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| Aufgabe | Sei
[mm] D:\mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t] [mm] \to \mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t], [mm] \quad [/mm] p = [mm] \sum_{j = 0}^{3}p_jt^j \mapsto [/mm] D(p) := [mm] 3p_3t^2+2p_2t+p_1.
[/mm]
(i) [mm] \quad [/mm] Zeigen Sie, dass D linear ist.
(ii) [mm] \quad [/mm] Bestimmen Sie die Matrixdarstellung von D bezüglich der Basis [mm] \mathfrak{B}_1 [/mm] := [mm] (1,t,t^2,t^3) [/mm] von [mm] \mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t].
(iii) [mm] \quad [/mm] Bestimmen Sie den Kern und das Bild von [mm] [D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}.
[/mm]
(iv) Bestimmen Sie den Kern und das Bild von D.
(v) Betrachten Sie die Basis des [mm] \mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t][mm] :\mathfrak{B}_2 [/mm] := (1, 1-t, [mm] 1-t+t^2, 1-t+t^2-t^3). [/mm] Bestimmen Sie die Basisübergangsmatrizen [mm] [Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1} [/mm] und [mm] [Id]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2}.
[/mm]
(vi) Bestimmen Sie [mm] [D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2} [/mm] mittels [mm] [D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1} [/mm] und den Ergebnissen aus Teilaufgabe (v). |
(i) Zu zeigen ist:
1) D(p + q) = D(p) + D(q)
2) [mm] D(\lambda [/mm] p) = [mm] \lambda [/mm] D(p)
Das ist nicht schwer und lass ich deshalb weg.
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(ii)
D(1) = 0 = [mm] 0*1+0*t+0*t^2+0*t^3
[/mm]
D(t) = 1 = [mm] 1*1+0*t+0*t^2+0*t^3
[/mm]
[mm] D(t^2) [/mm] = 2t = [mm] 0*1+2*t+0*t^2+0*t^3
[/mm]
[mm] D(t^3) [/mm] = [mm] 3t^2 [/mm] = [mm] 0*1+0*t+3*t^2+0*t^3
[/mm]
[mm] \Rightarrow \begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 3\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
[/mm]
Das ist die Matrixdarstellung von D bzg. [mm] B_1.
[/mm]
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(iii) Nun kommen mir die ersten Zweifel. Meiner Meinung nach ist der Kern dieser:
[mm] Kern([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}) [/mm] = [mm] \left \langle \begin{bmatrix} x_1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \right \rangle
[/mm]
Da [mm] x_1 [/mm] ja beliebig sein kann und dennoch stets der [mm] \vec{0} [/mm] raus kommt.
Als Basis hab ich folgendes in Erinnerung.
Die Spalten der Matrix die ungleich [mm] \vec{0} [/mm] sind.
Also:
[mm] Bild([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}) [/mm] = [mm] \begin{Bmatrix}\begin{bmatrix}0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, & \begin{bmatrix}0\\0\\2\\0 \end{bmatrix}, & \begin{bmatrix}0\\0\\0\\3 \end{bmatrix}\end{Bmatrix}
[/mm]
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(iv) Als Kern müsste ich im Prinzip rausfinden, mit welchen Koeffizienten ich das Nullpolynom darstellen kann richtig?
Also im Prinzip: Kern(D) = p [mm] \in \mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t] | [mm] p_i [/mm] = 0 mit i = 0 .. 3
(Er wollte keine Mengenklammern setze, da folgte stets eine Fehlermeldung.)
Und beim Bild? Entweder ich steh völlig auf dem Schlauch oder das Bild von D ist gleich dem Bild von (iii)?
Weil im Internet meistens steht man könnte es gut auf eine Matrix zurückführen und dann das Bild bestimmen. Das würde mich ja wieder zu [mm] Bild([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}) [/mm] führen. Hab ich recht?
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(v) So. Jetzt kommt viel Schreibarbeit...
Also meiner Meinung nach wie in (ii).
D(1) = 0 = [mm] 0*1+0*(1-t)+0*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)
[/mm]
D(t) = 1 = [mm] 1*1+0*(1-t)+0*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)
[/mm]
[mm] D(t^2) [/mm] = 2t = [mm] 2*1+(-2)*(1-t)+0*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)
[/mm]
[mm] D(t^3) [/mm] = [mm] 3t^2 [/mm] = [mm] 0*1+(-3)*(1-t)+3*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)
[/mm]
[mm] \Rightarrow [Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1} [/mm] = [mm] \begin{bmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \\ 0&0&0&0\end{bmatrix}
[/mm]
Und dann entsprechend umgekehrt kommt man auf
D(1) = 0 = [mm] 0*1+0*t+0*t^2+0*t^3
[/mm]
D(1-t) = -1 = [mm] -1*1+0*t+0*t^2+0*t^3
[/mm]
[mm] D(1-t+t^2) [/mm] = -1+2t = [mm] -1*1+2*t+0*t^2+0*t^3
[/mm]
[mm] D(1-t+t^2-t^3) [/mm] = [mm] -1+2t-3t^2 [/mm] = [mm] -1*1+2*t+(-3)*t^2+0*t^3
[/mm]
[mm] \Rightarrow [Id]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2} [/mm] = [mm] \begin{bmatrix} 0 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0&0&0&0\end{bmatrix}
[/mm]
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Last but not least
(vi)
Also wir wissen ja: [mm] [Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1} \cdot [D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1} \cdot [Id]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2} [/mm] = [mm] [D]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_2}
[/mm]
Und damit wäre es nur noch eine gewöhnliche Matrixmultiplikation.
Entschuldigt bitte das es so viel geworden ist.
Ich bedanke mich für die ganze Mühe die ihr euch macht.
Grüße André
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Ok entschuldigt. Ich hab den Fehler in (v) gefunden.
Ich hab differenziert, dabei soll man das gar nicht tun.
Kurz gesagt, bleibt nur noch die Frage wegen der Kern/Bild Geschichte aus Aufgabe (iv)
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> Sei
> [mm]D:\mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t][mm]\to \mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t], [mm]\quad[/mm] p = [mm]\sum_{j = 0}^{3}p_jt^j \mapsto[/mm] D(p) := [mm]3p_3t^2+2p_2t+p_1.[/mm]
>
> (i) [mm]\quad[/mm] Zeigen Sie, dass D linear ist.
>
> (ii) [mm]\quad[/mm] Bestimmen Sie die Matrixdarstellung von D bezüglich der Basis [mm]\mathfrak{B}_1[/mm] := [mm](1,t,t^2,t^3)[/mm] von [mm]\mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t].
>
> (iii) [mm]\quad[/mm] Bestimmen Sie den Kern und das Bild von [mm][D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}.[/mm]
>
> (iv) Bestimmen Sie den Kern und das Bild von D.
>
> (v) Betrachten Sie die Basis des [mm]\mathbb{C}_{\leq 3}[/mm] [t][mm]:\mathfrak{B}_2[/mm] := (1, 1-t, [mm]1-t+t^2, 1-t+t^2-t^3).[/mm] Bestimmen Sie die Basisübergangsmatrizen [mm][Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1}[/mm] und [mm][Id]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2}.[/mm]
>
> (vi) Bestimmen Sie [mm][D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2}[/mm] mittels [mm][D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}[/mm] und den Ergebnissen aus Teilaufgabe (v).
> (i) Zu zeigen ist:
> 1) D(p + q) = D(p) + D(q)
> 2) [mm]D(\lambda[/mm] p) = [mm]\lambda[/mm] D(p)
> Das ist nicht schwer und lass ich deshalb weg.
>
> -------------------------------------------------------
>
> (ii)
> D(1) = 0 = [mm]0*1+0*t+0*t^2+0*t^3[/mm]
> D(t) = 1 = [mm]1*1+0*t+0*t^2+0*t^3[/mm]
> [mm]D(t^2)[/mm] = 2t = [mm]0*1+2*t+0*t^2+0*t^3[/mm]
> [mm]D(t^3)[/mm] = [mm]3t^2[/mm] = [mm]0*1+0*t+3*t^2+0*t^3[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 & 0\\ \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}
0 & 0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 3\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}[/mm]
> Das ist die Matrixdarstellung von D bzg. [mm]B_1.[/mm]
>
> ---------------------------------------------------------
>
Hallo,
bis hierher ist alles richtig.
> (iii) Nun kommen mir die ersten Zweifel. Meiner Meinung nach ist der Kern dieser:
> [mm]Kern([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1})[/mm] = [mm]\left \langle \begin{bmatrix} x_1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \right \rangle[/mm]
> Da [mm]x_1[/mm] ja beliebig sein kann und dennoch stets der [mm]\vec{0}[/mm] raus kommt.
[mm] x_1 [/mm] kann nicht beleibig sein: [mm] x_1=0 [/mm] wäre falsch.
Gib ein konkretes [mm] x_1 [/mm] an, etwa [mm] x_1=1.
[/mm]
Damit hast Du [mm] Kern([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}) [/mm] = [mm] \left \langle \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \right \rangle, [/mm] und das ist richtig.
Oder Du schreibst so: [mm] Kern([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1}) =\{\begin{bmatrix} x_1\\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} | x_1\in \IR \}.
[/mm]
>
> Als Basis
des Bildes
> hab ich folgendes in Erinnerung.
> Die Spalten der Matrix die ungleich [mm]\vec{0}[/mm] sind.
Nein.
Ein Erzeugendensystem des Bildes sind ja die Spalten der Matrix.
Willst Du eine Basis haben, so mußt Du eine maximale linear unabhängige Teilmenge aus diesen finden.
In Deiner Aufgabe ist es so, daß die von 0 verscheidenen Spalten offensichtlich linear unabhängig sind.
> Also:
> [mm]Bild([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1})[/mm] = [mm]\begin{Bmatrix}\begin{bmatrix}0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, & \begin{bmatrix}0\\0\\2\\0 \end{bmatrix}, & \begin{bmatrix}0\\0\\0\\3 \end{bmatrix}\end{Bmatrix}[/mm]Eingabefehler: "\begin" und "\end" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Das ist falsch: das Bild enthält nicht nur diese drei Vektoren, sondern jegliche Linearkombination der drei.
Du müßtest also eckige Klammern setzen für die lineare Hülle (=Erzeugnis).
Hinweis:
Es bilden auch die drei Vektoren \begin{bmatrix}0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}, & \begin{bmatrix}0\\0\\1\\0 \end{bmatrix}, & \begin{bmatrix}0\\0\\0\\3\end{bmatrix}\end eine Basis des Bildes.
>
> --------------------------------------------------------
>
> (iv) Als Kern müsste ich im Prinzip rausfinden, mit welchen Koeffizienten ich das Nullpolynom darstellen kann richtig?
Nein.
Im Kern von D sind all die Polynome, die vermöge D auf das Nullpolynom abgebildet werden.
Du mußt also herausfinden, für welche Polynome p gilt: D(p)=0.
Dazu kannst Du sagen: sei p=a+bx+cx^2+dx^3 und sei 0=D(p)=b+2cx+3dx^2.
Koeffizientenvergleich liefert Dir die Lösung.
Hinweis:
Du hast den Kern der Abbildung schon zuvor bestimmt als Koordinatenvektor bzgl. {\mathfrak{B}_1}.
Du hattest festgestellt: \vektor{1\\0\\0\\0}_{ ({\mathfrak{B}_1})} ist eine Basis des Kerns.
Also ist der Vektor 1 eine Basis von Kern D, dh. Kern D=<1>=\{p=a| a\in \IR}
> Und beim Bild? Entweder ich steh völlig auf dem Schlauch oder das Bild von D ist gleich dem Bild von (iii)?
Schauen wir mal nach, was wir bekommen, wenn wir D(p) berechnen:
D(p)=b+2cx+3dx^2.
Also wird das Bild aufgespannt von den drei Vektoren 1, 2x und 3x^2
oder auch von 1, x, x^2.
Da die drei vektoren linear unabhängig sind, haben wir hiermit eine Basis des Bildes gefunden.
> Weil im Internet meistens steht man könnte es gut auf eine Matrix zurückführen und dann das Bild bestimmen. Das würde mich ja wieder zu [mm]Bild([D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1})[/mm] führen. Hab ich recht?
Ja. Du müßtest die dort erhaltenen Spaltenvektoren wieder umwandeln in Polynome.
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> (v) So. Jetzt kommt viel Schreibarbeit...
> Also meiner Meinung nach wie in (ii).
Nein.
In dieser Teilaufgabe sind nicht die Darstellungsmatrizen bzgl der Abbildung D gefragt,
sondern die Basistransformationsmatrizen $ [mm] [Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1} [/mm] $ und $ [mm] [Id]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2}. [/mm] $
Diese Matrizen wandeln Vektoren, die in Koordinaten bzgl [mm] B_1 [/mm] gegeben sind, in solche bzgl. [mm] B_2 [/mm] um bzw. umgekehrt.
In den Spalten von [mm] [Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1} [/mm] stehen die Basisvektoren von [mm] {\mathfrak{B}_1} [/mm] in Koordinaten bzgl [mm] {\mathfrak{B}_2},
[/mm]
und in der zweiten Matrix, die sehr leicht aufzustellen ist, ist's halt genau umgekehrt.
Die beiden Matrizen sind invers zueinander.
> D(1) = 0 = [mm]0*1+0*(1-t)+0*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)[/mm]
> D(t) = 1 = [mm]1*1+0*(1-t)+0*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)[/mm]
> [mm]D(t^2)[/mm] = 2t = [mm]2*1+(-2)*(1-t)+0*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)[/mm]
> [mm]D(t^3)[/mm] = [mm]3t^2[/mm] = [mm]0*1+(-3)*(1-t)+3*(1-t+t^2)+0*(1-t+t^2-t^3)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow [Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1}[/mm] = [mm]\begin{bmatrix} 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \\ 0&0&0&0\end{bmatrix}[/mm]
Nein, Du hast hier etwas anderes bestimmt, nämlich die Darstellungsmatrix von D bzgl der Basen [mm] B_1 [/mm] im Urbildraum und [mm] B_2 [/mm] im Bildraum, also die Matrix [mm] [D]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1}.
[/mm]
>
> Und dann entsprechend umgekehrt kommt man auf
> D(1) = 0 = [mm]0*1+0*t+0*t^2+0*t^3[/mm]
> D(1-t) = -1 = [mm]-1*1+0*t+0*t^2+0*t^3[/mm]
> [mm]D(1-t+t^2)[/mm] = -1+2t = [mm]-1*1+2*t+0*t^2+0*t^3[/mm]
> [mm]D(1-t+t^2-t^3)[/mm] = [mm]-1+2t-3t^2[/mm] = [mm]-1*1+2*t+(-3)*t^2+0*t^3[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow [Id]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2}[/mm] = [mm]\begin{bmatrix} 0 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0&0&0&0\end{bmatrix}[/mm]
Hier hast Du [mm] [D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2} [/mm] berechnet.
>
> ---------------------------------------------------------
>
> Last but not least
> (vi)
> Also wir wissen ja: [mm][Id]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_1} \cdot [D]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_1} \cdot [Id]_{\mathfrak{B}_1}^{\mathfrak{B}_2}[/mm] = [mm][D]_{\mathfrak{B}_2}^{\mathfrak{B}_2}[/mm]
> Und damit wäre es nur noch eine gewöhnliche Matrixmultiplikation.
Ja, genau.
>
> Entschuldigt bitte das es so viel geworden ist.
Das liegt an der Aufgabe, nicht an Dummbabbelei.
Du mußt Dich nicht entschuldigen.
Gruß v. Angela
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Vielen vielen Dank. Das hat mit extrem weiter geholfen.
Danke für die viele Arbeit.
Grüße André
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