Version vom 31. Mai 2018, 20:34 Uhr

Inhaltsverzeichnis

1 Die Koeffizientenmatrix
2 Die Matrix aus der Vorlesung
3 Geometrische Interpretation der Matrix und des LGS
- 3.1 Lösungsgerade
- 3.2 Grafische Darstellung der Lösungsgeraden in Geogebra

Die Koeffizientenmatrix

So ist es, wenn man sich schnell in der Vorlesung ein Gleichungssystem einfallen lässt.
Zur Erinnerung: an der Tafel entstand spontan eine Koeffizientenmatrix vom folgenden Typ:
$M:= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$ Wir wollten den Rang (die Anzahl der linear unabhängigen Zeilen) dieser Matrix bestimmen und waren zunächst davon überzeugt, dass diese spezielle Wahl darauf hinaus laufen müsste, dass alle die Zeilen der Matrix $M$ linear unabhängig sein würden und unsere Matrix damit den Rang $3$ haben würde. Völlig erstaunt waren wir als wir konstatieren mussten, dass die dritte Zeile eine Linearkombination der ersten beiden Zeilen ist. Natürlich kann man den Algorithmus zur Generierung der Diagonalenform der Matrix anwenden, so wie wir es taten. Mehr Überzeugungskraft hat jedoch die Betrachtung des Schemas, wie die Matrix $M$ entsteht:
$\overrightarrow{z_1}=\begin{pmatrix} 1 &\vert& 2 &\vert& 3\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{z_2}=\begin{pmatrix} 4 &\vert& 5 &\vert& 6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 &\vert& 2 &\vert& 3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 &\vert& 3 &\vert& 3\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{z_3}=\begin{pmatrix} 7 &\vert& 8 &\vert& 9\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 &\vert& 2 &\vert& 3\end{pmatrix} + 2\begin{pmatrix} 3 &\vert& 3 &\vert& 3\end{pmatrix}$
Den Zeilenvektor $\begin{pmatrix} 3 &\vert& 3 &\vert& 3\end{pmatrix}$ bezeichnen wir kurz mit $\overrightarrow{3}$ .
Damit können wir $M$ wie folgt schreiben: $M=\begin{pmatrix} \overrightarrow{z_1} & ~ & ~ \\ \overrightarrow{z_1} &+ \overrightarrow{3} & ~\\ \overrightarrow{z_1} &+ \overrightarrow{3} &+ \overrightarrow{3} \end{pmatrix}$ .
Jetzt sieht man leicht, dass $\overrightarrow{z_3}$ eine Linearkombination von $\overrightarrow{z_1}$ und $\overrightarrow{z_2}$ ist:

$2\overrightarrow{z_2}= 2(\overrightarrow{z_1}+\overrightarrow{3})=2\overrightarrow{z_1}+2\overrightarrow{3}$

$\overrightarrow{z_3}=\overrightarrow{z_1}+2\overrightarrow{3}=2\overrightarrow{z_2}-\overrightarrow{z_1}=2\overrightarrow{z_1}+2\overrightarrow{3}-\overrightarrow{z_1}=\overrightarrow{z_1}+2\overrightarrow{3}=\begin{pmatrix} 1 &\vert& 2 &\vert& 3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 &\vert& 3 &\vert& 3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 &\vert& 3 &\vert& 3\end{pmatrix}$ .

$M:= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$ war die Matrix, die ich eigentlich an die Tafel bringen wollte. Stattdessen schrieb ich $M_2:= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 \end{pmatrix}$ . Der Beweis für $M_2$ funktioniert analog. Überzeugen Sie sich davon. Viel Spaß dabei --*m.g.* (Diskussion) 15:55, 24. Mai 2018 (CEST)

Die Matrix aus der Vorlesung

Die 3.Zeile ist eine Linearkombination der beiden anderen Zeilen

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 \end{pmatrix}$
$\overrightarrow{z_1} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$
$\overrightarrow{z_2}= \begin{pmatrix} 3 & 4 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \end{pmatrix}= \overrightarrow{z_1} + \overrightarrow{2}$
$\overrightarrow{z_3}= \begin{pmatrix} 6 & 7 & 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 4 & 5 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 & 3 & 3 \end{pmatrix}= \overrightarrow{z_2} + \overrightarrow{3} = \overrightarrow{z_1} + \overrightarrow{2}+ \overrightarrow{3}$
$5 \cdot \overrightarrow{z_2} = 5 \cdot \left ( \overrightarrow{z_1} + \overrightarrow{2} \right )= 5 \overrightarrow{z_1} + 5\overrightarrow{2}= 5 \overrightarrow{z_1} + \begin{pmatrix} 10 & 10 & 10 \end{pmatrix} = 5 \overrightarrow{z_1} + 2 \cdot \left ( \overrightarrow{2} + \overrightarrow{3} \right )$
$5 \overrightarrow{z_2} - 3 \overrightarrow{z_1} = 5 \overrightarrow{z_1} + 2 \cdot \left ( \overrightarrow{2} + \overrightarrow{3} \right ) - 3 \overrightarrow{z_1} = 2 \overrightarrow{z_1} + 2 \left ( \overrightarrow{2} + \overrightarrow{3} \right )= 2 \left ( \overrightarrow{z_1} + \overrightarrow{2} + \overrightarrow{3} \right )= 2 \overrightarrow{z_3}$

Also:
$\begin{matrix} &2& \overrightarrow{z_3} & = & 5 & \overrightarrow{z_2} &-& 3 &\overrightarrow{z_1} \\ &~& \overrightarrow{z_3} & = & \frac{5}{2} & \overrightarrow{z_2} &-& \frac{3}{2} &\overrightarrow{z_1} \\ \end{matrix}$

$\overrightarrow{z_3}$ ist damit eine Linearkombination der Vektoren $\overrightarrow{z_1}$ und $\overrightarrow{z_2}$ .

Die beiden oberen Zeilen sind linear unabhängig

Bei der Untersuchung der linearen Unabhängigkeit von zwei Zeilen geht es nur darum, ob eine Zeile aus der anderen Zeile durch Multiplikation mit einer reellen Zahl hervorgeht:
Gesucht ist also $\lambda \in \mathbb{R}$ mit $\lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 4 & 5 \end{pmatrix}$
Eine solche Zahl $\lambda$ existiert nicht. Zeile 1 und Zeile 2 bilden zusammen eine Menge linear unabhängiger Zeilenvektoren.

Der Rang der kleinen Koeefizientenmatrix

Die Matrix $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 \end{pmatrix}$ hat damit den Rang $2$ :
Die Anzahl der linear unabhängigen Zeilenvektoren der Menge $\left \{ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 & 4 & 5 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 6 & 7 & 8 \end{pmatrix} \right \}$ ist 2.

Die mehr algorithmische Vorgehensweise aus der Vorlesung

Ausgangsmatrix

$M_0=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 \\ \end{pmatrix}$

Schritt 1

Zeile 1 mit $-6$ multiplizieren und dann zu Zeile 3 addieren.
$-6 \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6 \cdot 1 & -6 \cdot 2 & -6 \cdot 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6 & -12 & -18 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} -6 & -12 & -18 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 6 & 7 & 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -5 & -10 \end{pmatrix}$
Wir erhalten die folgende Matrix:
$M_1=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 5 & 6 \\ 0 & -5 & -10 \end{pmatrix}$

Schritt 2

Zeile 1 mit $-3$ multiplizieren und zu Zeile 2 addieren: $-3 \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \cdot 1 & -3 \cdot 2 & -3 \cdot 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & -6 & -9 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} -3 & -6 & -9 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 & 4 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -2 & -4 \end{pmatrix}$
Wir erhalten die folgende Matrix:

$M_2=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -4 \\ 0 & -5 & -10 \end{pmatrix}$

Schritt 3

Wir multiplizieren die zweite Zeile aus $M_2$ mit $-\frac{5}{2}$ und addieren sie dann zu Zeile 3 in $M_2$
$-\frac{5}{2} \cdot \begin{pmatrix} 0 & -2 & -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{5}{2} \cdot 0 & -\frac{5}{2} & \cdot(-2) & -\frac{5}{2} \cdot(-4) \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 5 & 10 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} 0 & 5 & 10 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & -5 & -10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
Wir erhalten die folgende Matrix:
$M_3=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Der Rang unserer Ausgangsmatrix (wie der Matrix $M_3$ ) kann damit nicht mehr $3$ sondern nur noch höchstens $2$ sein.

Schritt 4

Wir addieren die zweite Zeile der Matrix $M_3$ zur ersten Zeile der Matrix $M_3$ und erhalten:
$M_3=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & -4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
Wir vereinfachen:
$M_3=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
Weitere Vereinfachungen sind nicht mehr möglich, unsere Matrix hat den Rang 2.

Geometrische Interpretation der Matrix und des LGS

Lösungsgerade

Wir ergänzen zum sogenannten homogenen LGS:
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
bzw.
$\begin{matrix} 1x &+& 2y &+& 3z &=& 0\\ 3x &+& 4y &+& 5z &=& 0\\ 6x &+& 7y &+& 8z &=& 0\\ \end{matrix}$
Da wir das homogene LGS betrachten, können wir auch unmittelbar die vereinfachten Matrizen verwenden: $\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
bzw.
$\begin{matrix} 1x &+& 0y &-& z &=& 0\\ 0x &-& y &-& 2z &=& 0\\ 0x &+& 0y &+& 0z &=& 0\\ \end{matrix}$
oder noch einfacher:
$\begin{matrix} x &~& ~ &-& z &=& 0\\ ~ &-& y &-& 2z &=& 0\\ \end{matrix}$
bzw.
$\begin{matrix} x &~& ~ &~& ~ &=& z\\ ~ &~& y &~& ~ &=& -2z \\ \end{matrix}$
Es ergibt sich damit die folgende Lösungsmenge $L$ für unser homogenes LGS: $L = \left \{ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \Bigg\vert \begin{matrix} x &=& t \\ y &=& -2t \\ z &=& t \end{matrix},~ t \in \mathbb{R} \right \}$
Wir erkennen einen proportionalen Zusammenhang jeweils zwischen den $x-$ Werten, $y-$ Werten und $z-$ Werten.
Die Lösungsmenge $L$ lässt sich also als die Menge der Koordinaten der Punkte einer Geraden $g$ interpretieren. Diese Gerade geht u.a. durch die Punkte $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ . Wir schreiben die Gleichung der Geraden $g$ in Parameterform: $P=A \cdot \overrightarrow{r}$ mit $A= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ und $\overrightarrow{r} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ und damit $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$

Grafische Darstellung der Lösungsgeraden in Geogebra

nur die Gerade

Lösungsgerade auf Geoegebra Tube

mit den Ebenen der vereinfachten Koeffizientenmatrix

$\begin{matrix} \text{Blau: } & x &-& z &=& 0 \\ \text{Rot: } & -y &-& 2z &=& 0 \end{matrix}$
Lösungsgerade mit einfachen Ebenen auf Geoegebra Tube

mit den Ebenen der Ausgangsmatrix und den Normalenvektoren der Ausgangsebenen

Ebenen

$\begin{matrix} \text{Blau: } & 1x &+& 2y &+& 3z &=& 0 \\ \text{Rot: } & 3x &+& 4y &+& 5z &=& 0 \\ \text{Gelb: } & 6x &+& 7y &+& 8z &=& 0 \\ \end{matrix}$

Normalenvektoren

$\begin{matrix} \text{kurz: } & \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\3 \end{pmatrix} \\ \text{mittel: } & \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \\5 \end{pmatrix} \\ \text{lang: } & \begin{pmatrix} 6 \\ 7 \\8 \end{pmatrix} \\ \end{matrix}$
Die Datei auf Geogebra Tube
Wir sehen, dass die drei Normalenvektoren komplanar sind. Sie können Sich die Ebene in der Geogebradatei anzeigen lassen.

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 </math>
 <br />
-[https://ggbm.at/PGtkM5Hw Die Datei auf Geogebra Tube]
+[https://ggbm.at/PGtkM5Hw Die Datei auf Geogebra Tube]<br />
+Wir sehen, dass die drei Normalenvektoren komplanar sind. Sie können Sich die Ebene in der Geogebradatei anzeigen lassen.
 <!--- hier drunter nichts eintragen --->
 [[Kategorie:Linalg]]

Das Problem mit dem Beispiel zur linearen Unabhängigkeit der Zeilen der Koeffizientenmatrix vom 18. Mai: Unterschied zwischen den Versionen