Zu a) ; in Matrix A hast du jeweils Zeile 3 = Minus Zeile 1 , analog für die Spalten. Damit beträgt der Rang 1 .
Rang ( A ) + dim Kern ( A ) = n = 3 ( 1 )
Damit hat der Kern Dimension 2 . Die Spalten der Matrix sind immer die Bilder der kanonischen Einheitsvektoren; damit ist Vektor ( 0 | 1 | 0 ) einer der beiden Kernvektoren.
Der Rang von B ist 2 ; denn wenn du von Spalte 2 nach Spalte 3 willst, konkuriert der Faktor ( i/3 ) mit ( - 3 i ) Dann hat aber der Kern Dimension 1 .
b) Der Bildraum wird aufgespannt von den kanonischen Vektoren e1 und e3; die Bildvektoren von B sind
b1 = 3 e1 + i e3 ( 2a )
b2 = i e1 + 3 e3 ( 2b )
Kern ist Vektor e1 .
Zu c)
3 y + i z = b1 ( 3a )
0 = b2 ( 3b )
i y2 + 3 z = b3 ( 3c )
Gemäß unserer obigen Aussage, dass wir hier Rang 2 vor uns haben, hat die Determinante von ( 3ac ) den Wert 10 ; dieses LGS ist daher immer eindeutig lösbar. Was allerdings bleibt, ist die Beliebigkeit in x, und nur wenn b2 = 0 gesetzt wird, ist das LGS überhaupt lösbar.
Zu d)
3 y + i z = 2 | * 3 ( 4a )
i y + 3 z = 4 i | * i ( 4b )
Zur Anwendung kommt das Subtraktionsverfahren ( 4a ) - ( 4b ) ; die Umformungsschritte habe ich wie üblich vermerkt.
10 y = 10 ===> y = 1 ( 5a )
z = i ( 5b ) ; Probe !
