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Gibt es eine lineare Abbildung ϕ : R3 → R4, die die folgenden Vektoren aufeinander abbildet.

a) \( \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1\\2 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} -1\\1\\1\\1 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 1\\2\\2 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 0\\2\\2\\3 \end{pmatrix} \)


b) \( \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1\\2 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} -2\\-2\\-4 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} -1\\1\\1\\1 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 1\\2\\2 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 0\\2\\2\\3 \end{pmatrix} \)


c) \( \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1\\2 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} -1\\1\\1\\1 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 2\\1\\3 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 0\\2\\2\\3 \end{pmatrix} \)


d) \( \begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1\\2 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} -1\\1\\1\\1 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 2\\1\\3 \end{pmatrix} \) → \( \begin{pmatrix} 1\\2\\2\\3 \end{pmatrix} \)

von

3 Antworten

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Bei a)   JA!

Denn die 3 Vektoren von R^3 sind lin. unabh., bilden also eine Basis

von R^3 und eine lin. Abb. ist durch die Angabe der

Bilder aller Elemente einer Basis eindeutig bestimmt.

Bei b) ist der mittlere genau

-1*Erster + -1*dritter.

Dann muss das auch (wegen der Linearität) für die Bilder gelten,

tut es aber nicht. Das Bild des mittleren müsste in der 2. Komponente

eine -3 haben.

von 270 k 🚀

Hallo @mathef

bist du bei a) sicher siehe meine Antwort

lul

Ja, Matrix ist

-2     -0,5    1,5
0        o,5     0,5
0        0,5     0,5
-1       0,5      1,5

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Ein Beispiel:

\(\small A_a \, :=  \, \left(\begin{array}{rrr}a11&a12&a13\\a21&a22&a23\\a31&a32&a33\\a41&a42&a43\\\end{array}\right)\)

{ A_a {1,0,2} -{1,1,1,2},A_a {1,1,1} -{-1,1,1,1},A_a {1,2,2} -{0,2,2,3}}=0

\(\small \left(\begin{array}{rrrr}a11 + 2 \; a13 - 1&a21 + 2 \; a23 - 1&a31 + 2 \; a33 - 1&a41 + 2 \; a43 - 2\\a11 + a12 + a13 + 1&a21 + a22 + a23 - 1&a31 + a32 + a33 - 1&a41 + a42 + a43 - 1\\a11 + 2 \; a12 + 2 \; a13&a21 + 2 \; a22 + 2 \; a23 - 2&a31 + 2 \; a32 + 2 \; a33 - 2&a41 + 2 \; a42 + 2 \; a43 - 3\\\end{array}\right)\)

Löse LGS

\(\small A \, :=  \, \left(\begin{array}{rrr}-2&-\frac{1}{2}&\frac{3}{2}\\0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\-1&\frac{1}{2}&\frac{3}{2}\\\end{array}\right)\)

von 18 k
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Hallo

a) die 3 Vektoren des R^3 sind linear unabhängig, die des R^4 nicht, d.h. Summe der ersten 2 im R^4 wird nicht durch die Summe der ersten 2 erzeugt, keine lineare Abb.

b) dasselbe Argument,

c) linear, da summe der 2 R^3 = Summe der R^4

d) die 3 R^3 und die 3 R^4 sind linear unabhängig. also linear möglich.

Gruß lul

von 93 k 🚀

bist du dir bei a) sicher ? da:

\( \begin{pmatrix} -2 & -1,5 & 1,5 \\ 0 & 0,5 & 0,5 \\ 0 & 0,5 & 0,5  \\ -1 & 0,5 & 1,5 \end{pmatrix} \)  X\( \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \) = \( \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 2 \\ 3  \end{pmatrix} \)



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