bild(f) und kern(f) < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:08 Sa 22.03.2008 | | Autor: | barsch |
| Aufgabe | Die [mm] \IR-lineare [/mm] Abbildung [mm] f:\IR^3\to\IR^3 [/mm] sei definiert durch
f(1,0,0)=(-1,1,3), f(0,1,0)=(0,6,3), f(0,0,1)=(2,4,-3).
Man konstruiere jeweils eine Basis von kern(f) und bild(f). |
Hi,
ich hätte jetzt folgendes versucht:
Aus f(1,0,0)=(-1,1,3), f(0,1,0)=(0,6,3), f(0,0,1)=(2,4,-3) hätte ich folgende Matrix gebildet:
[mm] \pmat{ -1 & 0 & 2 \\ 1 & 6 & 4 \\ 3 & 3 & -3 }
[/mm]
Jetzt hätte ich Gauß angwandt, um so eine Basis für kern(f) und bild(f) zu erhalten.
Aber die Vorgehensweise der Matrixbildung ist wenig mathematisch und auch nur gelungen, weil die Einheitsvektoren des [mm] \IR^3 [/mm] im Spiel sind.
Wie muss ich in so einem Fall generell vorgehen, wenn die Abbildung schwerer ist?
Kennt da jemand ein Beispiel, an dem es kurz und anschaulich zu erklären ist, oder einen Link?
Vielen Dank.
MfG barsch
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> Die [mm]\IR-lineare[/mm] Abbildung [mm]f:\IR^3\to\IR^3[/mm] sei definiert
> durch
>
> f(1,0,0)=(-1,1,3), f(0,1,0)=(0,6,3),
> f(0,0,1)=(2,4,-3).
>
> Man konstruiere jeweils eine Basis von kern(f) und
> bild(f).
> Hi,
>
> ich hätte jetzt folgendes versucht:
>
> Aus f(1,0,0)=(-1,1,3), f(0,1,0)=(0,6,3), f(0,0,1)=(2,4,-3)
> hätte ich folgende Matrix gebildet:
>
>
> [mm]\pmat{ -1 & 0 & 2 \\ 1 & 6 & 4 \\ 3 & 3 & -3 }[/mm]
>
> Jetzt hätte ich Gauß angwandt, um so eine Basis für kern(f)
> und bild(f) zu erhalten.
>
> Aber die Vorgehensweise der Matrixbildung ist wenig
> mathematisch
Hallo,
mit der Matrix und dem, was Du übers Hantieren mit Matrizen gelernt hast, hast Du doch ein klasse Werkzeug in der Hand, um solche Aufgaben zu lösen. Was soll daran unmathematisch sein?
> und auch nur gelungen, weil die
> Einheitsvektoren des [mm]\IR^3[/mm] im Spiel sind.
Nein.
Die darstellende Matrix zu linearen Abbildungen kannst Du immer aufstellen, auch wenn Du es nicht mit den Einheitsvektoren des [mm] \IR^3 [/mm] zu tun hast, sondern z.B. geht das auch für Abbildungen aus dem Raum der reellen Polynome v. Höchstgrad 5 in den der reellen Polynome v. Höchstgrad 17.
Ihr habt doch bestimmt schon darstellende Matrizen bzgl verschiedener Basen aufgestellt und transformiert?
Vielleicht präsentierst Du mal ein Beispiel, bei welchem Du meinst, daß man es nicht mit der Matrix bewältigen kann, dann kann man am konkreten Beispiel lernen.
Die Bestimmung des Kerns einer lin. Abb. [mm] f:V\to [/mm] W ist immer das Lösen des Gleichungssystems [mm] f(x)=0_W,
[/mm]
und die Bestimmung von Bildf die Ermittlung von f(V).
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:22 Sa 22.03.2008 | | Autor: | barsch |
Hi,
habe jetzt mal im Skript geblättert und bin der Erleuchtung ein wenig näher gekommen - dachte ich zumindest!
Noch einmal zu der obigen Aufgabe:
Die Matrix ergibt sich, wie ich jetzt weiß, aus folgender Überlegung:
f(1,0,0)=(-1,1,3), f(0,1,0)=(0,6,3), f(0,0,1)=(2,4,-3)
[mm] f(1,0,0)=(-1,1,3)=-1\cdot{}(1,0,0)+1*(0,1,0)+3*(0,0,1)
[/mm]
[mm] f(0,1,0)=(0,6,3)=0\cdot{}(1,0,0)+6*(0,1,0)+3*(0,0,1)
[/mm]
[mm] f(0,0,1)=(2,4,-3)=2\cdot{}(1,0,0)+4*(0,1,0)+(-3)*(0,0,1)
[/mm]
Daraus ergibt sich dann die Matrix
[mm] A=\pmat{ -1 & 0 & 2 \\ 1 & 6 & 4 \\ 3 & 3 & -3 } [/mm]
Soweit in Ordnung!?
Kommende Abbildung habe ich im Internet gefunden:
g((1,1,0))=(0,0,1)
g((0,1,1))=(0,1,0)
g((2,4,3))=(1,0,0)
Ich wäre jetzt genau so vorgegangen wie bei vorangegangenem Beispiel:
[mm] g((1,1,0))=(0,0,1)=(-2)\cdot{}(1,1,0)+(-2)*(0,1,1)+1*(2,4,3)
[/mm]
[mm] g((0,1,1))=(0,1,0)=2\cdot{}(1,1,0)+3*(0,1,1)+(-1)*(2,4,3)
[/mm]
[mm] g((2,4,3))=(1,0,0)=(-1)\cdot{}(1,1,0)+(-3)*(0,1,1)+1*(2,4,3)
[/mm]
Dann würde die Matrix lauten: [mm] B=\pmat{ -2 & 2 & -1 \\ -2 & 3 & -3 \\ 1 & -1 & 1} [/mm]
Da jedoch [mm] g((1,1,0))=B*(1,1,0)^t=\pmat{ -2 & 2 & -1 \\ -2 & 3 & -3 \\ 1 & -1 & 1}*\vektor{1 \\ 1 \\ 0}=\vektor{0 \\ 1 \\ 0}\not=\vektor{0 \\ 0 \\ 1} [/mm] ist, muss ja irgendwo der Fehler liegen.
Vielleicht muss ich bei dieser Aufgabe anders vorgehen? ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") , aber mein Skript hilft mir im Moment nicht wirklich weiter.
Danke.
MfG barsch
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Hallo barsch,
> Hi,
>
> habe jetzt mal im Skript geblättert und bin der Erleuchtung
> ein wenig näher gekommen - dachte ich zumindest!
>
> Noch einmal zu der obigen Aufgabe:
>
> Die Matrix ergibt sich, wie ich jetzt weiß, aus folgender
> Überlegung:
>
> f(1,0,0)=(-1,1,3), f(0,1,0)=(0,6,3), f(0,0,1)=(2,4,-3)
>
> [mm]f(1,0,0)=(-1,1,3)=-1\cdot{}(1,0,0)+1*(0,1,0)+3*(0,0,1)[/mm]
>
> [mm]f(0,1,0)=(0,6,3)=0\cdot{}(1,0,0)+6*(0,1,0)+3*(0,0,1)[/mm]
>
> [mm]f(0,0,1)=(2,4,-3)=2\cdot{}(1,0,0)+4*(0,1,0)+(-3)*(0,0,1)[/mm]
>
> Daraus ergibt sich dann die Matrix
>
> [mm]A=\pmat{ -1 & 0 & 2 \\ 1 & 6 & 4 \\ 3 & 3 & -3 }[/mm]
>
> Soweit in Ordnung!?
In diesem Fall, ja. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Kommende Abbildung habe ich im Internet gefunden:
>
> g((1,1,0))=(0,0,1)
>
> g((0,1,1))=(0,1,0)
>
> g((2,4,3))=(1,0,0)
>
> Ich wäre jetzt genau so vorgegangen wie bei vorangegangenem
> Beispiel:
>
> [mm]g((1,1,0))=(0,0,1)=(-2)\cdot{}(1,1,0)+(-2)*(0,1,1)+1*(2,4,3)[/mm]
>
> [mm]g((0,1,1))=(0,1,0)=2\cdot{}(1,1,0)+3*(0,1,1)+(-1)*(2,4,3)[/mm]
>
> [mm]g((2,4,3))=(1,0,0)=(-1)\cdot{}(1,1,0)+(-3)*(0,1,1)+1*(2,4,3)[/mm]
>
> Dann würde die Matrix lauten: [mm]B=\pmat{ -2 & 2 & -1 \\ -2 & 3 & -3 \\ 1 & -1 & 1}[/mm]
>
> Da jedoch [mm]g((1,1,0))=B*(1,1,0)^t=\pmat{ -2 & 2 & -1 \\ -2 & 3 & -3 \\ 1 & -1 & 1}*\vektor{1 \\ 1 \\ 0}=\vektor{0 \\ 1 \\ 0}\not=\vektor{0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
> ist, muss ja irgendwo der Fehler liegen.
Die Koeffzienten wurden nur falsch in die Matrix eingetragen.
Sei D die Bildmatrix mit [mm]D=\pmat{0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0}[/mm]
und E die Matrix der Basis mit [mm]E=\pmat{1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 3}[/mm]
Dann gibt es eine Matrix B', so daß gilt:
[mm]D=B'*E \Rightarrow B'=D*E^{-1}[/mm]
Es sind hier zwar dieselben Koeffizienten in der Matrix B', diese sind im Gegensatz zur Matrix B an dem Element in der 2. Zeile und 2. Spalte gespiegelt.
>
> Vielleicht muss ich bei dieser Aufgabe anders vorgehen?
Nein.
> , aber mein Skript hilft mir im Moment nicht
> wirklich weiter.
>
> Danke.
>
> MfG barsch
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:22 Mi 14.05.2008 | | Autor: | Fawkes |
Hallo,
ich habe die gleiche Aufgabe ebenfalls bearbeitet bin auch zu einem ergebnis gekommen welches mit meinem lösungsbuch übereinstimmt jedoch verstehe ich noch so richtig was genau mit dem bild(f) ist. Wie berechnet man das bild genau? Ich weiß zwar, dass das das bild von je zwei bildern der basisvektoren aufgespannt wird jedoch weiß ich nicht wie genau das rechnerisch zu verstehen und umzusetzen ist. Über eine Antwort würde ich mich freuen. Mfg Fawkes
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> jedoch verstehe ich noch so richtig was genau
> mit dem bild(f) ist. Wie berechnet man das bild genau? Ich
> weiß zwar, dass das das bild von je zwei bildern der
> basisvektoren aufgespannt wird jedoch weiß ich nicht wie
> genau das rechnerisch zu verstehen und umzusetzen ist. Über
> eine Antwort würde ich mich freuen. Mfg Fawkes
Hallo,
das Bild einer linearen Abbildung ist der Raum, der von den Bildern der Basisvektoren aufgespannt wird, dh. die Menge sämtlicher Vektoren, die man als Linearkombination der Bilder der Basisvektoren erhalten kann.
In der vorliegenden Aufgabe ist also Bild f=<f(1,0,0), f(0,1,0), f(0,0,1)> [mm] =<\vektor{-1 \\ 1\\3},\vektor{0 \\ 6\\3}, \vektor{2 \\ 4\\-3}> [/mm]
Interessiert sich meist für eine Basis des Bildes. Ein Erzeugendensystem kennen wir bereits, in der vorliegenden Aufgabe ist [mm] (\vektor{-1 \\ 1\\3},\vektor{0 \\ 6\\3}, \vektor{2 \\ 4\\-3}) [/mm] eins.
Fischt man hieraus eine maximale linear unabhängige Teilmenge ab, so hat man eine Basis des aufgespannten Raumes gefunden.
Rechnerisch kann man das machen, indem man die Vektoren als Spalten in eine Matrix stellt, diese in Zeilenstufenform bringt. Der Rang dieser liefert die Dimension des Bildes, und auch eine Basis des Bildes kann man ablesen: sind die führenden Elemente der in der ZSF verbleibenden Zeilen z.B. in der 1. und 3. Spalte, so bilden der 1. und der 3. Vektor des untersuchten Erzeugendensystems eine Basis.
Alternativ kannst Du die Vektoren auch als Zeilen in eine Matrix legen und auf ZSF bringen.
Die Transponierten der verbleibenden Zeilen sind eine basis des Bildes.
Gruß v. Angela
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