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Lineare Algebra » Matrizenrechnung » Satz über Lösbarkeit von inhomogenem LGS
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Universität/Hochschule J Satz über Lösbarkeit von inhomogenem LGS
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-08-09


Hallo zusammen!

Ich verstehe eine Kleinigkeit beim Beweis des folgenden Satzes nicht:

- - - - - - - - - - -

Satz:Sei $Ax=b$ ein inhomogenes lineares Gleichungssystem. Sei $(A|b)$ die augmentierte Matrix. Dann ist das Gleichungssystem genau dann lösbar, wenn $rang A=rang(A|b)$ gilt.


Beweis:

Ist $Ax=b$ lösbar, so ist $b$ eine Linearkombination der Spalten von $A$. Somit ändert sich der Spaltenrang durch Hinzunahme der Spalte $b$ nicht.
Der Spaltenraum von $A$ ist im Spaltenraum von $(A|b)$ enthalten. Da die Dimensionen nach Voraussetzung übereinstimmen, ist $b$ im Spaltenraum von $A$ enthalten. Die Linearkombination von $b$ aus den Spalten von $A$ liefert gerade die Lösung $x$.  

- - - - - - - - - -


Die "Hin-Richtung" ist mir klar. Bei der "Rück-Richtung" verstehe ich nicht, wozu die Tatsache benötigt wird, dass der Spaltenraum von $A$ im Spaltenraum von $(A|b)$ enthalten ist. Genügt es nicht zu sagen, dass aufgrund der selben Dimension b im Spaltenraum von A enthalten ist und somit b eine Linearkombination aus Vektoren von A ist?


Ich wäre euch wie immer für jede Antwort sehr dankbar!


Viele Grüße,
X3nion


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Ich bin Asperger-Autist. Wenn du mir antwortest, wofür ich mich jetzt schon sehr bedanke, dann beachte bitte den Text im Sektor "meine Geschichte" auf meiner Profilseite, der erklärt, wie du auf meine Besonderheiten Rücksicht nehmen kannst.



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-08-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo X3nion,

beachte, dass im Beweis nicht steht, dass \(A\) im Spaltenraum von \((A|b)\) enthalten ist (das würde typmäßig nicht passen), sondern, dass da steht, dass der Spaltenraum von \(A\) im Spaltenraum von \((A|b)\) enthalten ist (also: eine Teilmenge davon ist).

Hast du vielleicht die folgende Frage stellen wollen?

2020-08-09 00:59 - X3nion im Themenstart schreibt:
Bei der "Rück-Richtung" verstehe ich nicht, wozu die Tatsache benötigt wird, dass der Spaltenraum von $A$ im Spaltenraum von $(A|b)$ enthalten ist. Genügt es nicht zu sagen, dass aufgrund der selben Dimension b im Spaltenraum von A enthalten ist und somit b eine Linearkombination aus Vektoren von A ist?

mfg
thureduehrsen
\(\endgroup\)


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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


Hallo thureduehrsen und vielem Dank für deine Antwort.

Ja genau, die von dir veränderte zitierte Frage aus meinem Themenstart wollte ich stellen.
Ich habe den Post dementsprechend geändert.

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,

ich würde sagen, das ist hier eine Frage der Ausführlichkeit bzw. Präzision.

Wenn man zu einem Erzeugendensystem bspw. eines Unterraums einen weiteren Vektor hinzunimmt, dann ist das ursprüngliche Erzeugnis ja im neuen auch enthalten. Also: es ist eigentlich eine Selbstverständlichkeit, die aber der Vollständigkeit halber erwähnt wird.

So sehe ich es zumindest.


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,

vielen Dank für deine Unterstützung!

Ich finde es für diesen Beweis eine irrelevante und nicht zielführende Tatsache, oder seht ihr das anders?

Viele Grüße,
X3nion


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

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo X3nion,

ich halte das für ganz und gar nicht überflüssig. Ich hätte den Beweis vermutlich folgendermaßen geschrieben:


Der Spaltenraum von $A$ ist im Spaltenraum von $(A|b)$ enthalten. Da die Dimensionen nach Voraussetzung übereinstimmen, gilt SR(A)=SR(A|b) und deswegen ist b nicht nur im Spaltenraum von (A|b), sondern auch im Spaltenraum von A enthalten, lässt sich also aus den Spalten von A linear kombinieren. Dies liefert gerade die Lösung $x$.  

mfg
thureduehrsen
\(\endgroup\)


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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 thureduehrsen,

für eine Gleichheit muss man ja zwei Inklusionen zeigen. Zum einen wird $SR(A) \subset SR(A|b)$ gezeigt, was offensichtlich ist.
Auf der anderen Seite muss man ja noch $SR(A|b) \subset SR(A)$ zeigen.
Wo wird das gezeigt?

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 nochmal,

das wird nicht gezeigt, sondern einfach mit der Tatsache begründet, dass die Koeffizientenmatrix und die augmentierte Matrix nach Voraussetzung gleichen Rang haben.

Das steckt im Prinzip in diesem Satz:

2020-08-09 00:59 - X3nion im Themenstart schreibt:
...Da die Dimensionen nach Voraussetzung übereinstimmen, ist $b$ im Spaltenraum von $A$ enthalten...


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


Hallo,

hmm aber wozu benötigt man dann im Beweis, dass der Spaltenraum von A im Spaltenraum von (A|b) enthalten ist? Du, thureduehrsen, meintest ja, das wäre im Beweis eine relevante Tatsache.

Viele Grüße,
X3nion


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

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo X3nion,

ganz abstrakt formuliert:

sind U und V zwei endlich-dimensionale F-Vektorräume, so gilt:
\[
(U \subseteq V \land\dim_F (U) =\dim_F (V)) \implies U=V\quad.
\]
(Ist dir dieser Satz bekannt?)

Um diesen Satz anwenden zu können, wird die Inklusion \(SR(A)\subseteq SR (A|b)\) vorausgesetzt.

So sehe ich das zumindest.

Die Beweise in eurem Skript sind da und dort sehr knapp formuliert, wie ich finde.

mfg
thureduehrsen
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Hallo thureduehrsen,

nein, der Satz ist mir leider nicht bekannt.
Die eine Voraussetzung ist ja bereits die eine Inklusion.
Das würde ja aber bedeuten, dass aus $dim_{F}(U) = dim_{F}(V)$ die andere Inklusion $V \subseteq U$ folgt?
Ja in der Tat, ich hätte mir hier und da mehr Ausführlichkeit gewünscht!

Viele Grüße,
X3nion


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

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo X3nion,

2020-08-09 17:19 - X3nion in Beitrag No. 10 schreibt:
Das würde ja aber bedeuten, dass aus $\dim_{F}(U) = \dim_{F}(V)$ die andere Inklusion $V \subseteq U$ folgt?

Genau so ist es, das ist der fehlende Baustein im Beweis.

mfg
thureduehrsen
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Hallo thureduehrsen,

hmm aber folgt aus dieser Dimensionsgleichheit nicht auch bereits $U \subseteq V$ ?

Viele Grüße,
X3nion


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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-08-09


Hallo X3nion,

ich bin der Meinung, dass man zumindest eine der Inklusionen voraussetzen muss. Wenn man das nicht tut, dann bekommt man die Gleichheit nicht gefolgert, sondern nur Isomorphie.

Ich schaue mir das Problem demnächst mal in Ruhe an.
Das soll aber keineswegs heißen, dass du das nicht auch tun darfst. Ziehe auch andere Literatur als dein Skript und den Matheplaneten heran.

mfg
thureduehrsen



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X3nion
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Hallo thureduehrsen,

okay alles klar, vielen Dank dir!

Aber etwas leuchtet mir nicht ganz ein: benötigt man den unbedingt die Gleichheit SR(A) = SR(A|b)?
Weil in unserem Falle wollen wir ja, dass b im Spaltenraum von A enthalten ist.
In deinem Satz haben wir
\[
(U \subseteq V \land\dim_F (U) =\dim_F (V)) \implies U=V\quad.
\]
Also insbesondere eben $\dim_F (U) =\dim_F (V) \implies V \subset U$.
Oder benötigen wir für das Folgern von $V \subset U$ die komplette Voraussetzung $U \subseteq V \land\dim_F (U) =\dim_F (V)$?

Jedenfalls, wenn $V \subset U$ ausschließlich aus der Gleichheit der Dimensionen folgen würde, dann hätten wir ja mit $U:= SR(A)$ und $V:= SR(A|b)$ insgesamt $SR(A|b) \subset SR(A)$.
b ist offensichtlich im Spaltenraum von A|b enthalten, und damit auch im Spaltenraum von A.

Verstehst du, auf was ich hinaus möchte? Also ob man hier die eine Inklusion unbedingt braucht, um die Aussage zu beweisen.

Viele Grüße,
X3nion


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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-08-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
2020-08-09 18:17 - X3nion in Beitrag No. 14 schreibt:
 
In deinem Satz haben wir
\[
(U \subseteq V \land\dim_F (U) =\dim_F (V)) \implies U=V\quad.
\]
Also insbesondere eben $\dim_F (U) =\dim_F (V) \implies V \subset U$.

Dieser Schluss ist nicht zulässig.

Du musst nur zwei endlich-dimensionale F-Vektorräume derselben Dimension hernehmen, die aber bezüglich Inklusion nicht vergleichbar sind.

Etwa \(\mathbb {R}^2 \cong \{a\,x+b: a,b\in\mathbb {R}\}\).
Beide haben Dimension 2, aber keiner ist Teilmenge des anderen.

mfg
thureduehrsen
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-08-09


@thureduehrsen:
Für die Gültigkeit bzw. Sinnhaftigkeit dieses Gegenbeispiels muss man aber IMO den gesamten Kontext vergessen. Wenn ich X3nion richtig verstanden habe, lautet seine Frage ja gerade eben, weshalb die Gleichheit in diesem Kontext hier so wichtig ist (abgesehen davon, dass sie sowieso evident ist).

Verwendet wird ja dann schlussendlich auch nur, dass b eine Linearkombination der Spalten von A ist. Und dazu reicht die Erkenntnis, dass b im Spaltenraum von A liegt.


Gruß, Diophant



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Könnte man diesen Aussage durch Widerspruch vielleicht beweisen?

Sei $rang(A) = rang(A|b) = n$.
Wir zeigen erst einmal $SR(A) \subseteq SR(A|b)$.
Dann gehen wir her und nehmen an, dass $SR(A) \subsetneq SR(A|b)$.
Es existiert also ein $x \in SR(A|b)$ mit $x \notin SR(A)$.
x ist also nicht aus den Spaltenvektoren von A linear kombinierbar, aber es gibt nach Annahme eine Linearkombination der Spalten aus $A|b$, die x darstellt, etwa $x = \sum \limits_{i=1}^{n} \lambda^{i}a_{i} + \lambda^{n+1} b$, wobei $a_{i}$ die Spalten von A sind.
Da $rang(A) = rang(A|b)$, ist die Familie $\{\left(a_{i}\right)_{1 \le i \le n}, b\}$ linear abhängig. Es existieren also $\xi^{i}$, nicht alle gleich Null, mit $\sum \limits_{i=1}^{n} \xi^{i}a_{i} + \xi^{n+1} b = 0$.

Gelte ohne Einschränkung $\xi^{n+1} \neq 0$.
 
Damit ist $b = -\frac{1}{\xi^{n+1}}\sum \limits_{i=1}^{n}\xi^{i}a_{i}$ und wir erhalten \[x = \sum \limits_{i=1}^{n} \lambda^{i}a_{i} + \lambda^{n+1} b = \sum \limits_{i=1}^{n} \lambda^{i}a_{i} + \lambda^{n+1} \cdot \left(-\frac{1}{\xi^{n+1}}\sum \limits_{i=1}^{n}\xi^{i}a_{i}\right) = \sum \limits_{i=1}^{n} \eta^{i}a_{i} \] mit $\eta^{i}:= -\frac{1}{\xi^{n+1}}\lambda^{n+1}\lambda^{i}\xi^{i}$ für alle i. x ist damit eine Linearkombination aus Spaltenvektoren aus A, Widerspruch.

Damit war die Annahme $SR(A) \subsetneq SR(A|b)$ falsch und es muss doch $SR(A) = SR(A|b)$ gelten.

Wäre dieser Beweis so okay?

Viele Grüße,
X3nion

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]


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2020-08-09 19:21 - Diophant in Beitrag No. 16 schreibt:
@thureduehrsen:
Für die Gültigkeit bzw. Sinnhaftigkeit dieses Gegenbeispiels muss man aber IMO den gesamten Kontext vergessen. Wenn ich X3nion richtig verstanden habe, lautet seine Frage ja gerade eben, weshalb die Gleichheit in diesem Kontext hier so wichtig ist (abgesehen davon, dass sie sowieso evident ist).

Verwendet wird ja dann schlussendlich auch nur, dass b eine Linearkombination der Spalten von A ist. Und dazu reicht die Erkenntnis, dass b im Spaltenraum von A liegt.


Gruß, Diophant

Ja genau, darauf wollte ich eigentlich hinaus, dass diese Gleichheit hier ja eigentlich nicht so wichtig ist?


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Hallo Diophant,

2020-08-09 19:21 - Diophant in Beitrag No. 16 schreibt:
Verwendet wird ja dann schlussendlich auch nur, dass b eine Linearkombination der Spalten von A ist. Und dazu reicht die Erkenntnis, dass b im Spaltenraum von A liegt.

Ich sage dazu: wir benutzen, dass aus der Gleichheit der Ränge die Gleichheit der Räume folgt.

(Also, dass hier Spaltenrang(A|b) = Spaltenrang(A) gilt.)

Nur so bekomme ich den Schluss

b im Spaltenraum von (A|b) ==> b im Spaltenraum von A

hin. Oder irre ich an dieser Stelle?

mfg
thureduehrsen

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]



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Diophant
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
@thureduehrsen:

2020-08-09 19:29 - thureduehrsen in Beitrag No. 19 schreibt:
Hallo Diophant,

2020-08-09 19:21 - Diophant in Beitrag No. 16 schreibt:
Verwendet wird ja dann schlussendlich auch nur, dass b eine Linearkombination der Spalten von A ist. Und dazu reicht die Erkenntnis, dass b im Spaltenraum von A liegt.

Ich sage dazu: wir benutzen, dass aus der Gleichheit der Ränge die Gleichheit der Räume folgt.

Ja nun, aber diese Matrix A und der Vektor b sind ja nicht irgendwie zusammengewürfelt. Sondern es ist b der Ergebnisvektor in der augmentierten Matrix des betrachteten LGS. Insofern ist schonmal klar, dass die Matrix \(A|b\) trivialerweise alle Spalten von \(A\) enthält. Und von daher kann ich das Brimborium, was hier um diese Gleichheit veranstaltet wird, auch nicht so ganz verstehen.

Für mich hat der entsprechende Satz im Skript die Funktion, eine evidente Tatsache nochmal in Erinnerung zu rufen. Das kann man natürlich machen. Aber für den Rest der Betrachtung spielt es keine Rolle (in dem Sinn, dass es in diesem Zusammenhang gar nicht anders sein kann).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Ich sage dazu: wir benutzen, dass aus der Gleichheit der Ränge die Gleichheit der Räume folgt.

(Also, dass hier Spaltenrang(A|b) = Spaltenrang(A) gilt.)
Nur so bekomme ich den Schluss

b im Spaltenraum von (A|b) ==> b im Spaltenraum von A

hin. Oder irre ich an dieser Stelle?

mfg
thureduehrsen

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]

Würde hier nicht $SR(A|b) \subset SR(A)$ genügen?
Weshalb benötigen wir hier die Gleichheit $SR(A|b) = SR(A)$?


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\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
2020-08-09 19:25 - X3nion in Beitrag No. 17 schreibt:
Könnte man diesen Aussage durch Widerspruch vielleicht beweisen?

Sei $rang(A) = rang(A|b) = n$.
Wir zeigen erst einmal $SR(A) \subseteq SR(A|b)$.
[...]

Dieser Beweis wäre sogar extrem okay, aber sonderlich erhellend ist er nicht, denn es gilt doch Folgendes:

\[Rang(M) = Spaltenrang(M) \quad\text{für jede Matrix }M\quad.\]
Wenn also \(Rang(A) = Rang(A|b)\) gilt, dann hast du sofort \(Spaltenrang(A) = Spaltenrang(A|b)\).

Interessant ist doch vielmehr Folgendes:

Wenn Spaltenrang(A) = Spaltenrang(A|b) gilt, warum gilt dann auch

b im Spaltenraum von (A|b) ===> b im Spaltenraum von (A) ?

mfg
thureduehrsen

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.19 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Dieser Beweis wäre sogar extrem okay, aber sonderlich erhellend ist er nicht, denn es gilt doch Folgendes:

\[Rang(M) = Spaltenrang(M) \quad\text{für jede Matrix }M\quad.\]
Wenn also \(Rang(A) = Rang(A|b)\) gilt, dann hast du sofort \(Spaltenrang(A) = Spaltenrang(A|b)\).

Interessant ist doch vielmehr Folgendes:

Wenn Spaltenrang(A) = Spaltenrang(A|b) gilt, warum gilt dann auch

b im Spaltenraum von (A|b) ===> b im Spaltenraum von (A) ?

mfg
thureduehrsen


Würde das nicht aus meinem Beweis folgen? Dort habe ich ja versucht zu zeigen, dass $Spaltenraum(A) = Spaltenraum(A|b)$ und benutzt, dass $Spaltenrang(A) = Spaltenrang(A|b)$?

Viele Grüße,
X3nion


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\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
2020-08-09 19:43 - X3nion in Beitrag No. 23 schreibt:

Wenn Spaltenrang(A) = Spaltenrang(A|b) gilt, warum gilt dann auch

b im Spaltenraum von (A|b) ===> b im Spaltenraum von (A) ?

Würde das nicht aus meinem Beweis folgen? Dort habe ich ja versucht zu zeigen, dass $Spaltenraum(A) = Spaltenraum(A|b)$ und benutzt, dass $Spaltenrang(A) = Spaltenrang(A|b)$?

Leider nein.
Du hast lediglich
\[
b\text{ liegt im Spaltenraum von } A\implies \text{Spaltenrang}(A|b)=\text{Spaltenrang}(A)
\] gezeigt und dabei die Voraussetzung, dass die Ränge von \(A\) und \((A|b)\) gleich sind, nicht genutzt.

mfg
thureduehrsen
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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Das verstehe ich nicht.
Ich habe doch $Spaltenraum(A) \subseteq Spaltenraum(A|b)$ gezeigt. Dann bin ich hergegangen und habe angenommen, dass $Spaltenraum(A) \subsetneq Spaltenraum(A|b)$ ist und dies mithilfe der Voraussetzung rang(A) = rang(A|b) zum Widerspruch gebracht, woraus doch die Gleichheit der Spaltenräume folgt?

Viele Grüße,
X3nion


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Ich bin Asperger-Autist. Wenn du mir antwortest, wofür ich mich jetzt schon sehr bedanke, dann beachte bitte den Text im Sektor "meine Geschichte" auf meiner Profilseite, der erklärt, wie du auf meine Besonderheiten Rücksicht nehmen kannst.



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2020-08-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo X3nion,

es seien \(X\) und \(Y\) Mengen.

Wenn du \(X=Y\) zeigen willst, dann genügt es nicht, die Annahme \(X\not\subseteq Y\) zum Widerspruch zu führen, weil du, nachdem das gelungen ist, nur \(X\subseteq Y\) gezeigt hast und über die Inklusion \(Y\subseteq X\) nichts ausgesagt hast, es sei denn, du ziehst weitere Sätze heran, die dann aber explizit zu erwähnen sind.

mfg
thureduehrsen
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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Hallo thureduehrsen,

hmm lies dir den Beitrag mal durch:

LinkÄquivalente Aussagen zur Injektivität von Abbildungen

Da sollte bewiesen werden, dass $M = f^{-1}f(M)$.

Dazu hat man zuerst $M \subseteq f^{-1}f(M)$ gezeigt.
Dann meinte supermonkey, wir können im nächsten Schritt $M \subsetneq f^{-1}f(M)$ annehmen, dies zum Widerspruch führen, und daraus folgt die gewünschte Gleichheit.

Wieso ist es hier anders?

Viele Grüße,
X3nion  


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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2020-08-09

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo X3nion,

dein verlinkter Beitrag redet von injektiven Abbildungen, macht also Zusatzvoraussetzungen, die ich nicht brauchen kann. Ich befasse mich mit der Gleichheit von Mengen ohne zusätzliche Struktur, die ich ausnutzen könnte, und nutze nur die Definition der Gleichheit von Mengen, die da lautet

\[X= Y\iff X\subseteq Y \land Y\subseteq X\quad. \]
mfg
thureduehrsen
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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-09


Dann versuche ich es mal nach Definition, die GLeichheit zu zeigen:

Sei $rang(A) = rang(A|b) = n$.

Zunächst einmal ist der Spaltenraum von A im Spaltenraum von A|b enthalten.

Zeige nun, dass der Spaltenraum von A|b im Spaltenraum von A enthalten ist.

Sei dazu x aus dem Spaltenraum von A|b beliebig.
Nach Annahme gibt es eine Linearkombination der Spalten aus $A|b$, die x darstellt, etwa $x = \sum \limits_{i=1}^{n} \lambda^{i}a_{i} + \lambda^{n+1} b$, wobei $a_{i}$ die Spalten von A sind.
Da $rang(A) = rang(A|b)$, ist die Familie $\{\left(a_{i}\right)_{1 \le i \le n}, b\}$ linear abhängig. Es existieren also $\xi^{i}$, nicht alle gleich Null, mit $\sum \limits_{i=1}^{n} \xi^{i}a_{i} + \xi^{n+1} b = 0$.

Gelte ohne Einschränkung $\xi^{n+1} \neq 0$.
 
Damit ist $b = -\frac{1}{\xi^{n+1}}\sum \limits_{i=1}^{n}\xi^{i}a_{i}$ und wir erhalten \[x = \sum \limits_{i=1}^{n} \lambda^{i}a_{i} + \lambda^{n+1} b = \sum \limits_{i=1}^{n} \lambda^{i}a_{i} + \lambda^{n+1} \cdot \left(-\frac{1}{\xi^{n+1}}\sum \limits_{i=1}^{n}\xi^{i}a_{i}\right) = \sum \limits_{i=1}^{n} \eta^{i}a_{i} \] mit $\eta^{i}:= -\frac{1}{\xi^{n+1}}\lambda^{n+1}\lambda^{i}\xi^{i}$ für alle i. x ist damit eine Linearkombination aus Spaltenvektoren aus A.

Damit ist x im Spaltenraum von A enthalten

Würde das so passen?

Viele Grüße,
X3nion


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2020-08-09


Das passt so, ja.

Nebenbei hast du dabei den Weg, den ich zuerst beschreiten wollte, nämlich aus der Gleichheit der Ränge die Gleichheit der Räume zu folgern, elegant umgangen.

Und ich gebe zu, dass mir die Gangbarkeit deines Weges spätestens nach deinem Beitrag No. 24 sonnenklar vor Augen hätte stehen müssen!

mfg
thureduehrsen



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X3nion
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Okay perfekt, vielen Dank euch allen für eure Hilfe!
Das Thema kann hiermit als erledigt angesehen werden.

Viele Grüße,
X3nion


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X3nion hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
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