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Formel als Text

Sei f : R4--> R3 die lineare Abbildung gegeben durch

f(xyzt)= (x+5y-3z+t

                  y+2t

               2y+z+3t)

Seien B = (v1, v2, v3, v4) und B′ = (w1,w2,w3) die kanonische Basen von R4 bzw. R3 i.e.
 

v1=(1000), v2=(0100), v3=(0010), v4=(0001),

w1=(100), w2=(010), w3=(001)

1. Geben Sie die Matrix MatB,B′ (f) an.

2. Geben Sie eine Basis von ker(f) und Im(f) an.

3. Zeigen Sie, dass B′′ = (v1, v2, v3, v5) wobei v5=(12 -2 1 1) eine Basis von R4 ist.

4. Zeigen Sie, dass B′′′ = (f(v1), f(v2), f(v3)) eine Basis von R3 ist.

5. Geben Sie die Matrix MatB′′,B′′′ (f) an.

 

Wäre echt superspitzenklasse, wenn sich jemand die Zeit nimmt und die Aufgabe vorrechnet. Ist sehr wichtig und Mathe ist so gar nicht mein Ding <.<

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a) Da die beiden Batrizen B und B' die kanonischen Basen sind, ist die Matrix von f einfach die Koeffizientenmatrix der einzelnen Koordinaten.

$$ \operatorname { Mat } _ { B , B } ( f ) = \left( \begin{array} { c c c c } { 1 } & { 5 } & { - 3 } & { 1 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 2 } \\ { 0 } & { 2 } & { 1 } & { 3 } \end{array} \right) $$

b) ker(f) ist die Menge, die auf 0 abgebildet wird. Zu lösen ist also das Gleichungssystem

MatB, B'(f) x = 0

nach x=(x, y, z, t)

Dafür schreiben wir die erweiterte Koeffizientenmatrix auf (indem man einfach eine Nullspalte hinten anhängt) und bringen sie auf Stufennormalform.

$$ \left( \begin{array} {c c c c c} 1 & 5 & -3 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 3 & 0 \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} {c c c c c} 1 & 5 & -3 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} {c c c c c} 1 & 0 & 0 & -12  & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \end{array} \right) $$

Nun muss unten eine Nullzeile ergänzt werden, daraus lässt sich dann ablesen, dass die Dimension des Kerns 1 ist, weil nur eine Null auf der Diagonalen existiert. Der Basisvektor des Kerns ist das negative der vorletzten Spalte, mit einer 1 im untersten Eintrag. Das lässt sich verstehen, wenn man t beliebig wählt, z.B. 1 und dann ausrechnet, wie alle anderen Werte aussehen müssen.

Also gilt für die Basis V des Kerns:

$$ V = \left\{ \begin{pmatrix} 12\\-2\\1\\-1 \end{pmatrix} \right\} $$

Das Bild der Matrix ist gleich den linear unabhängigen Spalten.

Da mir der Gaußalgorithmus mehr liegt als der Spaltenalgorithmus, transponiere ich die Matrix zuerst, wende dann den Gaußalgorithmus an, um sie in Stufennormalform zu bringen und transponiere dann erneut.

$$ \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 5 } & { - 3 } & { 1 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 2 } \\ { 0 } & { 2 } & { 1 } & { 3 } \end{array} \right) ^ { T } = \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 5 } & { 1 } & { 2 } \\ { - 3 } & { 0 } & { 1 } \\ { 1 } & { 2 } & { 3 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 2 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } \\ { 0 } & { 2 } & { 3 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } \end{array} \right) $$

Das Bild der Matrix besitzt also die Basis W:

$$ V = \left\{ \left( \begin{array} { l } { 1 } \\ { 0 } \\ { 0 } \end{array} \right) , \left( \begin{array} { l } { 0 } \\ { 1 } \\ { 0 } \end{array} \right) , \left( \begin{array} { l } { 0 } \\ { 0 } \\ { 1 } \end{array} \right) \right\} $$

c) Da die Anzahl an Vektoren der Dimension entspricht, ist nur zu zeigen, dass sie linear unabhängig sind.

Das geschieht wieder mit dem Gaußalgorithmus:

$$ \left( \begin{array} { l l l l } { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 12 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { - 2 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 1 } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 0 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right) $$

Da keine Nullzeile aufgetaucht ist, sind die Vektoren linear unabhängig und bilden damit eine Basis von ℝ4.

d) Berechne zunächst die drei Vektoren:

$$ f \left( \left( \begin{array} { l } { 1 } \\ { 0 } \\ { 0 } \\ { 0 } \end{array} \right) \right) = \left( \begin{array} { l } { 1 } \\ { 0 } \\ { 0 } \end{array} \right) \\ f \left( \left( \begin{array} { l } { 0 } \\ { 1 } \\ { 0 } \\ { 0 } \end{array} \right) \right) = \left( \begin{array} { l } { 5 } \\ { 1 } \\ { 2 } \end{array} \right) \\ f \left( \left( \begin{array} { l } { 0 } \\ { 0 } \\ { 1 } \\ { 0 } \end{array} \right) \right) = \left( \begin{array} { l } { -3 } \\ { 0 } \\ { 1 } \end{array} \right)$$


Zu zeigen ist nun wieder, dass die Vektoren linear unabhängig sind, also dass im Gaußalgorithmus einer Matrix bestehend aus den drei Vektoren keine Nullzeile entsteht.

$$ \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 5 } & { - 3 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 2 } & { 1 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { c c c } { 1 } & { 0 } & { - 3 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right) \sim \left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 0 } & { 0 } \\ { 0 } & { 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 1 } \end{array} \right) $$

Also sind die Vektoren linear unabhängig.

e) Hierfür müssen die Bilder der Basisvektoren ausgerechnet werden.

Das Prinzip funktioniert so:
Du rechnest den Vektor d1=f(v1) aus, das ist ein Vektor mit drei Einträgen. Diese nimmst du jetzt als Inhomogenität eines Gleichungssystems der Form

a*w1+b*w2+c*w3 = d

Und die Lösung (a,b,c) ist die erste Spalte der neuen Matrix.
Du musst also die Matrix (w1, w2, w3, d1) auf Stufennormalform bringen.

Da du das aber dreimal machen musst (für d1, d2 und d3) kannst du auch gleich die Matrix (w1, w2, w3, d1, d2, d3) auf Stufennormalform bringen. Dann steht die gesuchte Matrix direkt in der rechten Hälfte drin.

Ich werde das gleich noch machen, aber ich will dir die Chance geben, es selbst einmal zu versuchen.

Beantwortet von 10 k
Könntest du e) bitte auch einmal vorechnen? Komme damit nicht zurecht :/
Man könnte bei b doch auch die kanonischen basen von R^4 und R^3 nehmen für ker und im oder?

Nein! Denn der Kern ist ja in diesem Fall ein eindimensionaler Vektorraum, wäre er durch die kanonische Basis des ℝ4 aufgespannt, dann hieße das ja, dass jedes Element auf die 0 abgebildet wird.

 

sry ich meinte nicht für kern sodern als eine basis vom kern bzw im
@Anonym: Du musst ker und Im unterscheiden. Dein Kommentar wirkt da nicht klärend.

Wir haben f(x,y,z,t) = MatB,Bι (f)  Jetzt setzt man f(v1) , f(v2) , f(v3) , f(v5) ein und erhält die Matrix wie schon in Übung 1 nur die letzte Spalte ist 0.

Nun muss man Bιιι mit der Matrix multiplizieren und dann erhält man die MatBιι,Bιιι(f).

(1  4  -6  0,

 0  1  0  0,

  0  4  1  0)


Julian gibt es noch eine andere Möglichkeit die basis des bildes auszurechnen?!

 

Wenn ich mich nicht täusche, hast Du Dich bei der Basis des Kerns verrechnet/verschrieben. Sprich Aufgabenteil b.)

Er müsste lauten: (12, -2, 1, 1)

Siehe WolframAlpha: http://www.wolframalpha.com/input/?i={{1%2C0%2C0%2C-12}%2C{0%2C1%2C0%2C2}%2C{0%2C0%2C1%2C-1}}.{{12}%2C{-2}%2C{1}%2C{-1}}

http://www.wolframalpha.com/input/?i={{1%2C0%2C0%2C-12}%2C{0%2C1%2C0%2C2}%2C{0%2C0%2C1%2C-1}}.{{12}%2C{-2}%2C{1}%2C{1}}

Wenn ich falsch liege, kannst du mir erklären warum?

 

Greetz

Nein, das ist richtig. Es sollte genau der Vektor sein, der dann in die Basis übernommen werden soll, da hab ich mich verschrieben, es kam ja danach auch nicht nochmal vor.

Die Lösung von Rambozambo für die Matrix ist richtig.

Und ja, man kann die Basis des Bildes auch ausrechnen, indem man den Spaltenalgorithmus anwendet, das ist aber das gleiche wie der Gaußalgorithmus nur vertikal.

Vermutlich gibt es auch in der Sprache der Gleichungssysteme noch eine Möglichkeit, aber der Vorteil der Matrixschreibweise ist ja gerade, dass alles sehr übersichtlich ist.
Ich komm bei e) irgendwie auf

   1     0     0     0

(  0     1     0     0  )

   0     0     1     0

kann mir das nochmal jemand vorrechnen? -.-

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