WS 2013 2014 VT - Lösung.pdf

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Klausur 2013 2014

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Ist das richtig? Die Vektoren sind doch linear unabhängig und bilden eine Basis oder sehe ich das falsch?
Der Endomorphismus phi: V -> V ist nicht diagonalisierbar, da es sich um ein Vektorraum mit der Dimension 3 handelt (Da die Matrix drei Spalten hat, muss der (Koordinaten)-Vektor drei Komponenten haben), aber wir nur zwei Eigenvektoren gefunden haben, die linear unabhängig sind. Ergo können wir keine Basis aus Eigenvektoren aufstellen, weil wir ja drei Vektoren benötigen. P.S. Ist linearen Abbildung nicht diagonalisierbar, dann ist die (darstellende) Matrix nicht diagonalisierbar
Kann jemand diese Behauptung beweisen? Für mich hängt der Vektor v nur von den Gammas ab und da diese Gammas die Lösung des LGS: (w_1 w_2 w_3) * ( γ_1 γ_2 γ_3)^T = (1 1 -1)^T ist, hat die lineare Abbildung phi gar nichts am Hut, sondern Ker (w_1 w_2 w_3) wäre der richtige Untervektorraum, zu dem man die spezielle Lösung addieren muss. Es gilt ja: Allgemeine Lösung/Lösungsmenge = Spezielle Lösung + Lösungsmenge des homogenen LGS. Da Gamma aber nicht der Lösungsvektor von phi , sondern bzgl. der Matrix (w_1 w_2 w_3), müsste der Kern von (w_1 w_2 w_3) und nicht Ker(phi) bedeutend sein? Sry für's doppelt erzählen, ich hoffe meine Zweifel sind verständlich rübergekommen
Kann mir das einer erklären?
Könnte einmal jemand den Weg mit komplett zusammenfassen gehen und schicken? Ich komme irgendwie ständig auf das falsche Ergebnis ._.
Anmerkung ich werde statt Lambda "L" schreiben Von da wo er aufhört: = -(L^3)+3(L^2)+4L-4L-4 = -(L^3)+3(L^2-)4 Dann bekommt man durch Einsetzen Lambda=2 raus. Dann bekommt man durch Polynomendivison folgendes raus: -(L^2)+L+2 Das setzt man gleich null und bekommt dann L=-1 raus.
Was wird von der ersten zur zweiten Zeile gemacht? Das kann doch nicht richtig sein, dass man von (a-1)x2+3*(4/(a+1)=1 auf: (a-1)x2 = (6-6)/a+1 = (6a-1)/a+1 kommt. Vor allem wundert mich wieso da das (a+1)/6 steht.
Es wurde x3 aus multipliziert, dann auf die Seite gebracht, auf der die 6 steht. Danach wurde 6 und x3 (bzw. der eingesetzte Wert) auf einen Bruchstrich gebracht. Die (a-1) wird dann auf beiden Seiten wegdividiert, sodass als Ergebnis x2 = (6)/(a+1) bleibt
Fehlt hier nicht noch der Kern ?
JA, das tut er. Die Klausur hat danach auch noch eine ganze Teilaufgabe, bis die NR 5 kommt.
wie kommt man denn hier in auf der Position 31 auf 0? Es wird ja die 3. Reihe + 2 * (1. Reihe) gerechnet. Das würde ja 3 + (2 * 2) = 7 ergeben, hier würde die 7 ja bei Modulo 11 stehen bleiben. Oder übersehen ich da etwas?
Denke es sollte 3. Zeile + 4* 1. Zeile heißen.
was sagt uns, dass die Vektoren w1, w2, w3 linear unabhängig sind?
Man kann mit keinem dieser 3 Vektoren, egal ob man die kombiniert/ vervielfacht oder verkleinert, w1 w2 oder w2 reproduzieren. w4 kann man ja zb. mit: w1 + w2 = w4 reproduzieren, weshalb die lin voneinander abhängig sind
Ein R3-Raum (3 Vektoren pro Vektor) kann maximal durch drei linear-unabhängige Vektoren dargestellt werden kann. Wir haben 4 gegeben, mindestens einer ist also "zu viel". Das bekommt man heraus, indem man die Vektoren auf Stufenform bringt und dann die Vektoren raussucht, die zusammen ein Dreieck bilden. In diesem Fall also w1, w2, w3 oder w1, w4, w3. Diese drei bilden zusammen ein Dreieck.
Woher definieren wir das ß4,ß2,ß1 = t;-t;-t sind
:)
Wir wissen ja, dass ß3 0 ist. Um mithilfe der zweiten Gleichung ß2 zu berechnen, fehlt uns noch ß4, das setzen wir einfach als Variable ein und damit es nicht zu Verwechslungen kommt, nennen wir die einfach "t", die zweite Gleichung wäre dann "ß2+ß3+ß4=0", wenn wir ß3 und ß2 einsetzen und umstellen, ergibt sich "ß2=-t", dann alles in die erste einsetzen und es ergibt sich ß1.