Basis eines Untervektorraums

Question

Q-Vektorraum Q^3 mit zwei Untervektorräumen U und V :

U := Lin({(1 2 1) , (2 5 2)}) und V := Lin({(4 1 2) , (8 3 4) , (12 5 6)})

Ich soll durch Angabe einer Basis den Untervektorraum U ∩ V bestimmen .

Mein Ansatz :

In U befinden sich Vektoren der Form (c b c) und (d f d) mit c ist Vielfaches von 1 und d ist Vielfaches von 2 .

In V gibt es Vektoren (e f g ) mit e ist Vielfaches von 4 und g ist Vielfaches von 2 .

Daher wäre U ∩ V durch Angabe einer Basis durch {(0 1 0) , (1 2 1)} gegeben.

Ist diese Lösung so korrekt ?

Answer 1

In jedem Vektor von {(1 2 1) , (2 5 2)} ist die erste Komponente gleich der dritten Komponente. Das wird auch im Erzeugnis U von {(1 2 1) , (2 5 2)} so sein.

In jedem Vektor von {(4 1 2) , (8 3 4) , (12 5 6)} ist die erste Komponente das doppelte der dritten Komponente. Das wird auch im Erzeugnis V von {(4 1 2) , (8 3 4) , (12 5 6)} so sein.

In U∩V liegen also nur Vektoren, deren erste Komponente sowohl gleich, als auch doppelt so groß wie die dritte Komponente ist. Ich kenne eine einzige Zahl x, die die Gleichung 1·x = 1·x erfüllt.

Es stellt sich die Frage, ob U∩V vielleicht der Nullvektorraum ist.
 Das ist genau dann der Fall, wenn die Gleichung

a(4 1 2) + b(8 3 4) + c (12 5 6) = c(1 2 1) + d(2 5 2)

nur eine einzige Lösung besitzt.

Comments

Ich habe leider vernachlässigt , dass V nur Vektoren hat , dessen dritte Komponenten die Hälfte der ersten Komponenten sind .

Wenn ich nun die obige Gleichung übernehme , kann ich ja das ein lineares Gleichunsgssystem

4 8 12 | 2

1 3 5 | 5

2 4 6 | 2

aufstellen.

Dafür erhalte ich aber keine Lösungen .

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Dann ist (2 5 2) ∉ V

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Das hilft dir aber nicht weiter. Auch wenn jetzt noch (1 2 1) ∉ V ist, kann es trotzdem sein, dass U∩V ≠ {0} ist.

Löse stattdessen das Gleichungssystem, dass ich angegeben habe.

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Es gibt nur eine Lösung : (-4 5 -2) . Dadurch gibt es nur eine Linearkombination , für die U und V gleich sind , also ist U ∩ V der Nullvektor , da dieser immer in einem Untervektorraum liegt und sich durch nur eine Linearkombination keine weiteren Vektoren in U ∩ V ergeben können . Der Vektorraum U ∩ V muss durch eine Basis angegeben werden , also bleibt ja nur noch die leere Menge , die den Vektorraum bestimmt , oder?

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Opps, da ist mir ein Fehler unterlaufen. Auf der rechten Seite muss d(1 2 1) + e(2 5 2) stehen.

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Mir ist nicht klar , wie ich für a(4 1 2) + b(8 3 4) + c (12 5 6) = d(1 2 1) + e(2 5 2)

ein Gleichungssysten aufstellen kann. 

Das wären doch zwei gesonderte Gleichungssysteme auf beiden Seiten der Gleichung. Ich kenne nur Systeme der Form : a1x1 + ... anxn = b 

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Dann nehmen wir halt a(4 1 2) + b(8 3 4) + c (12 5 6) - d(1 2 1) - e(2 5 2) = (0 0 0).

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Ich weiß leider nicht , wie man Gleichungssyste mit mehr Variablen als Gleichungen löst.

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Die löst man genau so wie Gleichungssysteme mit gleich viel Variablen wie Gleichungen. Lediglich das Ablesen der Lösungen gestaltet sich etwas schwieriger.

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Das homogene Gleichungssystem wäre dann ja

4 8 12 -1 -2 | 0

1 3 5 -2 -5 | 0

2 4 6 -1 -2 | 0

Umgeformt und in Dreiecksgestalt gebracht käme

1 2 -6 -2 -4 | 0

0 1 7 3 5 | 0

0 0 6 2 4 | 0

heraus . Wie lese ich jetzt die Lösung(en) heraus ?

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Ich habe die Matrix noch etwas weiter umgeformt zu \( \begin{pmatrix}1&0&0&-\frac{4}{3}&-\frac{2}{3}\\0&1&0&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\0&0&1&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\end{pmatrix} \)

Die Spalten entsprechenen den Variablen a,b,c,d,e. Für die letzten zwei Spalten werden Parameter r und s festgelegt. Also:

e = 0r + 1s

d = 1r + 0s

Die letzte Zeile sagt dann c + 1/3 r + 2/3 s = 0 also c = - 1/3 r - 2/3 s

Die zweite Zeile sagt dann b + 2/3 r + 1/3 s = 0 also b = - 2/3 r - 1/3 s

Die erste Zeile sagt dann a - 4/3 r - 2/3 s = 0 also a =  4/3 r + 2/3 s

Insgesamt kann man das als linearkombination zweier Vektoren schreiben:

\( \begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\\e\end{pmatrix} = r\cdot \begin{pmatrix}\frac{4}{3}\\-\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\\1\\0\end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\\-\frac{2}{3}\\0\\1\end{pmatrix}\)

Wähle konkrete Werte für r und s um konkrete Lösungen zu bekommen.

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Also gibt es nicht nur eine Lösung für die am Anfang aufgestellte Gleichung , was im Kontext der gesamten Aufgabe bedeutet : U ∩ V ist nicht der Nullvektorraum . Das würde doch dann bedeuten , dass U ∩ V als Basis dargestellt {(4/3 -2/3 -1/3 1 0) , (2/3 -1/3 -2/3 0 1 )} wäre , oder?

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U ∩ V kann nicht {(4/3 -2/3 -1/3 1 0) , (2/3 -1/3 -2/3 0 1 )} als Basis haben, da U ∩ V ⊆ ℚ³ ist und {(4/3 -2/3 -1/3 1 0) , (2/3 -1/3 -2/3 0 1 )} ⊆ ℚ⁵.

Allerdings sagt die Lösung aus, dass jeder Vektor aus U als Linearkombination von Vektoren aus V dargestellt werden kann. Mit anderen Worten U⊆V. Das ist aber ein widerspruch zu meiner Antwort oben.

Ich vermute beim Lösen des LGS ist etwas schief gelaufen. Ich werfe mal meinen Rechner an und melde mich dann wieder.

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Ich komme mit dem Rechner auf \( \begin{pmatrix}1 & 0 & −1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \) was zur Lösungsmenge \( \begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\\e\end{pmatrix} = s \cdot \begin{pmatrix}1\\-2\\1\\0\\0\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-2\\1\\0\\-2\\1\end{pmatrix} \) führt.

In die ursprüngliche Gleichung eingesetzt bedeutet dass:

(s-2r)⋅(4 1 2) + (-2s+r)⋅(8 3 4) + s⋅(12 5 6) = -2r⋅(1 2 1) + r⋅(2 5 2)

Die einzigen Vektoren von U, die im Erzeugniss von V liegen, sind also die der Form -2r⋅(1 2 1) + r⋅(2 5 2)

Es ist -2r⋅(1 2 1) + r⋅(2 5 2)
 = r⋅(-2 -4 -2) + r⋅(2 5 2)
 = r⋅( (-2 -4 -2) + r(2 5 2) )
 = r⋅(0 1 0)

(0 1 0) ist eine Basis von U∩V.