Bild und Kern < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:31 Di 09.01.2007 | | Autor: | bob86a |
| Aufgabe | Sei f : [mm] \IR^3 [/mm] -> [mm] \IR^3 [/mm] eine lineare Abbildung mit der Abbildungsmatrix
A = [mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 3}
[/mm]
(a) Liegt der Vektor a = (1, 0, 0) in Bild (f)?
(b) Bestimmen Sie Kern(f).
(c) Ist f surjektiv, injektiv bzw. bijektiv? |
Hallo!
Habe leider ein wenig Probleme mit dieser Aufgabe... Wie kann ich bestimmen, ob das der Vektor a in Bild(f) liegt? Leider weiß ich nicht so wirklich, wie ich da anfagnen soll... :(
b hab ich mal versucht
A hab ich einfach als Gleichungssystem gelöst und komme auf
1 0 0
0 1 1
0 0 0
Da rg(A) ja 2 ist und [mm] dim\IR^3=3 [/mm] muss dimKern(f) ja 1 sein. Sprich ich muss eine Variable frei wählen können.
So komme ich ja auf
x2 + x3 = 0
sprich x2 = -x3
x3 wäre also frei wählbar...
und es wäre ja x1=0...
Zu c könnte ich ja auf jeden Fall schon mal sagen, dass die Abbildung nicht injektiv ist, da ja nicht nur der Nullvektor auf den Nullvektor abgebildet wird... Oder? Damit hätte sich ja auch schon mal die Bijektivität erledigt.
Und da Bild(f)=rg(A) entspricht und für surjektivität aber Bild(f)=3 gelten muss, wäre das ja auch kein Thema mehr...?!
Wäre für eure Hilfe sehr dankbar! :D
Mfg,
Bernd
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:47 Di 09.01.2007 | | Autor: | DaMenge |
Hallo,
also bei a) musst du nur schauen, ob $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 3}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=\vektor{1\\0\\0} [/mm] $ eine Lösung hat
bei der b) musst du die Lösungen von $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 3}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=\vektor{0\\0\\0} [/mm] $ bestimmen...
ich kann aber nicht ganz erkennen, ob du dies auch versucht hattest und dass die Zeilenstufenform dann dein Ergbnis sein sol ?!?
Aber wenn die Matrix rang 2 hat, dann ist der Kern 1-dimensional und eine Variable kannst du dann frei wählen.
bei der c) hättest du dann auch richtig argumentiert, wenn der rang gleich 2 ist...
viele Grüße
DaMenge
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:28 Mi 10.01.2007 | | Autor: | bob86a |
Erst mal danke für die schnelle Antwort!
Mal sehen ob ich das noch kann:
Die komplette Matrix ist dann ja
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 3 & 0 }
[/mm]
wobei die 4. Zeile der Bildvektor ist...
1. Zeile *(-1) zur zweiten und 1. *(-2) zur dritten führt zu
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & -2 }
[/mm]
2. Zeile *(-1) zur dritten führt dann zu
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 }
[/mm]
und 3. Zeile *(-1) zur ersten macht dann daraus
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 }
[/mm]
Da unten ja die Nullzeile auftaucht ist das GS ja nicht lösbar, oder? Und der Rang muss ja 2 sein.
b) ist dann ja analog, nur halt mit (0,0,0) als Lösungsvektor... den hatte ich im ersten post einfach mal weggelassen ;)
und dann sollte meine argumentation bei c ja auch schlüssig sein.
soweit richtig? :)
mfg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:01 Mi 10.01.2007 | | Autor: | DaMenge |
Hallo !
das schaut schon viiiieeel uebersichtlicher aus - so kann man schnell (und gerne) weiterhelfen.
> ...
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & -2 }[/mm]
>
> 2. Zeile *(-1) zur dritten führt dann zu
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 }[/mm]
>
muesste der letzte eintrag in der letzten zeile dann nicht (-1) sein ?
> und 3. Zeile *(-1) zur ersten macht dann daraus
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 }[/mm]
das verstehe ich nicht, wenn du von der ersten zeile die dritte zeile abziehst, bleibt die 1 an dritter stelle aber bestehen !
wenn du von der ersten zeile die zweite abziehst, kommt an zweiter stelle eine (-1) hinzu , also du letzte form kommt bei mir so nicht raus !
bleiben wir also mal bei : [mm] $\pmat{ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & -1 }$
[/mm]
dann ist wegen der dritten zeile (nullzeile aber im inhomogenen teil steht eine -1) das LGS nicht loesbar, richtig !
bei b) steht dasselbe da nur eben der Nullvektor als letzte Spalte, also an dieser Matrix, kann man wieder [mm] $x_3=t$ [/mm] beliebig setzen udn dann folgt:
[mm] $x_1=x_2=-t$ [/mm] , also ist der Kern die Menge aller Vektoren :
[mm] $\vektor{-t\\-t\\t}=t*\vektor{-1\\-1\\1}$ [/mm] mit t beliebig.
also ist kern=span( [mm] $\vektor{-1\\-1\\1}$ [/mm] )
deine Ueberlegungen bei c) aendern sich aber nicht durch die leicht veraenderte matrix...
(ist also richtig)
viele Gruesse
DaMenge
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:15 Mi 10.01.2007 | | Autor: | bob86a |
Ah super! Dann haben sich alle Fragen geklärt! Vielen Dank! :D
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