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Hallo,

Ich wollte wissen, ob ich die Aufgabe richtig gelöst habe.

Gegeben sei A ∈\( ℝ^{2×2} \) mit

A = \( \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \)

und den Basen B = { \( \begin{pmatrix} 1\\-1\end{pmatrix} \) ; \( \begin{pmatrix} 2\\2 \end{pmatrix} \) }

und C =  { \( \begin{pmatrix} 3\\1\end{pmatrix} \) ; \( \begin{pmatrix} -1\\-1 \end{pmatrix} \) }

Gesucht ist nun die lineare Abbildung

LB C : ℝ2 → ℝ2

Meine Lösung :

LB C = \( \begin{pmatrix} 2x+5y\\y\end{pmatrix}\)

Passt das ? Danke

von

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Aloha :)

Die Matrix \(A\) ist bezüglich der Standardbasis \(S\) des \(\mathbb R^2\) angegeben:$${_S}A_S=\begin{pmatrix}1 & 2\\1 & 1\end{pmatrix}$$Die Basisvektoren von \(B\) und von \(C\) sind ebenfalls bezüglich dieser Standardbasis \(S\) angegeben. Wir wissen daher, wie man von \(B\) nach \(S\) und von \(C\) nach \(S\) transformiert:$${_S}\mathbf{id}_{B}=\begin{pmatrix}1 & 2\\-1 & 2\end{pmatrix}\quad;\quad {_S}\mathbf{id}_{C}=\begin{pmatrix}3 & -1\\1 & -1\end{pmatrix}$$

Damit können wir die gesuchte Abbildung formulieren:$$L^B_C={_C}A_B={_C}\operatorname{id}_S\cdot{_S}A_S\cdot{_S}\operatorname{id}_B=\left({_S}\operatorname{id}_C\right)^{-1}\cdot{_S}A_S\cdot{_S}\operatorname{id}_B$$$$L^B_C=\begin{pmatrix}3 & -1\\1 & -1\end{pmatrix}^{-1}\cdot\begin{pmatrix}1 & 2\\1 & 1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1 & 2\\-1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac12 & 1\\[0.5ex]-\frac12 & -3\end{pmatrix}$$

von 117 k 🚀

Danke, aber zu diesem Zeitpunkt hatten wir noch keine Transformationsmatrix, nur diesen ominösen Ausdruck:

LB C (A)(v_i) = a1j w1 + ….. + amjwm

Für Basen B = (v1 , …….. ,vn) und

C = (w1 , ……..,, , wm) 

Was ist das?

Oha, ohne Transformationmatrizen musst du die Bauern-Methode anwenden. Das heißt, du musst die Abbildungsmatrix auf die Basisvektoren von \(B\) anwenden und das Ergebnis dann mit den Basisvektoren von \(C\) ausdrücken.

$$A\binom{1}{0}_B=A\binom{1}{-1}_S=\begin{pmatrix}1 & 2\\1 & 1\end{pmatrix}\binom{1}{-1}_S=\binom{-1}{0}_S$$$$\phantom{A\binom{1}{0}_B}=-\frac12\binom{3}{1}_S-\frac12\binom{-1}{-1}_S=-\frac12\binom{1}{0}_C-\frac12\binom{0}{1}_C=\binom{-\frac12}{-\frac12}_C$$$$A\binom{0}{1}_B=A\binom{2}{2}_S=\begin{pmatrix}1 & 2\\1 & 1\end{pmatrix}\binom{2}{2}_S=\binom{6}{4}_S$$$$\phantom{A\binom{0}{1}_B}=\binom{3}{1}_S-3\binom{-1}{-1}_S=\binom{1}{0}_C-3\binom{0}{1}_C=\binom{1}{-3}_C$$

Die erhaltenen Bilder sind die Spaltenvektoren der Abbildungsmatrix.

Ich glaube ich denke zu kompliziert, also wenn ich z.B folgende Matrix gegeben habe

A = \( \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \)

mit Basisvektoren

A =  { \( \begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 2\\1\end{pmatrix} \)}

B = { \( \begin{pmatrix} 1\\0\end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 0\\2\end{pmatrix} \)}

Dann ist die Abbildungsmatrix MAB (f) gegeben durch \( \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix} \). Wenn ich jetzt die zugehörige L.A haben wollen würde, dann wäre es nur \( \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1/2 & 1/2 \end{pmatrix} \) • \( \begin{pmatrix} x\\y\end{pmatrix} \)

Richtig ?

Die Matrix habe ich jetzt nicht nachgerechnet. Wenn sie richtig ist, hast du Recht. Du solltest aber einen Index \(A\) an \(\binom{x}{y}_A\) schreiben. Dann ist klar, dass sich die Komponenten des Eingangsvektors nicht auf die Standardbasis, sondern auf die Basis \(A\) beziehen.

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