Hallo certi,
wenn wir die Abbildungsmatrix von ϕ kennen, können wir eine Basis von Kern(ϕ) und Bild(ϕ) bestimmen.
Eine Möglichkeit, die Abbildungsmatrix \( A = \begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} &a_{13} \\a_{21} & a_{22} &a_{23} \\ a_{31} &a_{32} &a_{33} \end{pmatrix} \) zu bekommen:
Es gilt \(A\cdot \begin{pmatrix}1 \\0 \\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\1 \\-3 \end{pmatrix}\), \( \ \ A\cdot \begin{pmatrix}1 \\1 \\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6\\0 \\3 \end{pmatrix}\) und \(A\cdot \begin{pmatrix}1 \\1 \\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\2 \\-3 \end{pmatrix}\).
Wir können die Einträge \(a_{ij} \) in \(A\) bestimmen:
a_11*1 + a_12*0 + a_13*0 = -1
a_21*1 + a_22*0 + a_23*0 = 1
a_31*1 + a_32*0 + a_33*0 = -3
==> a_11 = -1, a_21 = 1, a_31 = -3
-1*1 + a_12*1 + a_13*0 = 6
1*1 + a_22*1 + a_23*0 = 0
-3*1 + a_32*1 + a_33*0 = 3
==> a_12 = 7, a_22 = -1, a_32 = 6
-1*1 + 7*1 + a_13*1 = 4
1*1 + -1*1 + a_23*1 = 2
-3*1 + 6*1 + a_33*1 = -3
==> a_13 = -2, a_23 = 2, a_33 = -6
Unsere Abbildungsmatrix ist \(A = \begin{pmatrix} -1 & 7 & -2 \\ 1 & -1 & 2\\ -3 & 6 & -6\end{pmatrix} \)
Wir bestimmen \(Kern(ϕ)\).
Zunächst lösen wir das lineare, homogene Gleichungssystem \(A \begin{pmatrix}a \\ b\\ c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0\\ 0\end{pmatrix} \) und bekommen \(b = 0 \), \( a = -2c\), mit frei wählbarem \(c\).
Da \(A \begin{pmatrix}-2c \\ 0\\ c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0\\ 0\end{pmatrix} \) gilt, ist \(A \cdot c\begin{pmatrix}-2 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0\\ 0\end{pmatrix} \) für alle \(c \in \mathbb{R}\) und es ist \(Kern(ϕ) = \left\{ \lambda \begin{pmatrix}-2 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \bigg \vert \lambda \in \mathbb{R}\right\} \) Die Dimension von \(Kern(ϕ)\) ist \(1 \) und mit dem Rangsatz folgt \(dim(Bild(ϕ)) = 2 \). Wir brauchen zwei linear unabhängige Vektoren, die unsere Basis von \(Bild(f) \) bilden.
Wir ergänzen \( \begin{pmatrix}-2 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \)mit \( e_1 =\begin{pmatrix}1 \\0 \\ 0 \end{pmatrix}\) und \(e_2\begin{pmatrix}0 \\1 \\ 0\end{pmatrix} \) zu einer Basis von \(\mathbb{R} \) und erhalten unsere beiden Basisvektoren von \(Bild(ϕ) \):
\(A\cdot e_1 = \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ -3\end{pmatrix} \) und \(A\cdot e_2 = \begin{pmatrix}7 \\-1 \\ 6\end{pmatrix} \)
Grüße
P.S.
Eine andere Möglichkeit an die Abbildungsmatrix heranzukommen ist
[spoiler]
e1 = a*(1, 0, 0)^T + b*(1, 1, 0)^T + c*(1, 1, 1)^T
a = 1, b=0, c=0
e1 = 1*(1, 0, 0)^T + 0*(1, 1, 0)^T + (1, 1, 1)^T
ϕ(e1) = 1*ϕ((1, 0, 0)^T) + 0*ϕ((1, 1, 0)^T) + 0*ϕ((1, 1, 1)^T)
ϕ(e1) = (−1, 1, −3)^T
e2 = a*(1, 0, 0)^T + b*(1, 1, 0)^T + c*(1, 1, 1)^T
a = -1, b = 1, c = 0
e2 = -1*(1, 0, 0)^T + 1*(1, 1, 0)^T + 0*(1, 1, 1)^T
ϕ(e2) = -1*ϕ((1, 0, 0)^T) + 1*ϕ((1, 1, 0)^T) + 0*ϕ((1, 1, 1)^T)
ϕ(e2) = -1*(−1, 1, −3)^T + 1*(6, 0, 3)^T + 0*(4, 2, −3)^T
ϕ(e2) = (7, -1, 6)^T
e3 = a*(1, 0, 0)^T + b*(1, 1, 0)^T + c*(1, 1, 1)^T
a = 0, b = -1, c = 1
e3 = 0*(1, 0, 0)^T -1*(1, 1, 0)^T + 1*(1, 1, 1)^T
ϕ(e3) = 0*ϕ((1, 0, 0)^T) -1*ϕ((1, 1, 0)^T) + 1*ϕ((1, 1, 1)^T)
ϕ(e3) = -1*(6, 0, 3)^T + 1*(4, 2, −3)^T
ϕ(e3) = (-2,2,-6)^T
ϕ((x,y,z)^T) = ϕ((x,0,0)^T+(0,y,0)^T+(0,0,z)^T)= x*ϕ(e1)+y*ϕ(e1)+z*ϕ(e3)
ϕ((x,y,z)^T) = x*(−1, 1, −3)^T + y*(7, -1, 6)^T + z*(-2,2,-6)^T
ϕ((x,y,z)^T) = (-x + 7y - 2z, x - y + 2z, -3x + 6y - 6z)^T
Die Abbildung \(\Phi \) ist also definiert durch
$$ \Phi\left(\begin{pmatrix}x \\ y\\z \end{pmatrix} \right)=\begin{pmatrix}-x + 7y - 2z \\ x - y + 2z\\-3x + 6y - 6z \end{pmatrix}$$ Die Abbildumgsmatrix können wir ablesen
\(A=\begin{pmatrix} -1& 7 & -2\\1 &-1 & 2\\ -3 & 6 &-6 \end{pmatrix} \)
[/spoiler]
