Wie kommt man darauf, dass die Darstellungsmatrix diese Eigenschaften erfüllt?

Question

Hi, ich sitze gerade an dieser Aufgabe:

Sei \( f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3} \) die lineare Abbildung definiert durch
$$ \left(\begin{array}{l} {x} \\ {y} \end{array}\right) \mapsto\left(\begin{array}{c} {x-2 y} \\ {-2 x+4 y} \\ {3 x-6 y} \end{array}\right) $$
Finde Basen von \( \mathbb{R}^{2} \) und \( \mathbb{R}^{3}, \) bezüglich welcher die Darstellungsmatrix \( A=\left(a_{i j}\right) \) von \( f \) die Form
$$ a_{i j}=\left\{\begin{array}{ll} {1,} & {i=j \leq r} \\ {0,} & {\text { sonst }} \end{array}\right. $$
mit \( r=\operatorname{Rang}(A) \) annimmt.

Text erkannt:

2. [ Aufgabe] Sei \( f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3} \) die lineare Abbildung definiert durch
$$ \left(\begin{array}{l} {x} \\ {y} \end{array}\right) \mapsto\left(\begin{array}{c} {x-2 y} \\ {-2 x+4 y} \\ {3 x-6 y} \end{array}\right) $$
Finde Basen von \( \mathbb{R}^{2} \) und \( \mathbb{R}^{3}, \) bezüglich welcher die Darstellungsmatrix \( A=\left(a_{i j}\right) \) von \( f \) die Form
$$ a_{i j}=\left\{\begin{array}{ll} {1,} & {i=j \leq r} \\ {0,} & {\text { sonst }} \end{array}\right. $$
mit \( r=\operatorname{Rang}(A) \) annimmt.

 ich kann allerdings den Lösungsweg nicht nachvollziehen: https://www2.math.ethz.ch/education/bachelor/lectures/hs2014/math/linalg1/Loesung9.pdf (Seite 2)

Ich verstehe schon, wie man auf das Bild, den Kern usw. kommt, jedoch nicht, warum dann mit den fertigen Basen sofort so eine Darstellung bekommt von der man dann weiß, dass  die jeweilige Zeile 1 ist, wenn Zeilenindex gleich Spaltenindex ist und beides kleiner der Rang der Darstellungsmatrix.

Wisst ihr vielleicht, warum das so ist?

VG:)

Answer 1

Aloha :)

Betrachte folgende Transformation:

$$\binom{x}{y}\to\left(\begin{array}{c}x-2y\\-2x+4y\\3x-6y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}1 & -2\\-2 & 4\\3 & -6\end{array}\right)\binom{x}{y}$$Die Abbildungsmatrix \({_S}A_S\) bezüglich der Standardbasis \(S\) ist also:

$$\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & -2\\-2 & 4\\3 & -6\end{array}\right)}_{{_S}A_S}=\left(\begin{array}{r}1 & * & *\\-2 & * & *\\3 & * & *\end{array}\right)\left(\begin{array}{r}1 & -2\\0 & 0\\0 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}1 & * & *\\-2 & * & *\\3 & * & *\end{array}\right)\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & 0\\0 & 0\\0 & 0\end{array}\right)}_{{_C}A_B}\left(\begin{array}{r}1 & -2\\* & *\end{array}\right)$$Die Sternchen \(*\) sind Platzhalter, die wir völlig frei wählen können, ohne die Matrizengleichung zu verfälschen. Wie man sofort sieht, ist der Rang der Matrix \({_S}A_S\) gleich \(1\), daher hat die Matrix \({_C}A_B\) bereits die gewünschte Form. Es geht nun darum die Matrix links von \({_C}A_B\) und die Matrix rechts davon so "aufzufüllen", dass wir eine Basistransformation erhalten:$$\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & -2\\-2 & 4\\3 & -6\end{array}\right)}_{{_S}A_S}=\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & * & *\\-2 & * & *\\3 & * & *\end{array}\right)}_{{_S}id_C}\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & 0\\0 & 0\\0 & 0\end{array}\right)}_{{_C}A_B}\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & -2\\* & *\end{array}\right)}_{=\left({_S}id_B\right)^{-1}}$$Wir ergänzen die einfachsten möglichen Werte:$$\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & -2\\-2 & 4\\3 & -6\end{array}\right)}_{{_S}A_S}=\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & 1 & 0\\-2 & 0 & 1\\3 & 0 & 0\end{array}\right)}_{{_S}id_C}\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & 0\\0 & 0\\0 & 0\end{array}\right)}_{{_C}A_B}\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & -2\\0 & 1\end{array}\right)}_{=\left({_S}id_B\right)^{-1}}$$Eine geeignete Basis \(C\) des \(\mathbb{R}^3\) lesen wir aus \({_S}id_C\) ab. Zum Ablesen der Basis \(B\) des \(\mathbb{R}^2\) müssen wir die letzte Matrix noch invertieren:$${_S}id_B=\left(\begin{array}{c}1 & -2\\0 & 1\end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{c}1 & 2\\0 & 1\end{array}\right)$$Dass die Basis \(C\) immer das Bild der Abbildung als ersten Vektor enthalten muss, ist aus der Konstruktion ersichtlich. Die Basis \(B\) muss aber auch immer den Kern der Abbildung enthalten. Das wird klar, wenn man an die Matrizengleichung von rechts \({_S}id_B\) multipliziert:$$\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & -2\\-2 & 4\\3 & -6\end{array}\right)}_{{_S}A_S}\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & 2\\0 & 1\end{array}\right)}_{={_S}id_B}=\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & 1 & 0\\-2 & 0 & 1\\3 & 0 & 0\end{array}\right)}_{{_S}id_C}\underbrace{\left(\begin{array}{r}1 & 0\\0 & 0\\0 & 0\end{array}\right)}_{{_C}A_B}=\left(\begin{array}{r}1 & 0\\-2 & 0\\3 & 0\end{array}\right)$$Zur Erzeugung der Null-Spalte ganz rechts, muss der Kern der Abbildung rechts in der Basis von \(B\) vorkommen.

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Wow, vielen lieben Dank für deine Mühe:) Ich hab mich sehr gefreut und es hat mir sehr geholfen.

Answer 2

 Du möchtest für eine lineare Abbildung (zwischen endlich. dim. VR) \( f : V \to W \) Basen \( \mathcal{B} \) und \( \mathcal{C} \) bestimmen, s.d.

$$ M_{\mathcal{C}}^{\mathcal{B}}(f) = \begin{pmatrix} E_r & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix} $$

Erinnerung: In den Spalten von \( M_{\mathcal{C}}^{\mathcal{B}}(f) \) stehen die Koordinaten - der Bilder der Basisvektoren von \( \mathcal{B} \) - bezüglich der Basis \( \mathcal{C} \).

Um das zu erreichen geht man eben wie folgt vor:

1. Man bestimmt eine Basis \( (w_1,...,w_r) \) des Kerns \( \ker f \). Egal wie \( \mathcal{C} \) aussieht: Die Koordinaten von \( f(w_i) \) bzgl. \( \mathcal{C} \) sind immer 0.

2. Man ergänzt das System \( (w_1,...,w_r) \) zu einer Basis \( \mathcal{B} = (v_1,...,v_k,w_1,...,w_r) \) von \( V \). Die Vektoren des Kerns packt man dabei nach hinten, da man ja hinten die Nullspalten haben möchte.

Es gilt nun \( f(v_i) \neq 0 \). Insb. bekommen wir also auch für jede Basis  \( \mathcal{C} \) Koordinaten ungleich 0.

3. Man beginnt nun \( \mathcal{C} = (u_1,...,u_l) \) zu konstruieren:

Wir möchten, dass die Koordinaten von \( f(v_1) \) gerade der erste Einheitsvektor \( (1,0,...,0)^T \) sind. D.h. es muss gelten:

$$ f(v_1) = 1 u_1 + 0 u_2 + 0 u_3 \dotsm + 0 u_l $$

Die Koordinaten von \( f(v_2) \) sollen gerade der zweite Einheitsvektor sein:

$$ f(v_2) = 0 u_1 + 1 u_2 + 0 u_3 \dotsm + 0 u_l $$

usw. wir wählen also \( u_1 = f(v_1), ..., u_k = f(v_k) \).

Warum ist \( \dim W = l \ge k \)? Warum ist das so gewählte System \( (u_1,...,u_k) \) linear unabhängig?

4. Ergänzt man nun \( (u_1,...,u_k) \) zu einer Basis \( \mathcal{C} = (u_1,...,u_k,u_{k+1},...,u_l)\) von \( W \) ist man fertig.

Wie man in Schritt 2 und 4 zu Basen ergänzt ist vollkommen egal. Es ist aber meistens einfach mit Standardvektoren zu ergänzen.

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Vielen vielen Dank:) Das hilft extrem weiter