Bild / Linear unabh. Vektoren < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:38 So 11.01.2009 | | Autor: | Takrash |
| Aufgabe | Bestimmen Sie Kern und Bild von :
[mm] \pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & -2 & 15 \\ -1 & 1 & 1 & -7 } [/mm] |
Hallo,
ich habe ein Problem beim verstehen der Zusammenhänge.
Um das Bild einer Matrix rauszubekommen, transponiere ich sie und löse das Gleichungssystem. Die Zeilen, die nicht zur Nullzeile geworden sind, sind die Vektoren meines Bildes.
Soweit richtig?
Wie kann ich mir Bilder vorstellen? Habe gelesen, dass sie alle Werte darstellen, die von einer Funktion angenommen werden können.
Nun haben wir hier ja keine Funktion sondern eine Matrix. Also alle Vektoren die von der Matrix angenommen werden können?
Müsste das Bild dann nicht der Aufgespannte Raum der Vektoren sein die ich mit dem oben beschriebenen Verfahren rausbekomme?
Dieses Vorgehen wendet man auch an um mehrere Vektoren auf lineare Unabhängigkeit zu überprüfen. Besteht darin der Zusammenhang?
Hoffe das ist nicht zu verworren geschrieben.
MfG Tim
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Bestimmen Sie Kern und Bild von :
> [mm]A:=\pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & -2 & 15 \\ -1 & 1 & 1 & -7 }[/mm]
>
> Hallo,
>
> ich habe ein Problem beim verstehen der Zusammenhänge.
>
> Um das Bild einer Matrix rauszubekommen, transponiere ich
> sie und löse das Gleichungssystem. Die Zeilen, die nicht
> zur Nullzeile geworden sind, sind die Vektoren meines
> Bildes.
> Soweit richtig?
Hallo,
ja, so kannst Du das machen. Die erhaltenen Nichtnullzeilen mußt Du natürlich wieder transponieren.
Mit diesen Vektoren hast Du eine Basis des Bildes gewonnen.
Was ist das Bild von A, Bild A?
Es ist die Menge [mm] \{ Ax \in \IR^3 | x\in \IR^3\}, [/mm] sie umfaßt also alle Vektoren, die man erhält, wenn man die Matrix mit sämtlichen Vektoren des [mm] \IR^3 [/mm] multipliziert.
Diese Menge ist genau die Menge die man erhält, wenn man alle Linearkombinationen der Spalten von A bildet, Du kannst Dir ja mal überlegen, warum das so ist.
Daraus ergibt sich, daß die Spalten der Matrix ein Erzeugendensystem von A sind. Eine basis des Bildes kannst Du auch finden, indem Du von diesen Spalten eine maximale linear unabhängige Teilmenge abschöpfst.
> Wie kann ich mir Bilder vorstellen? Habe gelesen, dass sie
> alle Werte darstellen, die von einer Funktion angenommen
> werden können.
> Nun haben wir hier ja keine Funktion sondern eine Matrix.
Es gibt ja einen engen Zusammenhang zwischen linearen Funktionen und Matrizen.
Jede Matrix beschreibt genau eine lineare Abbildung, und zu jeder linearen Abbildung gehört genau eine Matrix.
> Also alle Vektoren die von der Matrix angenommen werden
> können?
Eher: produziert.
>
> Müsste das Bild dann nicht der Aufgespannte Raum der
> Vektoren sein die ich mit dem oben beschriebenen Verfahren
> rausbekomme?
Ja.
>
> Dieses Vorgehen wendet man auch an um mehrere Vektoren auf
> lineare Unabhängigkeit zu überprüfen. Besteht darin der
> Zusammenhang?
Wie ich oben geschrieben habe, bekommst Du durch das Verfahren eine Basis des von den eingesetzten Vektoren aufgespannten Raumes.
Ist diese Basis nun kleiner als die Anzahl der Vektoren, mit denen Du gestartet bist, so weißt Du, daß diese linear abhängig waren. (Sonst ware die Dimension des aufgespannten Raumes ja gleich ihrer Anzahl.)
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:10 So 11.01.2009 | | Autor: | Takrash |
Ersteinmal danke für deine schnelle Antwort.
Also generell gesagt habe ich eine Matrix A.
Dessen Vektoren spannen ja nicht zwangsläufig den Vektorraum auf aus dem sie sind. Die Linearkombinationen der Vektoren von A zeigen alle Vektoren die von A produziert werden.
Wenn ich nun die minimale Anzahl an linear Unabhängigen Vektoren aus A finde, kann ich durch sie genau die Vektoren produzieren wie es aus den Linearkombinationen von A möglich wäre.
Das Bild von A ist also < [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 3 & -6 \\ -1 & 3} [/mm] > ?
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Hallo Tim,
> Ersteinmal danke für deine schnelle Antwort.
>
> Also generell gesagt habe ich eine Matrix A.
> Dessren Spalten-Vektoren spannen ja nicht zwangsläufig den
> Vektorraum auf aus dem sie sind.
Das ist richtig! Sie bilden aber zumindest einen Unterraum desselben (soll heißen des Bildraumes der linearen Abbildung, die die Matrix beschreibt)
> Die Linearkombinationen
> der Vektoren von A zeigen alle Vektoren die von A
> produziert werden.
Puh, das ist ein komischer Satz ...
Eine Matrix A repräsentiert eine lineare Abbildung [mm] \varphi. [/mm] Das Bild(A) [mm] (=Bild(\varphi)) [/mm] wird von den Spaltenvektoren von A aufgespannt/erzeugt
>
> Wenn ich nun die minaximale Anzahl an linear Unabhängigen
> SpaltenVektoren aus A finde, kann ich durch sie genau die Vektoren
> produzieren wie es aus den Linearkombinationen von A
> möglich wäre.
Wenn du das Bild meinst, ja
Die (maximale) Menge der linear unabh. Spaltenvektoren der Matrix bildet eine Basis von Bild(A) bzw. des Bildes der zugeh. linearen Abbildung.
> Das Bild von A ist also < [mm]\pmat{ 1 & 0 \\ 3 & -6 \\ -1 & 3}[/mm]
> > ?
>
Nein, es gilt der Satz: $rang(A)=dim(Bild(A))$
Bestimme also den Rang der Matrix A und du hast die Dimension des Bildes.
Wenn du die hast, wähle entsprechend viele lin. unabh. Spaltenvektoren von A als Basis des Bildes
Hier ist deine Matrix A vom Format [mm] $3\times [/mm] 4$, sie beschreibt also eine lineare Abbildung [mm] $\phi:\IR^4\to\IR^3$
[/mm]
Das Bild wird also ein Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] sein (der Kern ein Unterraum des [mm] $\IR^4$)
[/mm]
Nimm deine Matrix also nochmal her und bestimme ihren Rang, wie das geht, weißt du sicher, damit hast du wie gesagt die Dimension des Bildes (das wird hier 2 sein), du kannst als Basis für das Bild dann 2 lin. unabh. Spaltenvektoren der (Ausgangs-)Matrix A aussuchen
Zum Kern später mehr ...
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:51 So 11.01.2009 | | Autor: | Takrash |
Ah ich glaub ich hab meinen Fehler jetzt.
Der Rang von der Matrix ist 2, da ich 2 linear Unabhängige Spaltenvektoren habe.
Nun hatte ich die Matrix transponiert und aufgelöst wobei die Matrix :
[mm] \pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 0 & -6 & 3 \\ 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 } [/mm] rauskam.
Ich dachte ich darf die beiden Zeilenvektoren wieder transponieren und als Matrix aufschfreiben. Richtig wäre aber die ursprüngliche Form der beiden Zeilenvektoren die Übriggeblieben sind zu nehmen.
Das Ergebnis wäre dann Bild ( A ) = < [mm] \pmat{ 1 \\ 3 \\ -1 }, \pmat{ 2 \\ 0 \\ 1 } [/mm] >
Das Bild ist also [mm] \IR [/mm] ² da ich 2 linear Unabhängige Vektoren habe.
Danke für die Hilfe, falls noch was falsch ist, scheut euch nicht noch etwas zu schreiben.
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> Nun hatte ich die Matrix transponiert und aufgelöst wobei
> die Matrix :
> [mm]\pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 0 & -6 & 3 \\ 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 }[/mm]
> rauskam.
>
> Ich dachte ich darf die beiden Zeilenvektoren wieder
> transponieren und als Matrix aufschfreiben. Richtig wäre
> aber die ursprüngliche Form der beiden Zeilenvektoren die
> Übriggeblieben sind zu nehmen.
>
> Das Ergebnis wäre dann Bild ( A ) = < [mm]\pmat{ 1 \\ 3 \\ -1 }, \red{\pmat{ 2 \\ 0 \\ 1 }}[/mm] >
Sollte dieser letzte Vektor nicht eher [mm] \pmat{ 0 \\ -2 \\ 1 } [/mm] sein ?
> Das Bild ist also [mm]\IR[/mm] ² da ich 2 linear Unabhängige
> Vektoren habe.
Das Bild ist der zweidimensionale Unterraum von [mm] \IR^3, [/mm] der von
den beiden erzeugenden Vektoren aufgespannt wird, also
Bild(A) $\ [mm] =\begin{Bmatrix} x*\pmat{ 1 \\ 3 \\ -1 }+y*\pmat{ 0 \\ -2 \\ 1 }\ \ ;\ \ (x,y)\in\IR^2 \end{Bmatrix} [/mm] $
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:38 So 11.01.2009 | | Autor: | Takrash |
Hm wieso sollte der Vektor denn [mm] \pmat{ 2 \\ 0 \\ 1 } [/mm] sein?
Ich hab [mm] \pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1 & 15 & -7 }
[/mm]
zu [mm] \pmat{ 1 & 3 & 1 \\ 0 & -6 & 3 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & 12 & -6}
[/mm]
und das nach [mm] \pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 0 & -6 & 3 \\ 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 } [/mm] umgeformt.
Wieso ist nun nicht [mm] \pmat{ 2 & 0 & 1 } [/mm] transponiert der Vektor?
Glaub hab da doch noch was nicht verstanden.
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> Hm wieso sollte der Vektor denn [mm]\pmat{ 2 \\ 0 \\ 1 }[/mm]
> sein?
(du meinst wohl gerade den anderen .... )
> Ich hab [mm]\pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1 & 15 & -7 }[/mm]
>
> zu [mm]\pmat{ 1 & 3 & 1 \\ 0 & -6 & 3 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & 12 & -6}[/mm]
>
> und das nach [mm]\pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 0 & -6 & 3 \\ 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 }[/mm]
> umgeformt.
>
> Wieso ist nun nicht [mm]\pmat{ 2 & 0 & 1 }[/mm] transponiert der
> Vektor?
>
> Glaub hab da doch noch was nicht verstanden.
Ich hatte vorher nicht die ganze Diskussion
gelesen und stellte einfach fest, dass in deiner
berechneten umgeformten Matrix die ersten
beiden Zeilenvektoren (1/3/-1) und (0/-6/3)
sind. Den zweiten davon kann man kürzen
und hat dann (0/-2/1). Diese beiden Vektoren
stellen ein Erzeugendensystem für das Bild dar.
Jetzt, nach deiner Nachfrage, stelle ich fest, dass
der Vektor (2/0/1) der ursprüngliche zweite
Zeilenvektor war. Da er ebenfalls von (1/3/-1)
linear unabhängig ist und Bild(A) nachgewiesener-
massen zweidimensional ist, taugen diese beiden
Vektoren natürlich ebenso als Erzeugendensystem.
Ich frage mich nur, weshalb du, nachdem du den
Vektor (2/0/1) quasi schon aus der Rechnung
eliminiert hattest, trotzdem an ihm festhältst.
LG
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