Prüfen ob Vektor im Kern liegt < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:53 Mi 12.11.2008 | | Autor: | Newbie89 |
| Aufgabe | | Liegt der Vektor (-3, -3, 2) im Kern (A)? Bild (A)? |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Guten Tag, Leute,
ich habe mich da in etwas verbockt. Zwar soll ich überprüfen, ob der Vekor (-3, -3, 2) im Kern A liegt!
1 2 -3
Kern A:= -1 -2 3
Es gilt doch folgende Definiton A* Vektor x = 0 ?!
Habe dann ein LGS aufgestellt:
[mm] x_1+2x_2-3x_3=0
[/mm]
[mm] -x_1-2x_2+3x_3=0
[/mm]
Durch Elimination kommt heraus 0=0. Was bedeutet diese eindeutige Lösung? Es gibt kein Kern?
WIe bestimme ich dann das Bild A und kann dann überprüfen ob der Vektor im Kern A oder Bild A liegt?!
Liebe Grüße,
Fabian
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Hallo Fabian,
> Liegt der Vektor (-3, -3, 2) im Kern (A)? Bild (A)?
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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> Guten Tag, Leute,
>
> ich habe mich da in etwas verbockt. Zwar soll ich
> überprüfen, ob der Vekor (-3, -3, 2) im Kern A liegt!
>
> 1 2 -3
> Kern A:= -1 -2 3
Hmm???
Du meinst [mm] $A=\pmat{1&2&-3\\-1&-2&3}$ [/mm] und nicht [mm] $Kern(A)=\pmat{1&2&-3\\-1&-2&3}$, [/mm] oder?
Die Matrix $A$ ist vom Format [mm] $2\times [/mm] 3$ und beschreibt dir daher eine lineare Abbildung [mm] $\varphi:\IR^3\to\IR^2$
[/mm]
Da der [mm] $Kern(\varphi)$ [/mm] bzw. $Kern(A) \ \ [mm] \subset\IR^3$ [/mm] ist und [mm] $Bild(\varphi)=Bild(A)\subset\IR^2$ [/mm] ist, kann der obige Vektor, wenn überhaupt nur im $Kern(A)$ liegen, im $Bild(A)$ kann er nicht liegen, die Vektoren darin haben nur 2 Komponenten
>
> Es gilt doch folgende Definiton A* Vektor x = 0 ?! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Habe dann ein LGS aufgestellt:
> [mm]x_1+2x_2-3x_3=0[/mm]
> [mm]-x_1-2x_2+3x_3=0[/mm]
>
> Durch Elimination kommt heraus 0=0. Was bedeutet diese
> eindeutige Lösung? Es gibt kein Kern?
Aua! keinen Kern
Mit der Nullzeile hast du nur noch eine Gleichung in den drei Unbekannten [mm] $x_1,x_2,x_3$, [/mm] du kannst also 2 davon frei belegen, sagen wir [mm] $x_3=t, x_2=s$ [/mm] mit [mm] $s,t\in\IR$
[/mm]
Dann ist mit der ersten Gleichung: [mm] $x_1+2x_2-3x_3=0\Rightarrow x_1=-2s+3t$
[/mm]
Also ist ein Vektor [mm] $\vec{x}=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\in [/mm] Kern(A)$ von der Gestalt [mm] $\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=\vektor{-2s+3t\\s\\t}=\vektor{-2s\\s\\0}+\vektor{3t\\0\\t}=s\cdot{}\vektor{-2\\1\\0}+t\cdot{}\vektor{3\\0\\1}$
[/mm]
Der $Kern(A)$ ist also der Spann der beiden Vektoren [mm] $\vektor{-2\\1\\0}, \vektor{3\\0\\1}$, [/mm] also [mm] $Kern(A)=\langle\vektor{-2\\1\\0}, \vektor{3\\0\\1}\rangle$
[/mm]
Also ein 2dimensionaler Unterraum des [mm] $\IR^3$
[/mm]
>
> WIe bestimme ich dann das Bild A
Das $Bild(A)$ wird von den Spaltenvektoren von A aufgespannt und muss nach der Dimensionsformel 1dimensional sein, denn [mm] $dim(\IR^3)=3=\underbrace{dim(Kern(A))}_{=2}+dim(Bild(A))$
[/mm]
Das passt ja auch, denn wie man leicht sieht, sind die Spaltenvektoren von A paarweise und alle drei zusammen linear abhängig, nimm dir also einen der 3 Spaltenvektoren her, der tut's als Basis von $Bild(A)$
> und kann dann überprüfen
> ob der Vektor im Kern A oder Bild A liegt?!
Wie gesagt, kann der Vektor nicht im Bild liegen, ob er im Kern liegt, prüfe nach, indem du ausrechnest, ob du ihn als Linearkombination der Basisvektoren des Kernes darstellen kannst
>
> Liebe Grüße,
>
> Fabian
>
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:49 Sa 22.11.2008 | | Autor: | Newbie89 |
Hallo schachuzipus,
entschuldigung für meine späte Antwort und ein großes Danke für deine Mühe. Damit hast du mich viel weiter gebracht.
Jedoch habe ich wieder ein paar Fragen, die bestimmt blöd ausfallen werden. Entweder ich steh so dermaßen auf dem Schlauch oder ich nehme mir es viel zu kompliziert vor =/!
Wie erkennst du sofort, welche [mm] \IR^n [/mm] für das Bild existieren, beim Kern ist es mir schon klar. Hat das wieder was mit den Dimensionen zu tun?
Ich kann die Dimension einer Abbildung doch durch die linear unabhängigen Spaltenvektoren bzw. Zeilenvektoren ausrechnen oder habe ich da was falsch interpretiert?
Desweiteren habe ich zum Beispiel eine Matrix A mit [mm] \pmat{ 2 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 } [/mm] .
An dieser kann ich doch sofort ablesen, ohne den Gaußschen Alg. anzuwenden, dass diese den Rang 2 hat, da der letzte Zeilenvektor eine Nullzeile ist, oder?
Da habe ich dann Probleme die Basis von dem Bild dieser Matrix zu bestimmen...ich finde nirgendwo ein Beispiel, um es nachvollzuziehen!
Wenn ich hier eine lineare Abbildung habe mit z.B. [mm] \IR^5 [/mm] --> [mm] \IR^3 [/mm] ; [mm] \vec{x} [/mm] --> A [mm] \vec{x} [/mm] Wie kann ich dann bestimmen welche Dimension der Kern hat? Muss ich wie ganz oben verfahren, bis ich den Kern ausgerechnet habe und woran kann ich dann dessen Dimesion erkennen?
Entschuldigt mich bitte, wenn Euch die Fragen zu logisch vorkommen...ich will es ja verstehen!!!
Liebe Grüße, Fabian
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Hallo Fabian,
> Hallo schachuzipus,
>
> entschuldigung für meine späte Antwort
kein Problem
> und ein großes Danke
> für deine Mühe.
Gerne 
> Damit hast du mich viel weiter gebracht.
> Jedoch habe ich wieder ein paar Fragen, die bestimmt blöd
> ausfallen werden. Entweder ich steh so dermaßen auf dem
> Schlauch oder ich nehme mir es viel zu kompliziert vor =/!
>
> Wie erkennst du sofort, welche [mm]\IR^n[/mm] für das Bild
> existieren, beim Kern ist es mir schon klar. Hat das wieder
> was mit den Dimensionen zu tun?
Ja mit dem Dimensionssatz, eine lineare Abbildung [mm] $\varphi: V\to W:x\mapsto\varphi(x)$ [/mm] mit $dim(V)=n, dim(W)=m$ kannst du ja mittels einer Abbildungsmatrix [mm] $A_{\varphi}$ [/mm] vom Format [mm] $m\times [/mm] n$ darstellen, also [mm] $\varphi(x)=A_{\varphi}\cdot{}x$
[/mm]
Nach dem Dimensionssatz ist [mm] $dim(V)=dim(Kern(\varphi))+dim(Bild(\varphi))$ [/mm] bzw. in Matrizenschreibweise:
[mm] $dim(V)=dim(Kern(A_{\varphi}))+dim(Bild(A_{\varphi}))$
[/mm]
>
> Ich kann die Dimension einer Abbildung doch durch die
> linear unabhängigen Spaltenvektoren bzw. Zeilenvektoren
> ausrechnen oder habe ich da was falsch interpretiert?
Genauer die Dimension des Bildes der linearen Abbildung (bzw. deren Abbildungsmatrix), also [mm] $dim(Bild(A_{\varphi}))$
[/mm]
>
> Desweiteren habe ich zum Beispiel eine Matrix A mit [mm]\pmat{ 2 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 }[/mm]
> .
> An dieser kann ich doch sofort ablesen, ohne den Gaußschen
> Alg. anzuwenden, dass diese den Rang 2 hat, da der letzte
> Zeilenvektor eine Nullzeile ist, oder?
Ja, das Ding ist ja schon in Zeilenstufenform, die Anzahl der Nicht-Nullzeilen der Matrix in ZSF ist der Rang, und es gilt der wichtige Satz $Rang(A)=dim(Bild(A))$
> Da habe ich dann Probleme die Basis von dem Bild dieser
> Matrix zu bestimmen...ich finde nirgendwo ein Beispiel, um
> es nachvollzuziehen!
Das sollte mit dem obigen wichtigen Satz nun ein Klacks sein:
Du weißt, $dim(Bild(A))=Rang(A)=2$, außerdem weißt du, dass das Bild einer linearen Abbildung von den Spalten(-vektoren) der Abbildungsmatrix erzeugt wird.
Die Dimension des Bildes ist 2, nimm dir also 2 linear unabhängige Spaltenvektoren der MAtrix her, die erzeugen dir dein Bild und sind (da sie nach deiner Wahl lin. unabh.) sind eine Basis des Bildes
>
> Wenn ich hier eine lineare Abbildung habe mit z.B. [mm]\IR^5[/mm]
> --> [mm]\IR^3[/mm] ; [mm]\vec{x}[/mm] --> A [mm]\vec{x}[/mm] Wie kann ich dann
> bestimmen welche Dimension der Kern hat? Muss ich wie ganz
> oben verfahren, bis ich den Kern ausgerechnet habe und
> woran kann ich dann dessen Dimesion erkennen?
Die Matrix der lin. Abbildung [mm] $\IR^5\to\IR^3$ [/mm] hier ist wie nach dem ganz oben Gesagten natürlich vom Format [mm] $3\times [/mm] 5$, das passt schon, den Rang(A) haben wir auch direkt abgelesen, der ist 2.
Nach der Dimensionsformel
[mm] $dim(Urbildraum)=dim(\IR^5)=5=dim(Kern(A))+\underbrace{dim(Bild(A))}_{=2}$
[/mm]
Also muss der Kern die Dimension 3 haben, also ein 3dimensionaler Unterraum des [mm] $\IR^5$ [/mm] sein ...
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> Entschuldigt mich bitte, wenn Euch die Fragen zu logisch
> vorkommen...ich will es ja verstehen!!!
wieso? Logische Fragen sind doch gut!
> Liebe Grüße, Fabian
Ebenso
schachuzipus
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