Lineare Abb. und ihre Matrix < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:19 Mo 31.12.2007 | | Autor: | side |
| Aufgabe | Für die lineare Abbildung [mm] \phi: \IR³\to\IR^4, [/mm] die bezügliche der Standardbasen von [mm] \IR³ [/mm] und [mm] \IR^4 [/mm] durch die Matrix
[mm] \pmat{ 1 & -1 & 2 \\ 2 & 0 & -2 \\ -1 & -1 & 4 \\ 3 & -1 & 0 } [/mm] beschrieben ist, bestimme man Basen von [mm] Ker(\phi) [/mm] und [mm] Im(\phi) [/mm] |
Hier komm ich irgendwie garnicht auf einen Ansatz...
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Hallo side,
bezeichne die Abbildungsmatrix mit $A$
Die Spalten von $A$ spannen ja das Bild von [mm] $\phi$ [/mm] auf
Es gilt: [mm] $rg(A)=dim(Im(\phi))$
[/mm]
Bestimme also den Rang der Abbildungsmatrix, dann hast du die Dimension des Bildes.
Wähle dann entsprechend viele linear unabhängige Spalten(vektoren) von $A$ als Basis des Bildes aus.
Der Dimensionssatz gibt dir Aufschluss über die Dimension des Kernes, es ist ja [mm] $3=dim(\IR^3)=dim(Kern(\phi))+dim(Im(\phi))$
[/mm]
Mit der oben berechneten [mm] $dim(Im(\phi))$ [/mm] kennst du dann auch die Dimension des Kernes
Im [mm] $Kern(\phi)$ [/mm] sind ja all jene Vektoren des [mm] $\IR^3$ [/mm] drin, die auf die Null, also auf [mm] $\vektor{0\\0\\0\\0}$ [/mm] abgebildet werden.
Eine Basis des Kernes kannst du also rechnerisch über das Lösen des LGS
[mm] $A\cdot{}\vektor{x\\y\\z}=\vektor{0\\0\\0\\0}$ [/mm] bestimmen
Bestimme also diesen Lösungsraum und eine Basis dazu - fertig 
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:32 Mi 02.01.2008 | | Autor: | side |
Ich habe jetzt folgendes gemacht:
Bestimmt [mm] dim(Im(\Phi))=rg(A):
[/mm]
Forme dazu die Matrix durch elementare Zeilenoperation um:
[mm] \pmat{ 1 & -1 & 2 \\2 & 0 & -2 \\-1 & -1 & 4 \\3 & -1 & 0}\to...
[/mm]
[mm] \to\pmat{ 1 & 0 & -1 \\0 & 1 & -3 \\0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0}
[/mm]
Darus folgt, dass der Rang der Matrix 2 ist, da es zwei linear unabhängige Zeilen gibt (reicht das, oder muss ich zeigen, dass sie unabhängig sind?). Dann bilden die Spalten [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}und \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}eine [/mm] Basis von [mm] Im(\Phi)
[/mm]
Fertig?
Bevor ich die Basis des Kerns bestimmt, wüsste ich gerne, ob ich hier richtig liege.
Dann noch eine kurze Frage zu deiner Dimensionsformel oben: Wieso schreibst du [mm] 3=dim\IR³=... [/mm] und benutzt nicht die Dimension des [mm] M(4\times 3,\IR)=9? [/mm] Oder bin ich jetzt ganz auf dem Holzweg?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:07 Mi 02.01.2008 | | Autor: | Damn88 |
(ich bin kein profi;))
$ [mm] M(4\times 3,\IR)=9 [/mm] $ beschreibt die dimension der 4x3-Matrizen!
von [mm] \IR^3 [/mm] die Dimension ist 3 sowie die Dimension von [mm] \IR^4 [/mm] 4 ist usw..
also ich bin mir mit meiner lösung für die basis von dem bild auch nicht 100%ig sicher.
aber: $ [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}und \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] $ können nicht richtig sein, da die Bildvektoren eine andere Form haben, nämlich [mm] \vektor{a-b+2c \\ 2a-2c\\-a-b+4c\\3a-b}
[/mm]
>"Bestimme also den Rang der Abbildungsmatrix, dann hast du die Dimension des Bildes.
>Wähle dann entsprechend viele linear unabhängige Spalten(vektoren) von A als Basis des Bildes aus."
ich denke schachuzipus meinte damit:
du hast für A den rang 2 raus, nun bilden 2 spalten aus der Matrix A eine Basis für das bild.
also zb die ersten 2 spalten oder die letzten zwei..
kannst ja einfach mal beweisen dass 2 davon eine basis für das bild bilden!
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> [mm]M(4\times 3,\IR)=9[/mm] beschreibt die dimension der
> 4x3-Matrizen!
Hallo,
s.auch mein anderes Post: die Dimension des besagten Matrizenraumes ist 12.
> aber: [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}und \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> können nicht richtig sein, da die Bildvektoren eine andere
> Form haben, nämlich [mm]\vektor{a-b+2c \\ 2a-2c\\-a-b+4c\\3a-b}[/mm]
Ja.
Wie's geht s. anderes Post.
> >"Bestimme also den Rang der Abbildungsmatrix, dann hast du
> die Dimension des Bildes.
>
> >Wähle dann entsprechend viele linear unabhängige
> Spalten(vektoren) von A als Basis des Bildes aus."
>
> ich denke schachuzipus meinte damit:
> du hast für A den rang 2 raus, nun bilden 2 spalten aus der
> Matrix A eine Basis für das bild.
> also zb die ersten 2 spalten
Ja, hier kann man die ersten beiden nehmen.
> oder die letzten zwei..
Nein, die letzten gehören beide einer Stufe, die gehen nicht.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:03 Do 03.01.2008 | | Autor: | Damn88 |
wie meinst du das: "Nein, die letzten gehören beide einer Stufe, die gehen nicht. "?was meinst du mit stufe?
ist das so nicht okay?
lineare Unabhänigkeit:
[mm] \pmat{ -1&2& | & 0\\0&-2&|&0\\-1&4&|&0\\-1&0&|&0}
[/mm]
=> [mm] \pmat{ 1&-2& | & 0\\0&-2&|&0\\0&2&|&0\\0&-2&|&0}
[/mm]
=> [mm] \pmat{ 1&0& | & 0\\0&1&|&0\\0&0&|&0\\0&0&|&0}
[/mm]
Erzeugendensystem:
[mm] \pmat{ -1&2& | & a-b+2c\\0&-2&|&2a-2c\\-1&4&|&-a-b+4c\\-1&0&|&3a-b}
[/mm]
=> [mm] \pmat{ 1&-2& | & -a+b-2c\\0&-2&|&2a-2c\\0&2&|&-2a+2c\\0&-2&|&2a-2c}
[/mm]
=> [mm] \pmat{ 1&0& | & -3a+b\\0&1&|&-a+c\\0&0&|&0\\0&0&|&0}
[/mm]
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> wie meinst du das: "Nein, die letzten gehören beide einer
> Stufe, die gehen nicht. "?was meinst du mit stufe?
> ist das so nicht okay?
Doch, doch, das ist schon in Ordnung.
Ich meinte etwas anderes:
side hatte die Matrix auf diese Zeilenstufenform gebracht $ [mm] \to\pmat{ 1 & 0 & -1 \\0 & 1 & -3 \\0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0} [/mm] $,
und völlig ohne etwas anderes zu überlegen, kann man direkt aus dieser ablesen, daß 1.+2. oder 1.+3. eine Basis bilden.
Für 2.+3. müßte man einen weiteren Blick riskieren.
> was meinst du mit stufe?
in der Zeilenstufenform hat die linke Stufe die Breite 1, die rechte die Breite 2, Wenn man v. jeder der Stufen einen der (Start-)Vektoren nimmt, hat man eine Basis des Bildes.
Sieht meine Zeilenstufenform so aus:
[mm] \pmat{ 1 & ... & ... & ...&...\\0 & 0 & 2 & ...&...\\0 &0 &0&3&...\\0&0&0&0&0},
[/mm]
so könnte ich z.B. (!) 1.,3.und 4. als Basis nehmen, und ich müßte dafür nichts mehr rechnen.
Gruß v. Angela
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> [mm]\to\pmat{ 1 & 0 & -1 \\0 & 1 & -3 \\0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0}[/mm]
>
> Darus folgt, dass der Rang der Matrix 2 ist, da es zwei
> linear unabhängige Zeilen gibt (reicht das, oder muss ich
> zeigen, dass sie unabhängig sind?).
Hallo,
das reicht völlig aus.
> Dann bilden die Spalten
> [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}und \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}eine[/mm]
> Basis von [mm]Im(\Phi)[/mm]
Nein, die Basis findest Du anders.
Aus jeder Stufe wählst Du jetzt einen Vektor aus, z.B. Spaltenvektor 1 und Spaltenvektor 2
oder
Spaltenvektor 1 und Spaltenvektor 3.
Es bilden nun der Vektor, der URSPRÜNGLICH die erste Spalte war und der, der URSPRÜNGLICH die zweite Spalte war, eine Basis des Bildes. (Bzw. 1 und 3. Startvektor).
> Dann noch eine kurze Frage zu deiner Dimensionsformel
> oben: Wieso schreibst du [mm]3=dim\IR³=...[/mm]
Die Matrix ist ja die darstellende Matrix einer linearen Abbildung [mm] \phi [/mm] aus dem [mm] \IR^3 [/mm] in den [mm] \IR^4,
[/mm]
und wir interessieren uns für Bild und Kern dieser Abbildung, wenden also den Kern-Bildsatz an.
> und benutzt nicht
> die Dimension des [mm]M(4\times 3,\IR)=9?[/mm]
Die Dimension dieses Raumes wäre =12, und sie hat mit der Aufgabe nichts zu tun:
Wir betrachten ja keine Abbildungen zwischen zwei Matrizenräumen!
Sondern: wir betrachten eine Abbildung, die durch eine Matrix dargestellt werden kann.
> Oder bin ich jetzt
> ganz auf dem Holzweg?
Bereits neben dem Holzweg. Im Moor.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:24 Do 03.01.2008 | | Autor: | side |
Ok...also das mit der dim..=9 war ein Denkfehler, mir ist eigendlich klar, dass die DImension des Matrizenraumes 12 ist.
Es reicht also aus, die Umformung in die Zeilenstufenform zu machen, festzustellen das der Rang und damit die Dimension des Bildes 2 ist und dann die ersten beiden Spaltenvektoren der ursprünglichen Matrix (ohne weiteren Beweis!?) als Basis anzugeben?
Und dann ist es auch richtig, die Dimension des Kerns als [mm] dim\IR³-dim(Im(\Phi))=3-2=1 [/mm] zu bestimmen?
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> Es reicht also aus, die Umformung in die Zeilenstufenform
> zu machen, festzustellen das der Rang und damit die
> Dimension des Bildes 2 ist und dann die ersten beiden
> Spaltenvektoren der ursprünglichen Matrix (ohne weiteren
> Beweis!?) als Basis anzugeben?
Ja, einen weiteren Beweis brauchst Du nicht.
Sicherheitshalber kannst Du ja dazuschreiben, daß man der ZSF entnimmt, daß dies linear unabhängig sind. (Denk Dir den anderen Vektor weg. Welchen Rang hat die Matrix mit 1.und 2. Vektoe als Spalten? 2.)
> Und dann ist es auch richtig, die Dimension des Kerns als
> [mm]dim\IR³-dim(Im(\Phi))=3-2=1[/mm] zu bestimmen?
Ja, Du mußt nun nur noch eine Basis des Kerns angeben.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:29 Fr 04.01.2008 | | Autor: | side |
Habe jetzt folgende Lösung:
Bestimme zunächst [mm] Dim(Im(\Phi))=rg(A):
[/mm]
Bringe dazu Matrix auf Normal-Zeilen-Stufen-Form. Diese ist dann
[mm] \pmat{1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -3\\ 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0}
[/mm]
Daraus ergibt sich: [mm] rg(A)=dim(Im(\Phi))=2
[/mm]
Weiter ergibt sich, dass die ersten beiden Spalten linear unabhängig sind und damit diese eine Basis für das Bild bilden.
Also [mm] B_{Im(\Phi)}=\left\{\vektor{1\\2\\-1\\3},\vektor{-1\\0\\-1\\1}\right\}
[/mm]
Damit ergibt sich aus der Formel [mm] dim(\IR^3)=dim(Im(\Phi))+dim(Ker(\Phi)) [/mm] <=> [mm] dim(Ker(\Phi))=3-2=1
[/mm]
Sei nun [mm] x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\in\,Ker(\Phi) [/mm] beliebig.
Dann gilt: A*x=0 (Definition des Kerns)
[mm] \rightarrow \pmat{1 & -1 & 2\\2 & 0 & -2\\ -1 & -1 & 4\\3 & -1 & 0}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=0
[/mm]
[mm] X_1=x_3, x_2=3x_1
[/mm]
Also haben die alle Kernelemente die Form [mm] \vektor{x_1\\3*x_1\\x_1} [/mm] und
[mm] B_{Ker(\Phi)}=\left\{\vektor{1\\3\\1}\right\} [/mm] ist Basis von [mm] Ker(\Phi)
[/mm]
OK so?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:21 Fr 04.01.2008 | | Autor: | barsch |
Hi,
> [mm]B_{Im(\Phi)}=\left\{\vektor{1\\2\\-1\\3},\vektor{-1\\0\\-1\\\red{-1}}\right\}[/mm]
> [mm]B_{Ker(\Phi)}=\left\{\vektor{1\\3\\1}\right\}[/mm] ist Basis von
> [mm]Ker(\Phi)[/mm]
> OK so?
Stimmt.
MfG barsch
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