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Gegeben sei die lineare Abbildung
Φ : R4R3,x(232011114102)x\Phi: \mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, x \mapsto\left(\begin{array}{cccc}2 & 3 & 2 & 0 \\-1 & 1 & 1 & 1 \\4 & 1 & 0 & -2\end{array}\right) \cdot x
Bestimmen Sie eine (geordnete) Basis B B von R4 \mathbb{R}^{4} und eine (geordnete) Basis C C von R3 \mathbb{R}^{3} , so dass Φ \Phi bezüglich der Basen B B und C C folgende Abbildungsmatrix hat:
MCB(Φ)=(100001000000)M_{C}^{B}(\Phi)=\left(\begin{array}{llll}1 & 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)

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Aloha :)

Wir bestimmen eine Basis des Kerns der Abbildungsmatrix, indem wir die linearen Abhängigkeiten mittels Zeilen-Operationen aus den Zeilen herausrechnen:x1x2x3x40Operation23200+2Z211110(1)41020+4Z205420 ⁣ : 211110+12Z105420Z102,52102,5x2+2x3+x4=011,5100x1+1,5x2+x3=000000\begin{array}{rrrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & x_4 & 0 & \text{Operation}\\\hline2 & 3 & 2 & 0 & 0 &+2Z_2\\-1 & 1 & 1 & 1 & 0 &\cdot(-1)\\4 & 1 & 0 & -2 & 0 &+4Z_2\\\hline0 & 5 & 4 & 2 & 0 & \colon2\\1 & -1 & -1 & -1 & 0 &+\frac12Z_1\\0 & 5 & 4 & 2 & 0 &-Z_1\\\hline0 & 2,5 & 2 & 1 & 0 &\Rightarrow2,5x_2+2x_3+x_4=0\\1 & 1,5 & 1 & 0 & 0 &\Rightarrow x_1+1,5x_2+x_3=0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\end{array}Die beiden Bedingungs-Gleichungen stellen wir etwas um:x4=52x22x3;x1=32x2x3x_4=-\frac52x_2-2x_3\quad;\quad x_1=-\frac32x_2-x_3um die Lösungen einfach angeben zu können:(x1x2x3x4)=(32x2x3x2x352x22x3)=x22(3205)+x3(1012)\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac32x_2-x_3\\x_2\\x_3\\-\frac52x_2-2x_3\end{pmatrix}=\frac{x_2}{2}\left(\begin{array}{r}-3\\2\\0\\-5\end{array}\right)+x_3\left(\begin{array}{r}-1\\0\\1\\-2\end{array}\right)

Der Kern der Abbildung ist also 2-dimensional. Wir wählen die beiden Basisvektoren des Kerns in unsere Basis BB der R4\mathbb R^4 und füllen mit Vektoren der Standardbasis auf:B=((1000),(0100),(3205),(1012))B=\left(\,\left(\begin{array}{r}1\\0\\0\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{r}0\\1\\0\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{r}-3\\2\\0\\-5\end{array}\right),\left(\begin{array}{r}-1\\0\\1\\-2\end{array}\right)\,\right)Schreibt man diese Vektoren in eine Matrix, so ist deren Determinante =5=5, also 0\ne0, sodass wir tatsächlich eine Basis des R4\mathbb R^4 gewählt haben.

Wenn wir diese Matrix von rechts an die Abbildungsmatrix multiplizieren, bleiben die ersten beiden Spalten erhalten und die letzten beiden Spalten werden zu Nullspalten, da wir ja hinten zwei Basisvektoren des Kerns eingetragen haben:

(232011114102)=EM(Φ)E(1031012000010062)=EidB=(230011004100)=EM(Φ)B\underbrace{\left(\begin{array}{rrrr} 2 & 3 & 2 & 0\\ -1 & 1 & 1 & 1\\ 4 & 1 & 0 & -2\end{array}\right)}_{={_E}M(\Phi)_E}\cdot\underbrace{\left(\begin{array}{rrrr}1 & 0 & -3 & -1\\0 & 1 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\\0 & 0 & -6 & -2\end{array}\right)}_{={_E}\mathbf{id}_B}=\underbrace{\left(\begin{array}{rrrr} 2 & 3 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 4 & 1 & 0 & 0\end{array}\right)}_{={_E}M(\Phi)_B}

Damit haben wir schon fast eine Basis CC der R3\mathbb R^3, wir füllen noch mit einem "passenden" Vektor aus der Standardbasis auf, in dem Sinne, dass die Determinante 0\ne 0 ist:C=((214),(311),(001))C=\left(\,\left(\begin{array}{r}2\\-1\\4\end{array}\right),\left(\begin{array}{r}3\\1\\1\end{array}\right),\left(\begin{array}{r}0\\0\\1\\\end{array}\right)\,\right)Die Determinante ist =5=5, also 0\ne0, sodass tatsächlich eine Basis des R3\mathbb R^3 vorliegt.

Wir prüfen noch, ob die erhaltene Abbildungsmatrix der geforderten entspricht:CM(Φ)B=CidEEM(Φ)B=(EidC)1EM(Φ)B{_C}M(\Phi)_B={_C}\mathbf{id}_E\cdot{_E}M(\Phi)_B=\left({_E}\mathbf{id}_C\right)^{-1}\cdot{_E}M(\Phi)_BCM(Φ)B=(230110411)1(230011004100)=(100001000000){_C}M(\Phi)_B=\left(\begin{array}{rrr}2 & 3 & 0\\-1 & 1 & 0\\4 & 1 & 1\end{array}\right)^{-1}\left(\begin{array}{rrrr} 2 & 3 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 4 & 1 & 0 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)\quad\checkmark

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