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Lineare Algebra » Matrizenrechnung » Satz über Lösungsraum von homogenem Gleichungssystem
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Universität/Hochschule J Satz über Lösungsraum von homogenem Gleichungssystem
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-08-08


Hallo zusammen!

Mir ist der Beweis zu folgendem Satz nicht ganz klar.

- - - - - - - - - - - -

Satz: Sei $Ax=0$ ein lineares homogenes Gleichungssystem mit $n$ Unbekannten. Dann hat der Raum der Lösungen die Dimension $n-rang A$.

Beweis: Bringe das Gleichungssystem auf Zeilenstufenform. Dann kann man die Aussage direkt am Gleichungssystem ablesen.

- - - - - - - - - - - -


Was mir einleuchtet ist, dass man diesen Satz auch über die Dimensionsformel für lineare Abbildungen zeigen kann und die Aussage daraus direkt folgt. Im Skript kommt die Dimensionsformel aber erst später.

1. Fall: Hat man eine nxn Matrix mit n Unbekannten, so impliziert jede Nullzeile eine frei wählbare Variable. Die Anzahl der Nullzeilen ist aber gerade n - rang A.

2. Fall: Hat man eine mxn Matrix mit m Zeilen, n Spalten und m > n mit n Unbekannten. Dann ist der Rang der Matrix höchstens n, die Zeilen n+1, n+2, ..., m bilden in Zeilenstufenform also auf jeden Fall Nullzeilen. Damit führen wir den Fall auf den 1. Fall zurück und betrachten eine nxn-Matrix mit n Unbekannten.

3. Fall: Haben wir eine mxn Matrix mit m Zeilen, n Spalten und m < n mit n Unbekannten. Ergänzen wir diese Matrix zu einer nxn Matrix, indem wir (n-m) Nullzeilen hinzufügen, ändern wir den Rang nicht. Wir betrachten also eine nxn-Matrix mit n Unbekannten und führen auch diesen Fall auf den 1. Fall zurück


Wären meine Gedankengänge soweit richtig?

Wie immer bin ich euch für jede Antwort sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-08-08


Hallo X3nion,

wenn ich nichts übersehe, sind deine Überlegungen richtig.

Beachte aber, dass der Fall 2 so nur für homogene Systeme funktioniert. Aber darum geht es hier ja. 🙂


Gruß, Diophant



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Hey Diophant und vielen Dank dir für deine Antwort 🙂

Ja klar, das was du schreibst ergibt natürlich Sinn.

Was mir nun nicht ganz klar war ist, wie man mathematisch korrekt begründet, dass der Lösungsraum die Dimension n - rang A hat.
Jede Nullzeile impliziert ja eine frei wählbare Variable.
Dann kann ich ja aber nur konstruktiv begründen, wie der Lösungsvektor aussieht. Also so wie man das von der Schule aus kennt, dass man einen Vektor in seine einzelnen Komponenten aufteilt und dann eben sagt, dass die und die Variable frei wählbar ist, etwa $x_3 = t, x_4 = s, ...$.

Wie würde man das mathematisch sauber begründen, dass der Lösungsraum die Dimension n - rang A hat?

Viele Grüße,
X3nion


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-08-09


Hallo X3nion,

vielleicht hilft dir dieser Gedanke: nur die Variablen, die mit einem freien Parameter ersetzt werden, erzeugen jeweils eine weitere Dimension des Lösungsraums.

Hat man keinen solchen Parameter in der Lösung, dann steht sie allgemein für einen Punkt und hier für den Nullpunkt bzw. den Nullvektor. Ein Punkt hat aber die Dimension Null.

Bei einem Parameter ist der Lösungsraum eine Gerade, bei zwei eine Ebene, usw.


Gruß, Diophant



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Hallo Diophant,

ist es dann so, dass die freie Wahl einer Koordinate impliziert, dass die gesamte Koordinatenachse dann Lösung ist? Also bei der Wahl von $x_{3}$ beliebig ist quasi die gesamte z-Achse Lösung und bei der Wahl von $x_{2}$ beliebig die y-Achse, und sich so der Lösungsraum ergibt?
Also im Falle dass $x_2$ und $x_3$ beliebig sind, ergibt dies die gesamte $x_2-x_3$ Ebene?

Viele Grüße,
X3nion


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-08-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

2020-08-09 15:22 - X3nion in Beitrag No. 4 schreibt:
ist es dann so, dass die freie Wahl einer Koordinate impliziert, dass die gesamte Koordinatenachse dann Lösung ist? Also bei der Wahl von $x_{3}$ beliebig ist quasi die gesamte z-Achse Lösung und bei der Wahl von $x_{2}$ beliebig die y-Achse?

hier musst du bedenken, dass die Lösung eines LGS stets der komplette Lösungsvektor ist.

Angenommen, wir hätten als Lösung eines 3x3-LGS den Lösungsvektor \((r,s,r+s)^T\) erhalten. Mache dir klar, dass dieser Lösungvektor als Unterraum des \(\IR^3\) eine Ebene beschreibt, die keine der drei Koordinatenachsen enthält.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Hallo X3nion,

aber wenn man hier s = 0 setzt, dann erhält man doch den Vektor $(r,0,0)^{T}$ und somit die $x_{1}$-Achse?

Viele Grüße,
X3nion




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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-08-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2020-08-09 15:53 - X3nion in Beitrag No. 6 schreibt:
aber wenn man hier s = 0 setzt, dann erhält man doch den Vektor $(r,0,0)^{T}$ und somit die $x_{1}-Achse?

nein, da ist dir ein r durchgerutscht. Für \(s=0\) bekommt man den Vektor \((r,0,r)^T\). 😉


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Ahja Danke, da hab ich nicht aufgepasst!

Eine Kleinigkeit fehlt noch zum Verständnis. Woher wissen wir, dass pro frei gewählter Variable eine weitere komplette Dimension im Lösungsraum dazukommt?
Kann man da auch irgendwie über lineare Unabhängigkeit im Gleichungssystem argumentieren? Oder wie könnte man das mathematisch korrekt begründen / beweisen?

Viele Grüße,
X3nion


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-08-09


Hallo,

na ja, das ist doch eigentlich einfach: da die gewählten Parameter paarweise verscheiden sind, kann niemals ein Parameter Summe zweier anderer oder Vielfaches eines anderen Parameters sein. So viele Parameter - so viele linear unabhängige Vektoren lassen sich aus mit dem Lösungsvektor erzeugen. Also ist die Anzahl der Parameter gleich der Dimension des Lösungsraums.

Das ist aber ziemlich elementar, und aus diesem Grund wurde es in dem oben ziteierten Text offensichtlich nicht weiter erwähnt.

Wie du ja aus früheren PN-Korrespondenzen vielleicht noch weißt, ist das hier für mich ein Hobby. Ich schreibe also die Dinge so, wie ich sie verstehe. Was im akademischen Umfeld dann aktuell als notwendige Begründungstiefe angesehen wird und was nicht, damit kenne ich mich weniger gut aus.

Aber hier kann man sich ja an deinem Skript orientieren. Dort wird wie gesagt diese Tatsache offensichtlich auch als genügend elementar angesehen, um sie nicht weiter erläutern zu müssen.


Gruß, Diophant



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-08-09


Hallo X3nion,

2020-08-09 16:03 - X3nion in Beitrag No. 8 schreibt:
Woher wissen wir, dass pro frei gewählter Variable eine weitere komplette Dimension im Lösungsraum dazukommt?

Das wissen wir, weil eine freie Variable einem Basisvektor im Lösungsraum des LGS entspricht. Das kann man sich klarmachen, indem man die Lösungen als Linearkombination darstellt.

Aber wie mathematisch korrekt willst du's denn haben? Hast du schon die Vorlesung "Axiomatische Mengenlehre" (und evtl. "Mathematische Logik") gehört?


mfg
thureduehrsen

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Hallo zusammen und vielen Dank auch dir, thureduehrsen für deine Unterstützung!

Die Vorlesung "axiomatische Mengenlehre" oder "mathematische Logik" habe ich leider noch nicht gehört.

Also im Beispiel von Diophant hätten wir ja den Lösungsvektor gegeben als $(x_1, x_2, x_1 + x_2)^{T}$ mit $x_1, x_2$ beliebig.
Dies kann man ja auffassen als $x_1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} + x_{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$.

Hier sieht man, dass der Lösungsraum zweidimensional ist und dies entspricht gerade der Anzahl an frei wählbaren Variablen.

Aber wie würde man das allgemein formal aufschreiben, dass eine frei wählbare Variable einem Basisvektor im Lösungsraum entspricht?

Viele Grüße,
X3nion


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-08-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

ich habe es gestern nicht mehr geschafft, hier noch weiterzumachen.

2020-08-09 16:37 - X3nion in Beitrag No. 11 schreibt:
...Hier sieht man, dass der Lösungsraum zweidimensional ist und dies entspricht gerade der Anzahl an frei wählbaren Variablen.

Aber wie würde man das allgemein formal aufschreiben, dass eine frei wählbare Variable einem Basisvektor im Lösungsraum entspricht?

Hm, es geht hier - gemessen an den Ausgangsfragen - eben um Basics, da ist es für uns nicht so ganz einfach, die Notwendigkiet nachzuvollziehen, die du hier siehst. Magst du da vielleicht nochmal etwas dazu sagen? Insbesondere bin ich mir gerade immer ein bisschen unsicher, worum es geht: ist dir jeweils der Sachverhalt unklar oder eine Schreibweise bzw. ein Beweis? Ich gehe da von letzterem aus, aber wie gesagt, ich tue mich gerade ein wenig schwer damit einzuordnen, worin diese Überlegungen hier münden sollen.

Zu deiner Frage: wir betrachten einmal ein (nicht notwendigerweise homogenes) LGS mit n Unbekannten und es sei \(k=n-\on{rang}(A|b)>0\) die Anzahl der frei wählbaren Parameter. Dann lässt sich der Lösungvektor o.B.d.A so schreiben:

\[L=\left(t^1,t^2,\dotsc,t^k,a^{k+1}+\sum_{j=1}^k b_j^{k+1}t^j,\dotsc,a^{n}+\sum_{j=1}^k b_j^nt^j\right)^T\]
Nun kannst du sukzessive jeweils einen Parameter gleich 1 und die restlichen gleich Null setzen. Die dabei entstehenden Vektoren sind offensichtlich linear unabhängig. Und genau so offensichtlich gibt es zu diesen k linear unabhängigen Vektoren keine weiteren Vektoren aus der Menge der Lösungsvektoren, die zusammen mit den betrachteten ebenfalls linear unabhängig wären. Kurz: die Menge aller Vektoren mit \(i=1..k,\ t^j=\bc 1&,\ j=i\\0&,\ j\neq i\ec\) sind eine Basis des Lösungsraums und damit ist die Anzahl k der Parameter genau die Dimension dieses Lösungsraumes.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-10


Hey Diophant,

vielen vielen Dank dir für deinen ausführlichen Beitrag, der alles erklärt hat! 🙂

Eine Kleinigkeit noch: Es müsste heißen

\[L=\left(t^1,t^2,\dotsc,t^k,b^{k+1}+\sum_{j=1}^k a_j^{k+1}t^j,\dotsc,b^{n}+\sum_{j=1}^k a_j^nt^j\right)^T\]
Da ja die $b_{i}$'s als Zeilen des Spaltenvektors b nur einmal vorkommen?+

Und eigentlich

\[L=\left(t^1,t^2,\dotsc,t^k,b^{k+1} - \sum_{j=1}^k a_j^{k+1}t^j,\dotsc,b^{n} - \sum_{j=1}^k a_j^nt^j\right)^T\],

da ja die Komponenten, welche aus einer frei wählbaren Variable bestehen, "auf die andere Seite" gebracht werden?

Viele Grüße,
X3nion


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-08-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

dann freut es mich jetzt auch, dass meine Antwort dir weitergeholfen hat. 🙂

Zu deiner Frage mit der Symbolik: ich habe hier die Bezeichner etwas unglücklich gewählt. Jedenfalls haben die Variablen \(a_j^i\) und \(b_j^i\) nichts mit den Einträgen der augmentierten Matrix zu tun. Benenne sie einfach in Gedanken noch um, etwa in \(c_j^i\) und \(d_j^i\). Dementsprechend ist auch die Vorzeichenwahl vor den Summenzeichen Jacke wie Hose: die Terme sollen einfach den Sachverhalt ausdrücken, dass bei unendlich großen Lösungsmengen die nicht frei gewählten Variablen mit Linearkombinationen aus den Parametern plus einer Konstante belegt sind.

Im vorliegenden Fall von homogenen Systemen sind ja die \(a_j^i\) sowieso alle Null (ich wollte das ganze absichtlich etwas allgemeiner fassen, da es deine anderen Fragen ja teilweise auch tangiert).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-11


Hey Diophant,

ja das ist auch super, dass du das allgemeiner gefasst hast und gibt mir mehr Übung im Lesen und Interpretieren der Indizes!

Aber eine Frage habe ich dann doch noch.
Ich schreibe mal bewusst Elemente von A mit $a^{i}_{j}$'s und Elemente von b mit $b^{i}$'s.

Die k Vektoren

$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{2} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{2} \end{pmatrix}, \cdots, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{n} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{n} \end{pmatrix}$ sind allesamt linear unabhängig,

daraus kann man anhand der ersten k Komponenten schließen.

Was aber, wenn ich dann den Vektor

$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} + a^{k+1}_{k} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} + a^{n}_{k} \end{pmatrix}$ betrachte, wieso ist dieser dann von den anderen linear abhängig?

Es würde eine Linearkombination des ersten und des letzten Vektors infrage kommen. Dann hätten wir

$1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix}$

Wir erhalten

$1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} + a^{k+1}_{k} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} + a^{n}_{k} \end{pmatrix}$, denn die $b^{i}$'s kämen dann ja doppelt vor?



Analog betrachtet: Wieso ist zum Beispiel der Vektor $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}$, wobei die 1 an $(k+1)$-ter Stelle steht, linear abhängig von den ersten k Vektoren?
Ist es hier so, dass dieser exkludiert wäre, da er sich nicht in der Menge aller Lösungsvektoren befindet?


Viele Grüße,
X3nion


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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo X3nion,

vorneweg: in meine Antwort aus #12 hatte sich eine Nachlässigkeit eingeschlichen. Auf jeden Fall gilt es jetzt, hier noch einige Missverständnisse auszuräumen.

Ich fange mal mit meiner Nachlässigkeit an: bei einem inhomognenen LGS bildet ja die Lösunsgmenge keinen Unterraum, sondern einen affinen Unterraum. Dort ist dann alles noch ein wenig komplizierter (einfach, weil man das stets berücksichtigen müsste).

Insofern rücke ich da mal davon ab, bleiben wir beim homogenen Fall. Dann sieht der obige Lösungsvektor so aus (und ich verwende jetzt mit Absicht nochmal einen anderen Buchstaben, damit ein weiteres Missverständnis nicht weiter fortgeschrieben wird):

\[L=\left(t^1,t^2,\dotsc,t^k,\sum_{j=1}^k c_j^{k+1}t^j,\dotsc,\sum_{j=1}^k c_j^nt^j\right)^T\]
Mache dir den Unterschied zunächst einmal klar.

2020-08-11 00:50 - X3nion in Beitrag No. 15 schreibt:
ja das ist auch super, dass du das allgemeiner gefasst hast und gibt mir mehr Übung im Lesen und Interpretieren der Indizes!

Wie oben erläutert: so eine gute Idee war es doch gar nicht, bei genauerem Hinsehen... 😉

2020-08-11 00:50 - X3nion in Beitrag No. 15 schreibt:
Aber eine Frage habe ich dann doch noch.
Ich schreibe mal bewusst Elemente von A mit $a^{i}_{j}$'s und Elemente von b mit $b^{i}$'s.

An dieser Stelle sei noch einmal ganz klar gesagt, dass die \(a^{i}_{j},b^{i}_{j}\) nichts mit den Einträgen der Koeffizientenmatrix und des Ergebnisvektors zu tun haben. Ich denke, das ist das zentrale Missverständnis hier. Wie gesagt: da war meine Variablenwahl in #12 etwas unglücklich.

2020-08-11 00:50 - X3nion in Beitrag No. 15 schreibt:
Die k Vektoren

$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{2} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{2} \end{pmatrix}, \cdots, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{n} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{n} \end{pmatrix}$ sind allesamt linear unabhängig,

daraus kann man anhand der ersten k Komponenten schließen.

Was aber, wenn ich dann den Vektor

$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} + a^{k+1}_{k} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} + a^{n}_{k} \end{pmatrix}$ betrachte, wieso ist dieser dann von den anderen linear abhängig?

Es würde eine Linearkombination des ersten und des letzten Vektors infrage kommen. Dann hätten wir

$1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix}$

Wir erhalten

$1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ b^{k+1} + a^{k+1}_{1} + a^{k+1}_{k} \\ \vdots \\ b^{n} + a^{n}_{1} + a^{n}_{k} \end{pmatrix}$, denn die $b^{i}$'s kämen dann ja doppelt vor?



Analog betrachtet: Wieso ist zum Beispiel der Vektor $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}$, wobei die 1 an $(k+1)$-ter Stelle steht, linear abhängig von den ersten k Vektoren?
Ist es hier so, dass dieser exkludiert wäre, da er sich nicht in der Menge aller Lösungsvektoren befindet?

Wenn du jetzt diese ganzen Überlegungen nochmal auf den obigen Lösungsvektor für den homogenen Fall anwendest, dann sollten sich deine Fragen vollends klären.

Im inhomogenen Fall müsste man ja stets die Affinität in Form* des Vektors \(\left(0,\dots,0,a^{k+1},\dotsc,a^n\right)^T\) ersteinmal wieder subtrahieren, um untersuchen zu können, ob eine (affine) Basis vorliegt. Das hatte ich zwar im Hinterkopf gehabt, dann aber vergessen dazuzuschreiben. Sorry!

* Um bei meiner Schreibweise aus #12 zu bleiben.


Jetzt hoffe ich, dass ich vollends alle Klarheiten beseitigen konnte. 😎


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Hallo Diophant,

vielen Dank dir für deinen ausführlichen Beitrag, mir ist nun diesbezüglich alles klar!


Jetzt hoffe ich, dass ich vollends alle Klarheiten beseitigen konnte. 😎

Du hast Gott sei Dank nicht alle Klarheiten, sondern alle Unklarheiten beseitigt 😉

Viele Grüße,
X3nion


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X3nion hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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