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Hi, ich sitze gerade an dieser Aufgabe:

Sei f : R2R3 f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3} die lineare Abbildung definiert durch
(xy)(x2y2x+4y3x6y) \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 R2 \mathbb{R}^{2} und R3, \mathbb{R}^{3}, bezüglich welcher die Darstellungsmatrix A=(aij) A=\left(a_{i j}\right) von f f die Form
aij={1,i=jr0, sonst  a_{i j}=\left\{\begin{array}{ll} {1,} & {i=j \leq r} \\ {0,} & {\text { sonst }} \end{array}\right.
mit r=Rang(A) r=\operatorname{Rang}(A) annimmt.

Text erkannt:

2. [ Aufgabe] Sei f : R2R3 f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3} die lineare Abbildung definiert durch
(xy)(x2y2x+4y3x6y) \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 R2 \mathbb{R}^{2} und R3, \mathbb{R}^{3}, bezüglich welcher die Darstellungsmatrix A=(aij) A=\left(a_{i j}\right) von f f die Form
aij={1,i=jr0, sonst  a_{i j}=\left\{\begin{array}{ll} {1,} & {i=j \leq r} \\ {0,} & {\text { sonst }} \end{array}\right.
mit r=Rang(A) r=\operatorname{Rang}(A) annimmt.

 ich kann allerdings den Lösungsweg nicht nachvollziehen: https://www2.math.ethz.ch/education/bachelor/lectures/hs2014/math/li… (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:)

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Aloha :)

Betrachte folgende Transformation:

(xy)(x2y2x+4y3x6y)=(122436)(xy)\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 SAS{_S}A_S bezüglich der Standardbasis SS ist also:

(122436)SAS=(123)(120000)=(123)(100000)CAB(12)\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 SAS{_S}A_S gleich 11, daher hat die Matrix CAB{_C}A_B bereits die gewünschte Form. Es geht nun darum die Matrix links von CAB{_C}A_B und die Matrix rechts davon so "aufzufüllen", dass wir eine Basistransformation erhalten:(122436)SAS=(123)SidC(100000)CAB(12)=(SidB)1\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:(122436)SAS=(110201300)SidC(100000)CAB(1201)=(SidB)1\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 CC des R3\mathbb{R}^3 lesen wir aus SidC{_S}id_C ab. Zum Ablesen der Basis BB des R2\mathbb{R}^2 müssen wir die letzte Matrix noch invertieren:SidB=(1201)1=(1201){_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 CC immer das Bild der Abbildung als ersten Vektor enthalten muss, ist aus der Konstruktion ersichtlich. Die Basis BB muss aber auch immer den Kern der Abbildung enthalten. Das wird klar, wenn man an die Matrizengleichung von rechts SidB{_S}id_B multipliziert:(122436)SAS(1201)=SidB=(110201300)SidC(100000)CAB=(102030)\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 BB vorkommen.

Avatar von 153 k 🚀

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

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

MCB(f)=(Er000) M_{\mathcal{C}}^{\mathcal{B}}(f) = \begin{pmatrix} E_r & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}

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

Um das zu erreichen geht man eben wie folgt vor:

1. Man bestimmt eine Basis (w1,...,wr) (w_1,...,w_r) des Kerns kerf \ker f . Egal wie C \mathcal{C} aussieht: Die Koordinaten von f(wi) f(w_i) bzgl. C \mathcal{C} sind immer 0.

2. Man ergänzt das System (w1,...,wr) (w_1,...,w_r) zu einer Basis B=(v1,...,vk,w1,...,wr) \mathcal{B} = (v_1,...,v_k,w_1,...,w_r) von V V . Die Vektoren des Kerns packt man dabei nach hinten, da man ja hinten die Nullspalten haben möchte.

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

3. Man beginnt nun C=(u1,...,ul) \mathcal{C} = (u_1,...,u_l) zu konstruieren:

Wir möchten, dass die Koordinaten von f(v1) f(v_1) gerade der erste Einheitsvektor (1,0,...,0)T (1,0,...,0)^T sind. D.h. es muss gelten:

f(v1)=1u1+0u2+0u3+0ul f(v_1) = 1 u_1 + 0 u_2 + 0 u_3 \dotsm + 0 u_l

Die Koordinaten von f(v2) f(v_2) sollen gerade der zweite Einheitsvektor sein:

f(v2)=0u1+1u2+0u3+0ul f(v_2) = 0 u_1 + 1 u_2 + 0 u_3 \dotsm + 0 u_l

usw. wir wählen also u1=f(v1),...,uk=f(vk) u_1 = f(v_1), ..., u_k = f(v_k) .

Warum ist dimW=lk \dim W = l \ge k ? Warum ist das so gewählte System (u1,...,uk) (u_1,...,u_k) linear unabhängig?

4. Ergänzt man nun (u1,...,uk) (u_1,...,u_k) zu einer Basis C=(u1,...,uk,uk+1,...,ul) \mathcal{C} = (u_1,...,u_k,u_{k+1},...,u_l) von W 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.

Avatar von 6,0 k

Vielen vielen Dank:) Das hilft extrem weiter

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