matematikk.net

La [tex]T : R^4 → R^2[/tex] være gitt ved:
[tex]T(x1, x2, x3, x4) = (2x1 + 2x2 − 3x3 + x4, 2x2 − 2x3 − x4)[/tex]

Hva er basisen for Nul(T) (der [tex]Nul(T) = {x ∈ R^4: T(x) = 0})[/tex]

?

Gjest skrev:La [tex]T : R^4 → R^2[/tex] være gitt ved:
[tex]T(x1, x2, x3, x4) = (2x1 + 2x2 − 3x3 + x4, 2x2 − 2x3 − x4)[/tex]

Hva er basisen for Nul(T) (der [tex]Nul(T) = {x ∈ R^4: T(x) = 0})[/tex]

?

Du kan jo begynne med å løse likningssystemet $T\mathbf{x} = \mathbf{0}.$ Klarer du å finne en basis for løsningsrommet?

Jeg spør hva løsningen er ikke hvordan man løser. Jeg har løst oppgaven, må bare kontrollsjekke.

Gjest skrev:Jeg spør hva løsningen er ikke hvordan man løser. Jeg har løst oppgaven, må bare kontrollsjekke.

Vel, det finnes jo uendelig mange forskjellige riktige svar på oppgaven, så jeg hadde heller tatt noen "sanity checks" for å kontrollere svaret:

- Består basisen av lineært uavhengige vektorer?
- Gir svaret riktige dimensjoner?

Skjønt, du må gjerne legge ved arbeidet du har gjort, hvis du ønsker at noen skal sjekke det for deg.

[tex]\begin{bmatrix} 2& 2& -3& 1& \\ 1& 2& -2& -1& \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}[/tex]

etter litt regning ble det...

[tex]\begin{bmatrix} 1 & 2 & -2 &-1 \\ 0 & 1 & -1/2 &-3/2 \end{bmatrix}[/tex]


som førte til at jeg fikk basis

[tex]\begin{bmatrix} -2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 2 & \\ 1/2& \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 & \\ 3/2 & \end{bmatrix}[/tex]

Er dette riktig? Hvis ikke vis hvordan det blir riktig da vel

Gjest skrev:[tex]\begin{bmatrix} 2& 2& -3& 1& \\ 1& 2& -2& -1& \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}[/tex]

etter litt regning ble det...

[tex]\begin{bmatrix} 1 & 2 & -2 &-1 \\ 0 & 1 & -1/2 &-3/2 \end{bmatrix}[/tex]


som førte til at jeg fikk basis

[tex]\begin{bmatrix} -2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 2 & \\ 1/2& \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 & \\ 3/2 & \end{bmatrix}[/tex]

Er dette riktig? Hvis ikke vis hvordan det blir riktig da vel

Det bør ringe en bjelle om at dette ikke er riktig svar, ettersom svaret ditt ikke består av vektorer i $\mathbb{R}^4$. Dersom vi reduserer den augmenterte matrisen får vi først $$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 &-1 \\ 0 & 1 & -1/2 &-3/2 \end{pmatrix},$$ slik du skrev, som videre kan reduseres til $$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 2 \\ 0 & 1 & -\frac12 & -\frac32\end{pmatrix}.$$ Fra dette ser vi at alle løsninger $\mathbf{x}$ til likningen kan skrives på formen $$\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x_3 - 2x_4 \\ \frac12x_3 + \frac32x_4 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ \frac12 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}x_3 + \begin{pmatrix} -2 \\ \frac32 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}x_4,$$ som gir oss basisen $$\mathcal{B} = \{\begin{pmatrix} 1 \\ \frac12 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -2 \\ \frac32 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\}.$$

tusen hjertelig takk Dennis!

spennende matrise, men hvor ble det av x_1 og x_2?