LGS - Lineare Gleichungssysteme:

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Betrachten wir die allgemeine Form eines LGS über einen bestimmten Körper: Meist haben sie folgende Struktur: $a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+\dots +a_{1n}{x}_n=b_1$ notiert die erste Zeile $a_{2,1}{x}_1+a_{2,2}{x}_2+\dots +a_{2,n}{x}_n=b_2$ notiert die zweite Zeile $\dots$ $a_{m,1}{x}_1+a_{m,2}{x}_2+\dots +a_{m,n}{x}_n=b_m$ notiert die m-te Gleichung des Systems Wir können unter dieser Betrachtung erkennen, dass die Gleichung: m Gleichungen mit n unbekannten $x_1,x_2\dots ,x_n$ hat. Wir können diese Gleichung auch als eine LInearkombination von Vektoren und Skalaren darstellen: $\left(\begin{array}{c}{a}_{11}\\ a_{21}\\ \dots \\ a_{m1}\end{array}\right)\cdot x_1+\left(\begin{array}{c}{a}_{12}\\ a_{22}\\ \dots \\ a_{m2}\end{array}\right)\cdot x_2+\left(\begin{array}{c}{a}_{1n}\\ a_{2n}\\ \dots \\ a_{mn}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{b}_{11}\\ b_{21}\\ \dots \\ b_{m1}\end{array}\right)$

Wir können hier schon die Struktur einer Matriz sehen und würden unter Umständen mit dieser Struktur rechnen, weil es wahrscheinlich einfacher sein wird.

Weiterhin beschreiben wir jetzt eine Lösung: $x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ \dots x_n\end{array}\right)\in K^n$ Dabei ist wichtig, dass $x_1,\dots ,x_n$für alle Gleichungen gelten

(In)Homogenität eines LGS:

Wir nennen eine LGS homogen, wenn gilt: $b_1=\dots =b_m=0$. Also es ist nur trivial lösbar. Gilt dies nicht, also es existiert noch eine weitere Lösung, dann ist das LGS inhomogen.

LGS in Matrixform;

Wir können, wie obig bereits angemerkt unser LGS auch als Matrix darstellen $\left(\begin{array}{ccccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}& b_1\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}& b_2\\ a_{m1}& a_{m2}& \dots & a_{mn}& b_m\end{array}\right)$ Wir können diese Matrix dann folgend beschreiben: $A\cdot x=b$

• wobei A die Matrix ist, und x ein Vektor aus einem anderen Vektorraum! –> Wir können am Ende auf einen weiterenVektorraum abbilden (der mit b beschrieben wird.) .

LGS in Spaltenform:

Wir können unsere matrix des LGS auch als eine mögliche Linearkombination darstellen. $\left(\begin{array}{c}{a}_{11}\\ a_{21}\\ \dots \\ a_{m1}\end{array}\right)\cdot x_1+\left(\begin{array}{c}{a}_{12}\\ a_{22}\\ \dots \\ a_{m2}\end{array}\right)\cdot x_2+\left(\begin{array}{c}{a}_{1n}\\ a_{2n}\\ \dots \\ a_{mn}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{b}_{11}\\ b_{21}\\ \dots \\ b_{m1}\end{array}\right)$ Sind bei einem LGS $x_1\cdot s_1+\dots x_n\cdot s_n=b$ die gegebenen Werte $s_1,\dots$ Spalten von $A$ bzw. Vektoren, dann können wir dieses LGS auch als eine Linearkombination, wie obig abgebildet, darstellen.

[!Warning] Beachte: Ein Homogenes LGS hat immer mindestens eine Lösung, denn $x=\mathcal{O}$ dient als die Null-Lösung/triviale Lösung.

Abbildung :

Da wir unser LGS als eine Koeffizientenmatrix schreiben können, folgt daraus, dass wir eine folgende Abbildung definieren können: ${\mu }_A:K^n⟶K^m|x⟼A_x$
für $A\in M_{m,n}(K),x\in K^n$

[!Error] Wir können also mit dieser Schreibweise ganz elementar zwischen Vektorräumen hin un her transformieren. Damit wird uns also ermöglicht,eine Matrix aus Raum A, mit einem kompatiblen Vektor aus Raum B in einen anderen Raum C oder selbige Räume zu übersetzen.

Lösungsräume von LGS:

Die Menge der Lösungen eines homogenen LGS $A\cdot x=\mathcal{O}$ also die Vektoren, die mit $x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ \dots \\ x_n\end{array}\right)$ definiert sind und die Gleichung lösen. Ferner können wir jetzt sagen, dass die Menge dieser Lösungen des LGS, dann einen Untervektorraum bildet. Wir können daraus jetzt diverse Erkenntnisse ziehen:

1. LGS die einen UVR haben, dann müssen sie definitiv auch den Nullvektor $\mathcal{O}$ beinhalten!
2. Eine beliebige Lösung des LGS weist darauf hin, dass auch das Vielfache dieser Lösung wieder eine valide Lösung ist –> Dies folgt aus der skalaren Multiplikation in unserem [[math2_Vektorräume#Untervektorräume|Untervektorraum]] .

Ist unser LGS ein inhomogenes System, also $A\cdot x=b$, lösbar und $x_0$ die Beschreibung irgendeiner Lösung, so erhält man dann alle Lösungen mit $\{x\in K^n|A\cdot x=b\}$ durch die Menge $x_0+y|A\cdot y=\mathcal{O}$ y muss das homogene System lösen und kann dann mit $x_0$ addiert werden, um eine weitere Lösung darzustellen

Wir beschreiben damit also die Menge aller Lösungen für das inhomogene LGS, indem wir das Homogene System lösen und diesen lösenden Faktor dann als Menge + $x_0$ setzen.

Ist also $U$ der Lösungsraum des zugehörigen homogenen LGS $A\cdot x=\mathcal{O}$, so ist die Lösungsmenge von $A\cdot x=b$ von der Form $x_0+U$ –> wir nennen das dann, einen affinien Untervektorraum, also ein Unterektorraum verschoben, um $x_0$

Wir können es uns als Ebene, die um einen gegebenen Vektor $x_0$ verschoben wird und weiterhin eine Ebene bleibt, vorstellen.

Beweis:

1. Falls $x,y$ Lösungen des homogenen LGS id, dann wollen wir zeigen, dass $x+y$ auch eine Lösung bilden wird. Betrachten wir: $Ax=\mathcal{O},Ay=\mathcal{O}$ Dann: $\mathcal{O}=A\cdot x+A\cdot y=A(x+y)$ betrachte Rechenregelen für Matrizen [[math2_Matrizen_Grundlage#Rechenregeln (wie in Ringen / $VR$)]]
2. Falls $x$ eine Lösung ist, dann müssen wir zeigen, dass $\lambda x$ eine Lösung ist –> Untervektorraum-Kriterium 2: Dies geschieht analog zu unserem vorherigen Teil, da wir wieder umformen können.

Zeigen wir jetzt noch: $A\cdot x=b$
Sei $A\cdot x_0=b$. Dann ist $Ay=\mathcal{O}$, dann ist $A(x_0+y)=A\cdot x_0)+A\cdot y=b$. Denn $A\cdot x_0=b,A\cdot y=\mathcal{O}$ umgekehrt zeigen wir: $A\cdot x=b⟹A\cdot x-A\cdot x_0$ wobei $A\cdot x=b,A\cdot x_0=-b$ Also $⟺\mathcal{O}=A(x-x_0)⟹$ $x-x_0$ ist eine Lösung des hom. LGS also ist es im Untervektorraum U. Jetzt müssen wir zeigen, dass, dies für alle in der Menge gilt: Wir wissen: $x=x_0+(x-x_0{)}_{\in U}$ ist jetzt $x\in x_0+U$ für alle $x$!

Fragen zu LGS:

• Wie viele Lösungen gibt es in einem LGS?
• Wann gibt es Lösungen, also $A\cdot x=b$?
• wie groß ist die Dimension des Lösungsraumes? Wir bilden ja einen Raum, welche Dim wird dieser haben? $A\cdot x=b$
• Wenn wir eine Lösung finden kann, wie finden wir alle Lösungen dieses Raumes Lösbar mit Gauß-Algorithmus!

Wenn wir folgend das Gaußche Eliminationsverfahren anwenden, dann ändert sich mit den folgenden Operationen das LGS nicht:

• ein Vielfaches einer Gleichung zu einer anderen addieren ( also Zeilen auf andere rechnen)
• Gleichung mit Skalar multiplizieren, wobei $\lambda \in K\ne 0$
• Gleichungen (Zeilen) vertauschen

[[math2_Matrizen_GaußEliminiation]]

Diese Einsicht erhalten wir, weil die Lösungsmenge des LGS einen affinen Unterraum bildet. Diese Operationen entsprechen Operationen an $A$ und $b$, also dem LGS $Ax=b$, welches dann mit dem modifizierten LG $A^{\prime }x=b^{\prime }$ übereinstimmt bzw. die gleiche Lösungsmenge bilden wird.

Wir möchten folgend die Operationen definieren:

Elementare Zeilenumformungen:

Unter elementaren Zeilenumformungen einer Matrix verstehen wir die folgenden drei Operatoren:

1. Addition des skalaren Vielflachen einer Zeile ( Einer Gleichung) zu einer anderen
2. Multiplikation eines Skalar mit einer Zeile, wobei $\lambda \ne 0$
3. Vertauschen zweier Zeilen

Erweiterte Koeffizientenmatrix:

Betrachten wir ein LGS der Form $Ax=b$. Wenn wir jetzt der Matrix $A$ den Vektor b anhängen, also als eine zusätzliche Spalte anknüpfen, dann nennen wir die Matrix der Form $Axb$ dann die erweiterte Koeffizientenmatrix. Ihre Charakteristika ändert sich wie folgt: $A\in M_{m,n}(K)$ und wir fügen jetzt $b$ hinzu. Dann ist die neue erweiterte Koeffizientenmatrix folgend definiert: $(A,b)\in M_{m,n+1}(K)$ -> wir haben einfach eine Spalte mehr xd Als ein solches Beispiel können wir etwa die Aufgabe über die Schnittmenge von $U\cap V$ aus Hausübung 7 betrachten: $$\begin{gathered} \begin{array}{c}i\\ ii\\ iii\end{array}\left(\begin{array}{ccccc}4& 1& -3& -2& 0\\ 1& 4& -2& 0& 0\\ 3& 1& -1& -1& 0\end{array}\right)\begin{array}{c}-\\ +i\\ +3i\end{array}=\begin{array}{c}i\\ ii\\ iii\end{array}\left(\begin{array}{ccccc}4& 1& 2& 3& 0\\ 0& 0& 0& 3& 0\\ 0& 4& 4& 4& 0\end{array}\right)\text{vertausche ii und iii} \\ =\begin{array}{c}i\\ ii\\ iii\end{array}\left(\begin{array}{ccccc}4& 1& 2& 3& 0\\ 0& 4& 4& 4& 0\\ 0& 0& 0& 3& 0\end{array}\right) \end{gathered}$$

[!Betrachtung] Wir haben hier auch einfach nur das LGS so umgestellt, dass das Ergebnis -> der Nullvektor, in die Matrix übernommen wird.

Bemerkung - Lösung mit Zeilenumformungen:

Wenn wir, wie obig beschrieben, die Zeilenumformungen an der erweiteren Koeffizientematrix $(A,b)$ durchführen bildet der gesuchte Vektor $x\in K^n$ eine Lösung von $Ax=b$, wenn wir genau $x\in K^n$ Lösungen von $A^{\prime }x=b^{\prime }$ also der umgeformten Gleichung erhalten können.

Mit diesem Vorgehen ( dem Grundkonzept des Gaußchen Eliminiationsverfahren!) kann man jetzt jede Matrix $A\in M_{n,m}(K)$ durch x-viele elementare Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform bringen. Wir bestimmen Zeilenstufenform dabei so, dass die Matrix Nulleinträge enthält, die so angeordnet sind, dass wir eine Stufenform entlang der Matrix sehen können. Dabei spalten wir die Matrix in zwei Zeile: den oberen, welcher beliebige Werte haben kann, und den unteren, der nur 0 beinhalten darf. Beispielhaft: $A=\left(\begin{array}{cccccc}1& (x)& (x)& (x)& (x)& \dots \\ 0& 1& (x)& (x)& (x)& \dots \\ 0& 0& 1& (x)& (x)& \dots \\ 0& 0& 1& (x)& (x)& \dots \\ 0& 0& 0& 1& (x)& \dots \\ 0& 0& 0& 0& 1& \dots \\ 0& 0& 0& 0& 1& \dots \end{array}\right)$ Jede Stufe darf von beliebiger Länge sein, wobei damit beschrieben wird, wie weit diese Stufe in einer Spalten nach rechts gehen kann, jedoch müssen sie die Tiefe 1 haben.

Resultat der Zeilenumformung:

Die aus den Zeilenumformungen entstandene Matrix muss folgende Eigenschaften aufweisen:

• In jeder Zeile ist der erste Eintrag der von null verschieden ist, gleich $1$ -> benannt als Führende Eins
• Alle Einträge unter einer führenden Eins müssen 0 sein
• Die führende Eins einer Zeile liegt rechts von der führenden Eins der darüberliegenden Zeile Wir können die Anzahl der Stufen mit $r$ festlegen und bezeichnen.

Algorithmus zur Transformation auf Zeilenstufenform:

1. Suche die erste Spalte, die nicht Nullen enthält -> von links nach rechts betrachten wir also die ganzen Spalten und versuchen nach und nach eine Stufenform zu etablieren. Wir betrachten Spalte $j_1$
2. Falls nötig, sorge durch Zeilenvertauschung dafür, dass das Element $a$ an Stelle $1,j_1$ ungleich 0 ist.
3. Multipliziere die erste Zeile mit $a^{-1}$, also wir möchten den ersten Eintrag zur 1 formatieren! (an Stelle $1,j_1$)
4. Jetzt müssen alle Einträge in der gegebenen Spalte unter der Eins auf 0 reduziert werden. Dies kann vollbracht werden, indem man ein geeignetes Vielfaches der ersten Zeile zu den übrigen Zeilen addiert. Ab diesem Zustand können wir diese Zeile unberührt lassen, denn sonst würden wir sie wieder mit falschen Werten füllen und so die zuvor hergestellte Ordnung verletzen -> also führende 1 und darunterliegende Nullen.
5. Wir suchen die erte Spalte $j_2>j_1$, die unterhalb der ersten Zeile einen Eintrag ungleich 0 hat -> wir möchten also mit der nächsten Normalisierung starten, und weiter die Stufenform aufbauen.
6. Wir werden jetzt, ähnlich wie zuvor, die passende Zelle $(2,j_2)$ zu einer 1 transfomireren. Konsultiere dafür (1.), (2.)
7. Anschließend werden alle Beträge unterhalb dieser 1 wieder auf 0 reduziert und anschließend der Algorithmus weiter angewandt.

Beispiel :

Sei $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 4& 0\\ 2& 1& -6\\ 3& 0& -12\end{array}\right){=}^{\text{I }\cdot \frac{1}{2}}\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 2& 1& -6\\ 3& 0& -12\end{array}\right){=}^{I\cdot (-2)+II}\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& -3& -6\\ 3& 0& -12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& 4& 0\\ 2& 1& -6\\ 0& -6& -12\end{array}\right){=}^{II\cdot 6+III}\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& 1& 2\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ Wir haben eine Nullzeile –> Unser Rang ist also definiert mit $r=2$.

Definition des Kerns

Wenn wir ein homogenes LGS(Informationen zu [[math2_Matrizen_LGS|LGS]]) betrachten, nennen wir folgend den Lösungsraum des homogen LGS also $Ax=\mathcal{O}$ den Kern von A. Beschrieben mit $\ker A$ Es gilt dabei dann auch : $\dim (\ker (A))=n-rg(A)$ Also der Kern von A ist gleich der Differenz von n - die Menge der Variablen - und des Ranges der Matrize ( des LGS).

Allgemein : Bestimmen eines Lösungsraumes:

Angenommen wir haben nun ein LGS passend in die Zeilenstufenform gebracht: Wir möchten jetzt anhand der Ränge betrachten, ob wir ein LGS lösen können oder nicht :

Fall $rg(A)<n$ Wenn wir den Fall $r<n$ haben, möchten wir folgend den ganzen Lösungsraum für die Variablen, die wir nicht rekursiv bestimmt und frei wählen, definiern. Wir benötigen dafür zwei Dinge:

• eine Spezielle Lösung $x_0$ der Gleichung
• die Basis des Lösungsraumes

Finden einer speziellen Lösung: $x_0$ wählen ein $x_{r+1}=x_n=0$ also wir setzen die freien variablen auf 0 Anschließend berechnen wir jetzt die Lösung mit den Variablen $x_1,\dots x_r$. Wir müssen nun den Lösungsraum $U$ finden, der das folgende LGS löst $A^{\prime }{x}^{\prime }=\mathcal{O}$ wir möchten also das homogene LGS lösen!

Finden eines Lösungsraumes $U$. Um dies zu lösen, müssen wir das homogene LGS lösen. Wir setzen dafür nacheinander $x_{r+1},\dots x_n$ auf $(1,0,\dots ,0)$ -> also lösen nacheinander die Variablen auf! und berechnen dafür jeweils $x_1,x_r$ Nach vorherigen Sätzen ist die Lösung dann mit $x_0+U$ definiert!

Beispiel für LGS und Lösungsraum:

Sei folgend ein LGS ( homogen!): $x_1+2x_2+x_3+x_{4}0$ $x_1-x_2+2x_3-x_4=0$ Geschrieben in der erweiterten Koeffizientenform: $\begin{array}{c}i\\ ii\end{array}\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 1& 1& |0\\ 1& -1& 2& -1& |0\end{array}\right)\begin{array}{c}i\\ ii=-1i+ii\end{array}=\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 1& 1& |0\\ 0& -3& 1& -2& |0\end{array}\right)\begin{array}{c}i\\ ii=i\cdot ii\frac{1}{3}\end{array}=\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 1& 1& |0\\ 0& 1& -\frac{1}{3}& \frac{2}{3}& |0\end{array}\right)$ Wir können sehen, dass in der Zeilenstufenform schon absehbar ist, dass die letzten beiden Spalten frei gewählt werden können –> also die freien Variablen sind! In diesem Beispiel gilt weiterhin, dass $rg(A)=rg(A,b)=2$ -> wir haben also zwei mögliche Stufen!

Weiterhin ist diese Menge dann kleiner, als die Menge von Variablen zur Lösung: $n=4$ und wir können aus dem [[#Korollar Lösen von LGS]] folgern, dass Es muss mindestens eine Lösung gibt.

Das können wir auch unter Betrachtung des Kernes der Matrix betrachten: $n-rg(A)=4-2=2$ -> genau die Menge an freien Variablen und Dimension des Lösungsraumes.

Wir möchten jetzt passend eine Basis bestimmen, damit wir folgend den Lösungsraum bestimmen können. Wir müssen also den Raum für die beiden freien Variablen setzen. Finden der Basis von $U$:

[!Anwendung] setzen wir dabei: die Freien Variablen abwechselnd auf 1. Also dann: $x_3=1,x_4=0$ als erstes. Dann wird das LGS zu: $1x_2-\frac{1}{3}1+0=0⟹$ $x_2=\frac{1}{3}⟹$ $x_1=-\frac{2}{3}-1=-\frac{5}{3}$

wir haben das LGS für einen ersten Vektor gelöst und er ist folgend definiert: $v_1=\left(\begin{array}{c}-\frac{5}{3}\\ \frac{1}{3}\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

Wir möchten selbiges jetzt noch für folgende Belegung setzen: $x_3=x_4=1$ und dadurch dann $x_2=-\frac{2}{3}$ $x_1=\frac{1}{3}$ und so haben wir das LGS für die zweite Belegung gelöst und den zweiten Basisvektor gefunden : $v_2=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{3}\\ -\frac{2}{3}\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ Formen des Erzeugersystems für den Raum: $U=⟨v_1,v_2{⟩}_{\mathbb{R}}=⟨3v,3v_2⟩=\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 3\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ Wir haben also den Lösungsraum mit zwei bestimmten Vektoren bestimmt und können so die Menge aller Lösungen bilden: $\left(\begin{array}{c}\alpha \cdot v_1+\beta \cdot v_2|\alpha ,\beta \in \mathbb{R}\end{array}\right)$

Ein weiteres Beispiel, diesmal nicht als homogenes LGS: $x_1+2x_2+x_3+x_{4}7$ $x_1-x_2+2x_3-x_4=-2$ Wir müssen wieder eine Stufenform generieren und resultieren anschießend mit folgendem LGS: $\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 1& 1& |7\\ 0& 1& \frac{-1}{3}& \frac{2}{3}& |3\end{array}\right)$

wir müssen jetzt also noch eine spezielle Lösung $x_0$ finden! Setzen wir dafür beispielsweise: $x_3=x_4=0$ -> frei gewählt! Dann folgt als Lösung: $x_2=3.x_1=7-2\cdot 6=1$ wir haben dann den folgenden Lösungsvektor erhalten: $x_0=\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ Wir können jetzt noch die Allgemeine Lösung beschreiben: $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\\ 0\end{array}\right)+U=\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\\ 0\end{array}\right)+\alpha \left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 3\\ 0\end{array}\right)+\beta \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\\ 3\end{array}\right)|\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$ -> eine Ebene durch $x_0$

#nachtragen Beispiele aus den Folien.

Beispiel eines Kernes :

Sei $V={\mathbb{R}}^3,U=⟨\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 7\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right)⟩$ ein Untervektorram von $V$. Wie viele l.u. Vektoren enthält $U$? wa ist die Dimension und der Rang davon?

wir möchten zuerst die dimension betrachten und diesen durch das Gaußche Eliminiationsverfahren bestimmen. $\dim U=rg(\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 7\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right))=rg(\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 2\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ -12\\ 4\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -2\end{array}\right))=rg(\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ -12\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 0\end{array}\right))=2$ Wir sehen, dass der Rang auf 2 gesetzt und daraus folgern wir: $⟹$ es gibt 2 l.u. Vektoren in U. In etwa die, die den Stufenspalten entsprechen, also genauer dann $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ Wir können daraus dann auch folgern, dass diese beiden Ausgangsvektoren die basis bilden können -> $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

Wir möchten das Ganze noch mit einem Funktnenraum betrachten: Sei dafür $V=\{p|p\text{ Polynom vom Grad }\le 2\}\subseteq \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ Weiterhin definieren wir $U=⟨3x,4x^2+2x+2,2x^2+x+1,2x^2+1⟩\subseteq V$ Also ein Erzeugersystem von Funktionen.

Was ist die Dimension/Basis von $U$?

Wir möchten dafür eine Matrix mit den Koordinatenvektoren der Funktionen aufstellen und anschließend damit rechnen.

Wir möchten das jetzt mit diesem Raum umsetzen: $(1,x,x^2)$ von $V$: wir können unsere Polynome passend darstellen: $\dim U=rg(\left(\begin{array}{cccc}0& 2& 1& 1\\ 3& 2& 1& 0\\ 0& 4& 2& 2\end{array}\right))$ vertausche die erste und zweite reihe = $rg(\left(\begin{array}{cccc}3& 2& 1& 0\\ 0& 2& 1& 1\\ 0& 4& 2& 2\end{array}\right))=rg(\left(\begin{array}{cccc}3& 2& 1& 0\\ 0& 4& 2& 2\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right))=2$ -> wir haben also wieder einen Rang von 2 und somit ist eine Basis auch mit 2 Vektoren bzw. Polynomen beschrieben. Wir möchten eine folgend definieren: $U=\{3x,4x^2+2x+2\}$ -> also die ersten beiden Spalten in der Stufenform!

Korollar Lösen von LGS :

Wir können verallgemeinern, wie eine Lösung oder mehrere gefunden werden können, indem wir die Ränge der erweiterten Koeffizientenmatrix und der normalen Matrix nach der Umformung betrachten:

[!Tip] Resultat: Wir können folgende Abhängigkeit erkennen!

1. $Ax=b$ ist genau dann lösbar, wenn gilt: $rg(A,b)=rg(A)$
2. $Ax=b$ is genau dann eindeutig lösbar, wenn $rg(A,b)=rg(A)=n$ –> dabei ist $n$ die Anzahl der Unbekannten
3. Die Dimension des Lösungsraumes der Gleichung $Ax=\mathcal{O}$ ist beschrieben mit $n-rg(A)⟹n-r$ Wir wissen dabei, dass die Werte für die freie Variable $x_{r+1},\dots x_n$ frei wählbar sind, und wir davno $n-r$ stück haben!