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Aufgabe:

Bestimmen Sie eine Basis von Kern A und die Lösungsgesamtheit des linearen Gleichungssystems Ax = b in parametrisierter Form?


Matrix A=\( \begin{pmatrix} 2 & 3 & 1 & 0 & 7 \\ 0 & 0  & 4 & -1 & 2 \\ 0  & 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \)

Vektor b= \( \begin{pmatrix} 1\\1\\3 \end{pmatrix} \)




Kann mir jemand mit Rechenschritte die Aufgabe erklären?

Ich bedanke mich schon einmal im Voraus! :)

von

Tut mir leid, hab mich mehrmals vertippt, aber habe es jetzt überarbeitet

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Aloha :)

zu a) Der Kern von \(A\) enthält alle Vektoren \(\vec x\), die auf \(\vec 0\) abgebildet werden \(A\cdot\vec x\stackrel!=0\).

Zur Ermittlung dieser \(\vec x\) lösen wir daher das folgende Gleichungssystem. Ziel ist es, so viele Spalten wie möglich zu erhalten, die aus lauter Nullen und genau einer Eins bestehen:$$\begin{array}{rrrrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & x_4 & x_5 & = & \text{Operation}\\\hline2 & 3 & 1 & 0 & 7 & 0 &\\0 & 0 & 4 & -1 & 2 & 0 &+\text{Zeile 3}\\0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\\hline2 & 3 & 1 & 0 & 7 & 0 &\\0 & 0 & 4 & 0 & 2 & 0 &\colon4\\0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 0\\\hline2 & 3 & 1 & 0 & 7 & 0 &-\text{Zeile 2}\\0 & 0 & 1 & 0 & \frac12 & 0 &\\0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 0\\\hline\\[-2.3ex]2 & 3 & 0 & 0 & \frac{13}{2} & 0 &\colon2\\[1ex]0 & 0 & \pink1 & 0 & \frac12 & 0 &\\[1ex]0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 0\\\hline\\[-2.3ex]\pink1 & \frac32 & 0 & 0 & \frac{13}{4} & 0 &\Rightarrow x_1+\frac32x_2+\frac{13}{4}x_5=0\\[1ex]0 & 0 & \pink1 & 0 & \frac12 & 0 &\Rightarrow x_3+\frac12x_5=0\\[1ex]0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 0 & \Rightarrow x_4=0\end{array}$$

Wir stellen jede Gleichung nach der Koordinate mit der pinken Eins um und erhalten:$$x_1=-\frac32x_2-\frac{13}{4}x_5\quad;\quad x_3=-\frac12x_5\quad;\quad x_4=0$$

Damit können wir alle Vektoren \(\vec x\) des Kerns darstellen:$$\vec x=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac32x_2-\frac{13}{4}x_5\\[0.5ex]x_2\\[0.5ex]-\frac12x_5\\[0.5ex]0\\x_5\end{pmatrix}=\frac{x_2}{2}\pink{\begin{pmatrix}-3\\2\\0\\0\\0\end{pmatrix}}-\frac{x_5}{4}\pink{\begin{pmatrix}13\\0\\2\\0\\-4\end{pmatrix}}$$Alle Vektoren \(\vec x\) des Kerns können aus den beiden pinken Basisvektoren gebildet werden. Diese beiden Vektoren bilden also ein mögliche Basis des Kerns von \(A\).

zu b) Der zweite Teil der Aufgabe geht analog nur mit einer anderen "="-Spalte. Daher ändert sich in der Rechnung auch nur diese Spalte:$$\begin{array}{rrrrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & x_4 & x_5 & = & \text{Operation}\\\hline2 & 3 & 1 & 0 & 7 & 1 &\\0 & 0 & 4 & -1 & 2 & 1 &+\text{Zeile 3}\\0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 3\\\hline2 & 3 & 1 & 0 & 7 & 1 &\\0 & 0 & 4 & 0 & 2 & 4 &\colon4\\0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 3\\\hline2 & 3 & 1 & 0 & 7 & 1 &-\text{Zeile 2}\\0 & 0 & 1 & 0 & \frac12 & 1 &\\0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 3\\\hline\\[-2.3ex]2 & 3 & 0 & 0 & \frac{13}{2} & 0 &\colon2\\[1ex]0 & 0 & \pink1 & 0 & \frac12 & 1\\[1ex]0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 3\\\hline\\[-2.3ex]\pink1 & \frac32 & 0 & 0 & \frac{13}{4} & 0 &\Rightarrow x_1+\frac32x_2+\frac{13}{4}x_5=0\\[1ex]0 & 0 & \pink1 & 0 & \frac12 & 1 &\Rightarrow x_3+\frac12x_5=1\\[1ex]0 & 0 & 0 & \pink1 & 0 & 3 & \Rightarrow x_4=3\end{array}$$

Wir stellen wieder jede Gleichung nach der Koordinate mit der pinken Eins um:$$x_1=-\frac32x_2-\frac{13}{4}x_5\quad;\quad x_3=1-\frac12x_5\quad;\quad x_4=3$$

Damit können wir wieder alle Lösungsvektoren \(\vec x\) angeben:$$\vec x=\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac32x_2-\frac{13}{4}x_5\\[0.5ex]x_2\\[0.5ex]1-\frac12x_5\\[0.5ex]3\\x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\3\\0\end{pmatrix}+\frac{x_2}{2}\pink{\begin{pmatrix}-3\\2\\0\\0\\0\end{pmatrix}}-\frac{x_5}{4}\pink{\begin{pmatrix}13\\0\\2\\0\\-4\end{pmatrix}}$$

Die Lösungen bestehen aus einer speziellen Lösung plus aller Vektoren des Kerns.

von 118 k 🚀

Vielen lieben Dank!!! :)

Eine Frage hätte ich noch...Was ist wenn nach Basis von Bild gefordert wird?

Eine Basis des Bildes bekommst du, indem du die linearen Abhängigkeiten aus den Spaltenvektoren herausrechnest. Dazu kannst du elementare Spaltenumformungen verwenden. Ziel ist es nun, so viele Zeilen wie möglich zu erhalten, die aus lauter Nullen und genau einer Eins bestehen:

$$\begin{array}{rrrrr}\colon2 & \colon3 & & &\\\hline2 & 3 & 1 & 0 & 7\\0 & 0 & 4 & -1 & 2\\0 & 0 & 0 & 1 & 0\\\hline\end{array}\to\begin{array}{rrrrr} & -S_1 & -S_1 & & -7S_1\\\hline1 & 1 & 1 & 0 & 7\\0 & 0 & 4 & -1 & 2\\0 & 0 & 0 & 1 & 0\\\hline\end{array}\to$$$$\begin{array}{rrrrr} & & \colon4& &\colon2 \\\hline1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 4 & -1 & 2\\0 & 0 & 0 & 1 & 0\\\hline\end{array}\to\begin{array}{rrrrr} & & & +S_3 & -S_3 \\\hline1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & -1 & 1\\0 & 0 & 0 & 1 & 0\\\hline\end{array}\to$$$$\begin{array}{rrrrr}\vec b_1 & & \vec b_2 & \vec b_3 & \\\hline1 & 0 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 0\\\hline\end{array}$$

Die vom Nullvektor verschiedenen Spaltenvektoren bilden eine Basis des Bildes von \(A\).

Hier ist also das Bild offensichtlich der gesamte \(\mathbb R^3\).

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Mit Gauss bekomme ich als reduzierte Stufennormalform$$\left(\begin{array}{ccccc}1&3/2&0&0&13/4\\0&0&1&0&1/2\\0&0&0&1&0\end{array}\right)$$Hieraus bekomme ich als eine Basis

\(\{(3,-2,0,0,0)^T,(13,0,2,0,-4)^T\}\)

von 17 k

Auch dir danke!

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