

Nirgendwo steht, dass man nur die erste Gleichung betrachten darf. Oder habe ich dich in der Hinsicht falsch verstanden?

Jedenfalls können wir Schritt (i) anwenden, bis diejenige Gleichung prima positione befindlich ist.

Genau das wollte ich hören/lesen. Wir können also den allgemeinen Fall auf diesen Spezialfall zurückführen.

Zusatz: $(x,y)^{T}$ heißt Lösung von (I), wenn jede Gleichung erfüllt ist, wenn man eben die Lösung für $\alpha, \beta$ einsetzt.
Vertauschen wir zwei Gleichungen, so ist die Lösung immer noch erfüllt, da wir dieselben Gleichungen betrachten. Was müsste hier noch weiter formalisiert werden?

Strenggenommen wenig -- wenn man das aber machen will, dann braucht man den Begriff der Permutation.

Zusatz 2: Sei $L = \emptyset$, also gibt es kein Tupel $(x,y)^{T}$, sodass (I) eine Lösung besitzt. Betrachten wir nun (II),

$\lambda (a_{1,1}\,\alpha + a_{1,2}\,\beta) = \lambda\,b_1$, so folgt daraus, dass \(a_{1,1}\,\alpha + a_{1,2}\,\beta = b_1\). Dies hat aber keine Lösung, und die anderen Zeilen sind unverändert und haben auch keine Lösung. Also ist \(M = \emptyset\).

Du bringst hier \(\alpha\) und \(\beta\) ins Spiel, die aber nicht existieren. Das gibt Abzüge in der B-Note.

Benötigt man hier noch eine Rückrichtung?

Strenggenommen ja; wenn man mit o. B. d. A. umzugehen weiß, dann nicht.

Zusatz 3: Hier können wir ja salopp gesprochen die Pünktchenschreibweise benutzen und das ganze formal aufschreiben. Dazu war ich nur etwas zu faul 😄

Das ist aber genau die richtige Art von Faulheit. Da reicht es, wenn man den Rest schön sauber hat, tatsächlich zu schreiben, dass die Verallgemeinerung auf beliebig viele Gleichungen und beliebig viele Unbekannte offensichtlich möglich ist.

mfg
thureduehrsen



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-12 14:10


Das ergibt nun Sinn!


Strenggenommen ja; wenn man mit o. B. d. A. umzugehen weiß, dann nicht.

Möchtest du mir das in diesem speziellen Fall vielleicht kurz erklären?


Das ist aber genau die richtige Art von Faulheit. Da reicht es, wenn man den Rest schön sauber hat, tatsächlich zu schreiben, dass die Verallgemeinerung auf beliebig viele Gleichungen und beliebig viele Unbekannte offensichtlich möglich ist.

Könnte man das nicht auch induktiv beweisen?




Ich versuche mich mal an dem dritten Fall.


Sei $
(I)\quad\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,x+a_{1,2}\,y=b_1\\
a_{2,1}\,x+a_{2,2}\,y=b_2\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=b_3
\end{array}
\right.
$

Sei $(x,y)^{T}$ eine beliebige Lösung von (I).


Multiplizieren wir die erste Zeile von (I) mit $\lambda \neq 0$ und addieren dies zur zweiten Zeile, so erhalten wir:

$
(II)\quad\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,x + a_{1,2}\,y = b_1 \\
(\lambda a_{1,1} + a_{2,1})x + (\lambda a_{1,1} + a_{2,2})y = \lambda\,b_{1} + b_2\\
a_{3,1}\,x+a_{3,2}\,y=b_3
\end{array}
\right.
$

Wir sehen $(x,y)^{T}$ löst auch (II).

Sei nun $(x,y)^{T}$ eine Lösung ein (II).
Addieren wir das $(-\lambda)$-fache der ersten Zeile zur zweiten Zeile, erhalten wir gerade wieder (I). Also ist $(x,y)^{T}$ eine Lösung von (I).

Würde das so passen?

VG X3nion



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-12 19:29


Der Punkt (iii) sieht auch (von der Idee her) gut aus. Was mich an der Durchführung ein wenig stört, ist, dass du \(x\) und \(y\) sowohl für die Unbekannten als auch für Körperelemente nutzt, mit denen die Unbekannten belegt werden.

Magst du mir ein wenig erklären, wie du dir einen induktiven Beweis (ich denke mal, dass du einen Induktionsbeweis meinst) vorstellst? Wie würdest du den ansetzen?

mfg
thureduehrsen



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-13 17:26


Ja die Variablenwahl sollte ich wirklich nochmal überdenken..

Könntest du mir das $O.B.d.A$-Argument mit der leeren Menge in diesem Falle erklären? also warum es genügt $L \subset M$ für $L = \emptyset$ zu beweisen?

Und wegen der Induktion: ich überlege gerade, wie das funktionieren soll. Man kann ja annehmen, eine Gleichung der Form

Sei $
(I)\quad\left\{
\begin{array}{c}
a_{1,1}\,x_{1}+a_{1,2}\,x_{2} + ... + a_{1,n}x_{n}=b_1\\
a_{2,1}\,x_{1}+a_{2,2}\,x_{2} + ... + a_{2,n}x_{n}=b_2\\
... \\
a_{m,1}\,x_{1}+a_{m,2}\,x_{2} + ... + a_{m,n}x_{n}=b_m
\end{array}
\right.
$

zu haben und möchte zeigen, dass die Lösungsmenge von (I) übereinstimmt mit derjenigen von

$
(II)\quad\left\{
\begin{array}{c}
\lambda(a_{1,1}\,x_{1}+a_{1,2}\,x_{2} + ... + a_{1,n}x_{n})= \lambda b_1\\
a_{2,1}\,x_{1}+a_{2,2}\,x_{2} + ... + a_{2,n}x_{n}=b_2\\
... \\
a_{m,1}\,x_{1}+a_{m,2}\,x_{2} + ... + a_{m,n}x_{n}=b_m
\end{array}
\right.
$.


Dann überlege ich aber gerade, müsste man den Induktionsbeweis nach m und n führen?

Viele Grüße,
X3nion



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-07-13 22:00


Zu "o. B. d. A." ist hier eigentlich nur zu sagen, dass ich darauf hinauswollte, dass man die Multiplikation mit \(\lambda\) durch eine erneute Multiplikation (nur eben mit dem Inversen von \(\lambda\) rückgängig machen kann. Es ist also keine "neue" Idee nötig. Anders ausgedrückt: man muss nicht die Fälle "Streckung" und "Stauchung" künstlich unterscheiden, wenn man beide unter "Skalierung" zusammenfassen kann.

Lies auch gern den Wikipedia-Artikel zum Thema.

Bei dem Induktionsbeweis kann ich dir aber hieb- und stichfest sagen, dass er nicht nötig ist. Fixiere einfach \(m\) und \(n\) und rechne die drei Punkte nach genau derselben Melodie durch wie wir es getan haben.

mfg
thureduehrsen



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