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Hallo allerseits.

eine generelle Frage hätte ich zu Vektoren.

meine Frage lautet lieber Leser;

i)

geben sie die Matrix A derjenigen linearen Abbildung L an, die v1 auf w1 und v2 auf w2 abbildet.

v1=(3 2), v2=(4 3), v3=(1 -1)

w1= (1 0 4) w2=(-1 1 1) w3=(3 -1 7) und w4=(1 1 1)

meine Herangehensweise wäre folgende;

ich würde v1 mal w1 und v2 mal w2 berechnen.

ii)bei der zweiten Teilaufgabe bin ich leider nicht ganz sicher;

auf was wird v3 unter L abgebildet?

iii)

Bestimmen sie die Urbilder von w3 und w4

ich bedanke mich jetzt schon herzlichst bei euch allen für die Antworten.

von

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Aloha :)

zu 1)$$A=\left(\begin{array}{rr}1 & -1\\0 & 1\\4 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}3 & 4\\2 & 3\end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{rr}1 & -1\\0 & 1\\4 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{rr}3 & -4\\-2 & 3\end{array}\right)=\boxed{\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)}$$

zu 2)$$A\cdot\binom{1}{-1}=\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\binom{1}{-1}=\boxed{\left(\begin{array}{r}12\\-5\\23\end{array}\right)}$$

zu 3)$$A\cdot\vec u_3=\vec w_3\Longleftrightarrow\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\binom{u_{3,x}}{u_{3,y}}=\left(\begin{array}{r}3\\-1\\7\end{array}\right)$$Wir haben 3 Gleichungen für 2 Unbekannte, daher lassen wir zur Lösung die letzte Gleichung weg:

$$\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\end{array}\right)\binom{u_{3,x}}{u_{3,y}}=\left(\begin{array}{r}3\\-1\end{array}\right)\implies\binom{u_{3,x}}{u_{3,y}}=\boxed{\binom{2}{1}}$$Es könnte noch sein, dass der Vektor \(\vec w_3=(3;-1;7)^T\) nicht in der Wertemenge von \(L\) bzw. von \(A\) enthalten ist (wir haben zur Berechnung ja die letzte Komponenten einfach weggelassen). Daher machen wir kurz die Probe:$$A\cdot\binom{2}{1}=\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\cdot\binom{2}{1}=\left(\begin{array}{r}3\\-1\\7\end{array}\right)\quad\checkmark$$

Beim Urbild des zweiten Vektors \(\vec w_4\) verfahren wir analog:

$$A\cdot\vec u_4=\vec w_4\Longleftrightarrow\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\binom{u_{4,x}}{u_{4,y}}=\left(\begin{array}{r}1\\1\\1\end{array}\right)$$Wir haben wieder 3 Gleichungen für 2 Unbekannte, daher lassen wir zur Lösung wieder die letzte Gleichung weg:

$$\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\end{array}\right)\binom{u_{4,x}}{u_{4,y}}=\left(\begin{array}{r}1\\1\end{array}\right)\implies\binom{u_{4,x}}{u_{4,y}}=\boxed{\binom{10}{7}}$$Es könnte noch sein, dass der Vektor \(\vec w_4=(1;1;1)^T\) nicht in der Wertemenge von \(L\) bzw. von \(A\) enthalten ist. Daher machen wir wieder kurz die Probe:$$A\cdot\binom{10}{7}=\left(\begin{array}{rr}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{array}\right)\cdot\binom{10}{7}=\left(\begin{array}{r}1\\1\\9\end{array}\right)\quad\text{FAIL}$$Hier wollte man uns also reinlegen. Der Vektor \(\vec w_4=(1;1;1)^T\) gehört gar nicht zur Wertemenge von \(L\) bzw. \(A\).

von 55 k 🚀

hallo, erstmal vielen lieben dank, dass du das so detailliert demonstriert hast. Ich habe leider einige Schritte nicht so ganz nachvollziehen können.

wie kamst du auf die bei 1)

(5 -7

-2  3

10  -13)


und wieso hast du bei

2)

(12 -5 23) raus denn ich vermute das du hier 5+7, 2+3 und 10+13 berechnet hast jedoch sind davor noch die  - Zeichen vorhanden, sprich in dem Fall wäre es dann ja;

5+(-7)=-2

-2+3=1

10+(-13)= -3

und wie kommst du bei der 3)

auf (2 1) sollte man dann nicht eigentlich spalte mal Zeile berechnen?

Danke dir nochmals sehr.

zu 1) Die Matrix \(A\) soll ja \((3;2)\) auf \((1;0;4)\) und \((4;3)\) auf \((-1;1;1)\). Das bedeutet formal:$$A\cdot\binom{3}{2}=\begin{pmatrix}1\\0\\4\end{pmatrix}\quad;\quad A\cdot\binom{4}{3}=\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$$Dies können wir zu einer Matrix-Gleichung zusammanfassen:$$A\cdot\begin{pmatrix}3 & 4\\2 & 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1\\0 & 1\\4 & 1\end{pmatrix}$$Wenn wir nun beide Seiten der Gleichung von rechts mit der inversten Matrix multiplizieren, bekommen wir:
$$A\cdot\begin{pmatrix}3 & 4\\2 & 3\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}3 & 4\\2 & 3\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -1\\0 & 1\\4 & 1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}3 & 4\\2 & 3\end{pmatrix}^{-1}$$$$A=\begin{pmatrix}1 & -1\\0 & 1\\4 & 1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}3 & 4\\2 & 3\end{pmatrix}^{-1}$$

zu 2) Du musst die zweite Spalte der Matrix von der ersten Spalte subtrahieren, denn:

$$\begin{pmatrix}5 & -7\\-2 & 3\\10 & -13\end{pmatrix}\binom{1}{-1}=1\cdot\begin{pmatrix}5\\-2\\10\end{pmatrix}+(-1)\cdot\begin{pmatrix}-7\\3\\-13\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}12\\-5\\23\end{pmatrix}$$

zu 3) Du musst hier ja eine Art inverse Transformation durchführen, also den Rückweg vom 3-dimensionen Ergebnisvektor zum 2-dimensionalen Argumentvektor. Wir müssen also mit irgendeiner inversen Matrix arbeiten. Da man aber nur quadratische Matrizen invertieren kann, müssen wir eine Gleichung weglassen. Dafür müssen wir am Ende der Rechnung noch prüfen, ob der berechnete 2-dim. Argumentvektor tatsächlich auf den 3-dim. Ergebnisvektor abbildet. Es könnte ja auch sein, dass der 3-dim. Ergebnisvektor gar nicht in der Wertemenge der Abbildung liegt. Wir haben ja sogar beide Fälle in der Aufgabe vorliegen. Im ersten Fall gehört der 3-dim. Ergebnisvektor zur Wertemenge der Abbildung, im zweiten Fall nicht.

Oh Achso dann habe ich es ja falsch verstanden. Dachte man müsse es alles nochmal multiplizieren.

Okay ich werde es mir jetzt mal genauer anschauen.Danke nochmal

ich hätte doc noch eine frage;

hast du für die Matrix (5; -7; -2;3;10;-13)

die Matrix mit der(3;-4;-2;3) benutzt und hast dann anschließend

2+3=5

-4+(-3)=-7

usw. weil die Matrix kann ich nicht so nachvollziehen

spalte mal Zeile?

"Spalte mal Zeile", ja, so ist die Matrix-Multiplikation ja definiert ;)

Du hast dich bestimmt vertan es ist "Zeile mal Spalte" und nicht andersrum.

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