Lineare Algebra mit Abbildungsmatrix

Question

Aufgabe:

Gegeben seien die linearen Abbildungen

a : R² → R³ : (x  y)^T ↦ (x+3y  y  -2x)^T

id₂ : R² → R² : x ↦ x

id₃ : R³ → R³ : x ↦ x

Wir benutzen die Standardbasis E₂ und eine weitere Basis B : b₁ := (2   1)^T , b₂ := (1   -2)^T von R²

sowie die Standardbasis E₃ und eine weitere Basis C: c₁ := (1  1  0)^T, c₂ := (0   -1   1)^T, c₃ := (0   0   2)^T von R³.

Und jetzt soll man  _E3 a _E2 , _E2id2_B , _E3id3_C , _Cid3_E3   , _Ca_B   bestimmen.

Problem/Ansatz:

Ich weiß nicht wie das geht und das Internet scheint auch keine große Hilfe zu sein. Deswegen erhoffe ich mir hier etwas bessere Erklärung.

Answer 1

Aloha :)

Wenn du einen Vektor angibst, musst du streng genommen auch die zugehörigen Basisvektoren mit angeben, auf die sich die Komponenten des Vektors beziehen. Wenn diese Angabe fehlt, sind immer die Standard-Basisvektoren gemeint. Zum Beispiel:$$\binom{3}{2}=3\cdot\binom{1}{0}+2\cdot\binom{0}{1}\quad;\quad\begin{pmatrix}3\\ 7\\ 5\end{pmatrix}=3\cdot\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+7\cdot\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}+5\cdot\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$$

Bei dieser Aufgabe tauchen nun neben den Standardbasen $E_2$ und $E_3$ noch andere Basen $B$ und $C$ auf. Die einen für den $\mathbb R^2$, die anderen für den $\mathbb R^3$:

$$E_2=\left(\,\binom{1}{0}\,,\,\binom{0}{1}\,\right)\qquad\qquad\quad\;\,;\quad B=\left(\,\binom{2}{1}\,,\,\binom{1}{-2}\,\right)$$$$E_3=\left(\,\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\,,\,\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\,,\,\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\,\right)\quad;\quad C=\left(\,\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\,,\,\begin{pmatrix}0\\ -1\\ 1\end{pmatrix}\,,\,\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 2\end{pmatrix}\,\right)$$Bei den Basisvektoren kommt es auf die Reihenfolge an, weil sich die $i$-te Komponente eines Vektors auf den $i$-ten Basisvektor bezieht.

Du hast nun eine Abbildung $a$ gegeben, nämlich:

$$a:\;\mathbb R^2\to\mathbb R^3\;:\;\binom{x}{y}\to\begin{pmatrix}x+3y\\ y\\ -2x\end{pmatrix}$$

Diese lineare Abbildung können wir mit Matrizen schreiben.

1) Abbildung $a$, Eingangsbasis $E_2$, Ausgangsbasis $E_3$

Die Komponenten der Eingangs-Vektoren liegen in der Standard-Basis $E_2$ vor und Komponenten der Ausgangs-Vektoren sollen in der Standard-Basis $E_3$ angegeben werden. Zur Bestimmung der Matrix setzen wir die Basis-Vektoren der Eingangsbasis nacheinander in die Funktion ein:

$$\binom{1}{0}\to\begin{pmatrix}1\\0\\-2\end{pmatrix}\quad;\quad\binom{0}{1}\to\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}$$Das führt zu folgender Abbildungsmatrix:$$\boxed{{_{E_3}}A_{E_2}=\left(\begin{array}{rr}1 & 3\\0 & 1\\-2 & 0\end{array}\right)}$$Wir machen kurz die Probe:$$\left(\begin{array}{r}1 & 3\\0 & 1\\-2 & 0\end{array}\right)\cdot\binom{x}{y}=\left(\begin{array}{r}1 \\0\\-2\end{array}\right)\cdot x+\left(\begin{array}{r}3\\1\\ 0\end{array}\right)\cdot y=\left(\begin{array}{c}x+3y\\y\\-2x\end{array}\right)\quad\checkmark$$

2) Identität, Eingangsbasis $E_2$, Ausgangsbasis $B$

Hier geht es um die identische Abbildung $\operatorname{id}_2$. Die Komponenten der Eingangsvektoren sollen in der Basis $B$ vorliegen und die Komponenten der Ausgangsvektoren in der Basis $E_2$. Da die Basisvektoren von $B$ selbst bereits in der Standard-Basis $E_2$ angegeben sind, geht das leicht:$$\boxed{{_{E_2}}\operatorname{id}_B=\left(\begin{array}{rr}2 & 1\\1 & -2\end{array}\right)}$$Wir machen auch hier kurz die Probe:$$\left(\begin{array}{rr}2 & 1\\1 & -2\end{array}\right)\binom{1}{0}_B=\binom{2}{1}\cdot1+\binom{1}{-2}\cdot0=\binom{2}{1}\quad\checkmark$$$$\left(\begin{array}{rr}2 & 1\\1 & -2\end{array}\right)\binom{0}{1}_B=\binom{2}{1}\cdot0+\binom{1}{-2}\cdot1=\binom{1}{-2}\quad\checkmark$$Der Vektor $\binom{1}{0}_B$ mit Komponenten bezüglich der Basis $B$ wird auf den Basisvektor $\vec b_1$ von $B$ abgebildet. Der Vektor $\binom{0}{1}_B$ mit Komponenten bezüglich der Basis $B$ wird auf den Basisvektor $\vec b_2$ von $B$ abgebildet.

3) Identität, Eingangsbasis $E_3$, Ausgangsbasis $C$

Hier geht es um die identische Abbildung $\operatorname{id}_3$. Die Komponenten der Eingangsvektoren sollen in der Basis $C$ vorliegen und die Komponenten der Ausgangsvektoren in der Basis $E_3$. Da die Basisvektoren von $C$ selbst bereits in der Standard-Basis $E_3$ angegeben sind, geht das auch wieder leicht:$$\boxed{{_{E_3}}\operatorname{id}_C=\left(\begin{array}{rr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\0 & 1 & 2\end{array}\right)}$$Wir machen auch hier kurz die Probe:$$\left(\begin{array}{rr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\0 & 1 & 2\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}_B=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\cdot1+\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}\cdot0+\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}\cdot0=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\quad\checkmark$$$$\left(\begin{array}{rr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\0 & 1 & 2\end{array}\right)\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}_B=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\cdot0+\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}\cdot1+\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}\cdot0=\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}\quad\checkmark$$$$\left(\begin{array}{rr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\0 & 1 & 2\end{array}\right)\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}_B=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\cdot0+\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}\cdot0+\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}\cdot1=\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}\quad\checkmark$$

4) Identität, Eingangsbasis $C$, Ausgangsbasis $E_3$

Jetzt wird es erstmalig interessant. Wir sollen nun die identische Abbildung angeben, die einen Vektor mit Komponenten bezüglich der Basis $E_3$ in einen Vektor mit Komponenten bezüglich der Basis $C$ transformiert. Das ist die jedoch genau die inverse Abbildung zu der, die wir gerade in (3) berechnet haben:

$${_C}\operatorname{id}_{E_3}=\left({_{E_3}}\operatorname{id}_C\right)^{-1}=\left(\begin{array}{rr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\0 & 1 & 2\end{array}\right)^{-1}\implies\boxed{{_C}\operatorname{id}_{E_3}=\left(\begin{array}{rr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right)}$$Die Berechnung der inversen Matrix habe ich hier nicht vorgeführt. Wir machen auch hier die Probe:

$$\left(\begin{array}{rrr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}=\left(\begin{array}{r}1\\1\\-\frac{1}{2}\end{array}\right)_C\cdot1+\left(\begin{array}{r}0\\-1\\\frac{1}{2}\end{array}\right)_C\cdot1+\left(\begin{array}{r}0\\0\\\frac{1}{2}\end{array}\right)\cdot0=\left(\begin{array}{r}1\\0\\0\end{array}\right)_C$$$$\left(\begin{array}{rrr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right)\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}=\left(\begin{array}{r}1\\1\\-\frac{1}{2}\end{array}\right)_C\cdot0+\left(\begin{array}{r}0\\-1\\\frac{1}{2}\end{array}\right)_C\cdot(-1)+\left(\begin{array}{r}0\\0\\\frac{1}{2}\end{array}\right)\cdot1=\left(\begin{array}{r}0\\1\\0\end{array}\right)_C$$$$\left(\begin{array}{rrr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right)\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}=\left(\begin{array}{r}1\\1\\-\frac{1}{2}\end{array}\right)_C\cdot0+\left(\begin{array}{r}0\\-1\\\frac{1}{2}\end{array}\right)_C\cdot0+\left(\begin{array}{r}0\\0\\\frac{1}{2}\end{array}\right)\cdot2=\left(\begin{array}{r}0\\0\\1\end{array}\right)_C$$

5) Abbildung $a$, Eingangsbasis $B$, Ausgangsbasis $C$

In (1) haben wir die Abbidlungsmatrix $_{E_3}A_{E_2}$ bestimmt. Sie erwartet rechts Eingangsvektoren bezüglich der Einheitsbasis $E_2$. Unsere Eingangsvektoren liegen hier aber bezüglich der Basis $B$ vor. Also müssen wir diese zunächst in die Einheitsbasis $E_2$ umrechnen. Dazu dient uns das Ergebnis aus (2):$${_{E_3}}A_B={_{E_3}}A_{E_2}\cdot{_{E_2}}\operatorname{id}_B$$Damit aber noch nicht genug. Die Ausgangsvektoren sollen bezüglich der Basis $C$ angegeben werden. Da hilft das Ergebnis aus (4) weiter:$${_C}A_B={_C}\operatorname{id}_{E_3}\cdot{_{E_3}}A_{E_2}\cdot{_{E_2}}\operatorname{id}_B$$Beachte, wie die Matrizen zusammenwirken und die Komponenten von einer Basis zur anderen transformieren. Natürlich wollen wir die Matrix auch noch ausrechnen:$${_C}A_B=\left(\begin{array}{rr}1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0\\-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{r}1 & 3\\0 & 1\\-2 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}2 & 1\\1 & -2\end{array}\right)$$Die Rechnung führe ich hier nicht vor, sondern gebe nur das Ergebnis an:$$\boxed{{_C}A_B=\left(\begin{array}{rr}5 & -5\\4 & -3\\-4 & \frac{1}{2}\end{array}\right)}$$

Answer 2

In der Matrix stehen in der k-ten Spalte immer die Koeffizienten,

die man braucht um das Bild des k-ten Basisvektors im

Startraum mit der Basis des Zielraumes darzustellen.

Also bei a:

Basis im Startraum ist E2.

Berechne also das Bild des 1. Basisvektors

a(( 1 ; 0)^T )  = ( 1 ; 0 ; -2 )^T  darstellen mit E3

         1* e1 + 0*e2 +(-2)*e3 , also 1. Spalte der Matrix

1
0
-2

entsprechend liefert a(( 0 ; 1)^T ) =  ( 3 ; 1 ; 0 )^T für

die 2. Spalte, also ist die Matrix

1       3
0        1
-2       0

etc.

Comments

Und was bedeutet dann die "E3" in E3aE2 ?

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Ist jetzt die letzte 3 x 2-Matrix die Lösung zu E3aE2 ?