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

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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:$$\begin{array}{rrrr|c|l}x_1 & x_2 & x_3 & x_4 & 0 & \text{Operation}\\\hline2 & 3 & 2 & 0 & 0 &+2Z_2\\-1 & 1 & 1 & 1 & 0 &\cdot(-1)\\4 & 1 & 0 & -2 & 0 &+4Z_2\\\hline0 & 5 & 4 & 2 & 0 & \colon2\\1 & -1 & -1 & -1 & 0 &+\frac12Z_1\\0 & 5 & 4 & 2 & 0 &-Z_1\\\hline0 & 2,5 & 2 & 1 & 0 &\Rightarrow2,5x_2+2x_3+x_4=0\\1 & 1,5 & 1 & 0 & 0 &\Rightarrow x_1+1,5x_2+x_3=0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\checkmark\end{array}$$Die beiden Bedingungs-Gleichungen stellen wir etwas um:$$x_4=-\frac52x_2-2x_3\quad;\quad x_1=-\frac32x_2-x_3$$um die Lösungen einfach angeben zu können:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac32x_2-x_3\\x_2\\x_3\\-\frac52x_2-2x_3\end{pmatrix}=\frac{x_2}{2}\left(\begin{array}{r}-3\\2\\0\\-5\end{array}\right)+x_3\left(\begin{array}{r}-1\\0\\1\\-2\end{array}\right)$$

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

$$\underbrace{\left(\begin{array}{rrrr} 2 & 3 & 2 & 0\\ -1 & 1 & 1 & 1\\ 4 & 1 & 0 & -2\end{array}\right)}_{={_E}M(\Phi)_E}\cdot\underbrace{\left(\begin{array}{rrrr}1 & 0 & -3 & -1\\0 & 1 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1\\0 & 0 & -6 & -2\end{array}\right)}_{={_E}\mathbf{id}_B}=\underbrace{\left(\begin{array}{rrrr} 2 & 3 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 4 & 1 & 0 & 0\end{array}\right)}_{={_E}M(\Phi)_B}$$

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

Wir prüfen noch, ob die erhaltene Abbildungsmatrix der geforderten entspricht:$${_C}M(\Phi)_B={_C}\mathbf{id}_E\cdot{_E}M(\Phi)_B=\left({_E}\mathbf{id}_C\right)^{-1}\cdot{_E}M(\Phi)_B$$$${_C}M(\Phi)_B=\left(\begin{array}{rrr}2 & 3 & 0\\-1 & 1 & 0\\4 & 1 & 1\end{array}\right)^{-1}\left(\begin{array}{rrrr} 2 & 3 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 4 & 1 & 0 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)\quad\checkmark$$

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