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Aufgabe:

Im Vektorraum \( \mathbb{R}^{3} \) seien die Vektoren

\( v_{1}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 0\end{array}\right), v_{2}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 0 \\ 1\end{array}\right), v_{3}=\left(\begin{array}{l}2 \\ 1 \\ 1\end{array}\right) \) und \( w_{1}=\left(\begin{array}{r}-1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right), w_{2}=\left(\begin{array}{r}1 \\ 0 \\ -1\end{array}\right), w_{3}=\left(\begin{array}{r}4 \\ 1 \\ -3\end{array}\right) \)
gegeben.

a) Zeigen Sie, dass es genau eine lineare Abbildung \( \Phi: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} \) gibt mit \( \Phi\left(v_{i}\right)=w_{i} \) für \( i=1,2,3 \).

b) Bestimmen Sie Kern \( \Phi \), Bild \( \Phi \) und deren Dimensionen.

c) Zeigen Sie, dass \( \Phi \circ \Phi=\Phi \) ist.


Problem/Ansatz:

War leider nicht so meine Aufgabe. Habe nach langer Bedenkzeit immer noch nichts raus.

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Aloha :)

Die Abbildungsmatrix \(\Phi\) muss Folgendes bewirken:$$\Phi\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\1\\2\end{pmatrix}\quad;\quad\Phi\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}\quad;\quad\Phi\cdot\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\1\\-3\end{pmatrix}$$Das können wir in einer Matrix-Gleichung zusammenfassen:$$\Phi\cdot\left(\begin{array}{rrr}0 & 0 & 2\\1 & 0 & 1\\0 & 1 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrr}-1 & 1 & 4\\1 & 0 & 1\\2 & -1 & -3\end{array}\right)$$Die Determinante der Matrix rechts neben \(\Phi\) ist \(2\) und damit \(\ne0\). Daher ist diese Matrix invertierbar und es gibt eine eindeutige Darstellung für \(\Phi\):$$\Phi=\left(\begin{array}{rrr}-1 & 1 & 4\\1 & 0 & 1\\2 & -1 & -3\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{rrr}0 & 0 & 2\\1 & 0 & 1\\0 & 1 & 1\end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{rrr}2 & -1 & 1\\0 & 1 & 0\\-2 & 2 & -1\end{array}\right)$$

Das Bild dieser Matrix finden wir, indem wir mittels elementarer Spalten-Operationen die linearen Abhängigkeiten aus den Spaltenvektoren rausrechnen.$$\begin{array}{rrr}-2S_3 & +S_3 & \\\hline2 & -1 & 1\\0 & 1 & 0\\-2 & 2 & -1\end{array}\quad\to\quad\begin{array}{rrr} & \vec b_1 & \vec b_2 \\\hline0 & 0 & 1\\0 & 1 & 0\\0 & 1 & -1\end{array}$$Damit haben wir das Bild von \(\Phi\) gefunden:$$\operatorname{Bild}(\Phi)=\left(\;\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}\;\right)\quad;\quad\operatorname{dim}(\operatorname{Bild}(\Phi))=2$$

Zum Auffinden des Kerns, lösen wir das homogene Gleichungssystem:$$\begin{array}{rrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & = & \text{Aktion}\\\hline2 & -1 & 1 & 0 &\\0 & 1 & 0 & 0 &\\-2 & 2 & -1 & 0 &+Z_1\\\hline2 & -1 & 1 & 0 &+ Z_2\\0 & 1 & 0 & 0 &\\0 & 1 & 0 & 0 &-Z_2\\\hline2 & 0 & 1 & 0 &2x_1+x_3=0\\0 & 1 & 0 & 0 & x_2=0\\0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\end{array}$$Die letzte Gleichung ist immer erfüllt, die beiden verbliebenen Gleichungen sind \(x_3=-2x_1\) und \(x_2=0\), sodass wir den Lösungsraum angeben können:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1\\0\\-2x_1\end{pmatrix}=x_1\begin{pmatrix}1\\0\\-2\end{pmatrix}$$Damit haben wir den Kern gefunden:$$\operatorname{Kern}(\Phi)=\begin{pmatrix}1\\0\\-2\end{pmatrix}\quad;\quad\operatorname{dim}(\operatorname{Kern}(\Phi))=1$$

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