Lineare Abbildungen - Vektorraum: Behauptung: Abbildung (a,b,c) → f(x)=ax2 + bx + c ist bijektiv

Question

Lineare Abbildungen

Sei $V=\left\{f: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} \mid \exists a, b, c \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R} f(x)=a x^{2}+b x+c\right\}$ der Vektorraum aller
quadratischen Funktionen und die Abbildung $\varphi: V \longrightarrow \mathbb{R}^{3}$ durch $\varphi(f)=(f(0), f(1), f(2))$ definiert.

a) Zeigen Sie, dass $\varphi$ eine lineare Abbildung ist und begründen Sie (z.B. durch Konstruktion der Umkehrabbildung $\varphi^{-1}$ ), dass diese Abbildung bijektiv ist.

b) Sei die Abbildung $\psi: V \longrightarrow \mathbb{R}^{4}$ durch $\psi(f)=(f(0), f(1), f(2), f(3))$ definiert. Bestimmen Sie eine Basis des Bildes $\operatorname{Im} \psi$ (dafür muss man nicht viel rechnen, aber die Lösung sollte kurz begründet werden).

Kern und Bild

Die lineare Abbildung $f \in \operatorname{Hom}\left(\mathbb{R}^{4}, \mathbb{R}^{3}\right)$ ist wie folgt durch die Bilder der Basisvektoren von $\mathbb{R}^{4}$ gegeben:

$f\left(\overrightarrow{e_{1}}\right)=\left(\begin{array}{c} 1 \\ -3 \\ 2 \end{array}\right) \quad f\left(\vec{e}_{2}\right)=\left(\begin{array}{c} 2 \\ -6 \\ 4 \end{array}\right) \quad f\left(\overrightarrow{e_{3}}\right)=\left(\begin{array}{l} 2 \\ 2 \\ 1 \end{array}\right) \quad f\left(\overrightarrow{e_{4}}\right)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 8 \\ -3 \end{array}\right)$

Bestimmen Sie Kern und Bild von $f$ durch Konstruktion entsprechender Basen. Vergessen Sie nicht, den Lösungsweg ausreichend zu kommentieren.

Answer 1

Antwort mit KI erzeugt

Aufgabe a)

Um zu zeigen, dass $\varphi$ eine lineare Abbildung ist, müssen wir zwei Eigenschaften überprüfen:

1. Additivität: $\varphi(f + g) = \varphi(f) + \varphi(g)$
2. Homogenität: $\varphi(\lambda f) = \lambda \varphi(f)$ für alle $\lambda \in \mathbb{R}$

Sei $f(x) = ax^2 + bx + c$ und $g(x) = dx^2 + ex + f$.

Berechne $\varphi(f + g)$:
$(f + g)(x) = (a+d)x^2 + (b+e)x + (c+f)$
$\varphi(f + g) = ((f+g)(0), (f+g)(1), (f+g)(2))$
$= (c+f, a+d+b+e+c+f, 4a+4d+2b+2e+c+f)$

Berechne $\varphi(f) + \varphi(g)$:
$\varphi(f) = (f(0), f(1), f(2)) = (c, a+b+c, 4a+2b+c)$
$\varphi(g) = (g(0), g(1), g(2)) = (f, d+e+f, 4d+2e+f)$
$\varphi(f) + \varphi(g) = (c, a+b+c, 4a+2b+c) + (f, d+e+f, 4d+2e+f)$
$= (c+f, a+b+d+e+c+f, 4a+4d+2b+2e+c+f)$

Da $\varphi(f + g) = \varphi(f) + \varphi(g)$, ist die Additivität gezeigt.

Überprüfe die Homogenität:
$\varphi(\lambda f) = (\lambda f(0), \lambda f(1), \lambda f(2))$
$= (\lambda c, \lambda(a + b + c), \lambda(4a + 2b + c))$
$= \lambda (c, a + b + c, 4a + 2b + c) = \lambda \varphi(f)$

Somit ist auch die Homogenität gezeigt. $\varphi$ ist daher eine lineare Abbildung.

Weiterhin zeigen wir die Bijektivität durch Konstruktion der Umkehrabbildung $\varphi^{-1}$.

Nehmen wir an, wir haben den Vektor $(\alpha, \beta, \gamma) \in \mathbb{R}^3$, und wir wollen das zugehörige Polynom $f(x)$ finden. Zwei Schritte:

1. Setze $f(0) = \alpha$
2. Setze $f(1) = \beta$
3. Setze $f(2) = \gamma$

Das Polynom $f(x) = ax^2 + bx + c$ ergibt:
$f(0) = c = \alpha$
$f(1) = a + b + c = \beta$
$f(2) = 4a + 2b + c = \gamma$

Dieses lineare Gleichungssystem:
$c = \alpha$
$a + b + \alpha = \beta \implies a + b = \beta - \alpha$
$4a + 2b + \alpha = \gamma$

Lösen wir das:
$a + b = \beta - \alpha$
$4a + 2(\beta - \alpha - a) + \alpha = \gamma$
$4a + 2\beta - 2\alpha - 2a + \alpha = \gamma$
$2a = \gamma - 2\beta + \alpha$
$a = \frac{\gamma - 2\beta + \alpha}{2}$
$b = \beta - \alpha - a = \beta - \alpha - \frac{\gamma - 2\beta + \alpha}{2} = \frac{2\beta - 2\alpha - \gamma + 2\beta - \alpha}{2} = \frac{\beta - \gamma + \alpha}{2}$

Deshalb lautet die Umkehrabbildung:
$\varphi^{-1}(\alpha, \beta, \gamma) = \left( \frac{\gamma - 2\beta + \alpha}{2} \right) x^2 + \left( \frac{\beta - \gamma + \alpha}{2} \right) x + \alpha$

Dies zeigt, dass $\varphi$ bijektiv ist.

Aufgabe b)

Zu $\psi(f) = (f(0), f(1), f(2), f(3))$:

Da ein Polynom $f(x) = ax^2 + bx + c$ durch nur drei Koeffizienten beschrieben wird, und $\psi(f)$ auf vier Werte abzubilden versucht, ist $\psi$ nicht injektiv, aber dennoch surjektiv auf einem Unterraum von $\mathbb{R}^4$.

Wir müssen eine Basis von $\operatorname{Im} \psi$ finden.

Betrachte:
$f(x) = ax^2 + bx + c$

Die Werte $f(0), f(1), f(2), f(3)$:
$f(0) = c$
$f(1) = a + b + c$
$f(2) = 4a + 2b + c$
$f(3) = 9a + 3b + c$

$\operatorname{Im} \psi$ ist somit der Spann einer Matrix $A$:
$A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \\ 9 & 3 & 1 \end{pmatrix}$

Die Spaltenvektoren beschreiben eine Basis von $\operatorname{Im} \psi$:
$\operatorname{Im} \psi = \operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 4 \\ 9\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\right\}$

Diese Vektoren sind linear unabhängig und daher bilden sie eine Basis des Bildes $\operatorname{Im} \psi$.

Kern und Bild von $f$

Gegeben:
$f\left(\vec{e}_{1}\right) = \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}, \quad f\left(\vec{e}_{2}\right) = \begin{pmatrix} 2 \\ -6 \\ 4 \end{pmatrix}, \quad f\left(\vec{e}_{3}\right) = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad f\left(\vec{e}_{4}\right) = \begin{pmatrix} 0 \\ 8 \\ -3 \end{pmatrix}$

Matrix $A$ der Abbildung $f$:
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 0 \\ -3 & -6 & 2 & 8 \\ 2 & 4 & 1 & -3 \end{pmatrix}$

Bestimmung des Ranges (Bild) und des Kerns:
- Row-Reduced Echelon Form (RREF):
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 8 & 8 \\ 0 & 0 & -3 & -3 \end{pmatrix}$

Da die Matrix 2 Pivot Elemente hat, ist der Rang 2:
$\operatorname{Im} f = \operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}1 \\ -3 \\ 2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix} \right\}$

Für den Nullraum von $A$:
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{1} + 2a_{2} + 2a_{3} = 0\\ a_{3} + a_{4} = 0\\ \end{pmatrix}$

Lösung:
$\left\{ \begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} \right\}$

Basen für den Kern und das Bild sind:
$\operatorname{Kern} f = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} \right\}$