Kern,Bild < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:29 Mo 10.11.2008 | | Autor: | studi08 |
| Aufgabe | Finde eine Abbildung f: [mm] R^3 [/mm] --> [mm] R^4, [/mm] deren Bild durch
$ [mm] \vektor{1 \\-2 \\0 \\5} [/mm] $ und $ [mm] \vektor{2 \\0 \\-1 \\-3} [/mm] $ erzeugt wird und,und bestimme ihren Kern. |
Um den Kern zu bestimmen,muss ich alle Vektoren finden,die durch multiplikation mit A auf den Nullvekktor abgebildet werden,für die Ax=0.
Die beiden Vektoren sind linear unabhängig.Ist deshalb $ [mm] \vektor{0 \\0 \\0 \\0} [/mm] $ der Kern dieser Abbidlung?
Wie kann ich die Abbildung finden?
Besten Dank bereits im voraus!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo studi08,
> Finde eine Abbildung f: [mm]R^3[/mm] --> [mm]R^4,[/mm] deren Bild durch
> [mm]\vektor{1 \\-2 \\0 \\5}[/mm] und [mm]\vektor{2 \\0 \\-1 \\-3}[/mm]
> erzeugt wird und,und bestimme ihren Kern.
> Um den Kern zu bestimmen,muss ich alle Vektoren finden,die
> durch multiplikation mit A auf den Nullvekktor abgebildet
> werden,für die Ax=0.
> Die beiden Vektoren sind linear unabhängig.Ist deshalb
> [mm]\vektor{0 \\0 \\0 \\0}[/mm] der Kern dieser Abbidlung?
Wie kann das sein? Der Kern ist doch eine Teilmenge des URBILDRAUMES, also [mm] $Kern(f)\subset\IR^3$
[/mm]
>
> Wie kann ich die Abbildung finden?
Das sollte mal der erste Schritt sein, also was weißt du über Abbildungsmatrizen bzw. Darstellungsmatrizen linearer Abbildungen?
Welches Format hat diese in diesem Fall, also für eine Abb. [mm] $f:\IR^3\to\IR^4$?
[/mm]
Das wird also eine [mm] $4\times [/mm] 3$-Matrix sein.
Die Spalten der Darstellungsmatrix erzeugen (spannen) das Bild von $f$ (auf)
Hier soll es von den zwei linear unabh. Spalten(vektoren) oben aufgespannt werden, nimm also als 3. Spalte einfach einen zu den beiden linear abh. Vektor dazu - am einfachsten vllt. die Nullspalte als 3. Spalte
Dann hast du also die Abbildungsmatrix [mm] $A=\pmat{1&2&0\\-2&0&0\\0&-1&0\\5&-3&0}$
[/mm]
Daraus bestimme nun mal den $Kern(f)$
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> Besten Dank bereits im voraus!
>
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:12 Mo 10.11.2008 | | Autor: | studi08 |
| Aufgabe | Dann hast du also die Abbildungsmatrix
$ [mm] A=\pmat{1&2&0\\-2&0&0\\0&-1&0\\5&-3&0} [/mm] $
Daraus bestimme nun mal den Kern(f)
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Ich habe dies mit dem Gausschen Eliminationsverfahren gemacht und bin dabei zum Schluss gekommen, dass als Lösung nur [mm] \pmat{ 0 \\ 0 \\ 0 } [/mm] $ in Frage kommt.Es ist das einzige x das Ax=0 erfüllt.
Stimmt das soweit?
Wenn ja,heisst das jetzt, dass die Basis des Kern $ [mm] \pmat{ 0 \\ 0 \\ 0 } [/mm] $ ist?
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Hallo nochmal,
> Dann hast du also die Abbildungsmatrix
> [mm]A=\pmat{1&2&0\\-2&0&0\\0&-1&0\\5&-3&0}[/mm]
> Daraus bestimme nun mal den Kern(f)
>
> Ich habe dies mit dem Gausschen Eliminationsverfahren
> gemacht ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
guter Plan
> und bin dabei zum Schluss gekommen, dass als Lösung
> nur [mm]\pmat{ 0 \\ 0 \\ 0 }[/mm] $ in Frage kommt.Es ist das
> einzige x das Ax=0 erfüllt.
>
> Stimmt das soweit?
Nein, das kann aus Dimensionsgründen schon gar nicht sein, du weißt, dass das Bild(f) die Dimension 2 hat (es wird ja von 2 Vektoren aufgespannt), nach der Dimensionsformel muss der Kern(f) dann notwendigerweise Dimension 1 haben
>
> Wenn ja,heisst das jetzt, dass die Basis des Kern [mm]\pmat{ 0 \\ 0 \\ 0 }[/mm]
> ist?
Nein, wenn ich die obige Matrix in ZSF bringe, erhalte ich 2 Nullzeilen und damit 2 Gleichungen in den 3 Unbekannten [mm] $x_1,x_2,x_3$
[/mm]
Da kann ich dann [mm] $x_3=t, t\in\IR$ [/mm] frei belegen und [mm] $x_1,x_2$ [/mm] in Abh. von $t$ ausrechnen und bekomme so meinen 1-dimens. Kern
Vllt. rechnest du nochmal den Gauß nach und wenn du weiterhin nur die triv. Lösung bekommst mal vor, da muss wie gesagt aus Dimensionsgründen ein Fehler drin stecken
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:00 Di 11.11.2008 | | Autor: | studi08 |
| Aufgabe | Nein, wenn ich die obige Matrix in ZSF bringe, erhalte ich 2 Nullzeilen und damit 2 Gleichungen in den 3 Unbekannten
Da kann ich dann frei belegen und in Abh. von t ausrechnen und bekomme so meinen 1-dimens. Kern
Vllt. rechnest du nochmal den Gauß nach und wenn du weiterhin nur die triv. Lösung bekommst mal vor, da muss wie gesagt aus Dimensionsgründen ein Fehler drin stecken |
Ich erhalte aber hierbei für $ [mm] x_3=t, t\in\IR [/mm] $ immer 0 für [mm] x_3 [/mm] und somit gibt es dann logischerweise nur den falschen Vektor. man muss das doch schon mit gauss machen?
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Hallo nochmal,
> Nein, wenn ich die obige Matrix in ZSF bringe, erhalte ich
> 2 Nullzeilen und damit 2 Gleichungen in den 3 Unbekannten
>
> Da kann ich dann frei belegen und in Abh. von t
> ausrechnen und bekomme so meinen 1-dimens. Kern
> Vllt. rechnest du nochmal den Gauß nach und wenn du
> weiterhin nur die triv. Lösung bekommst mal vor, da muss
> wie gesagt aus Dimensionsgründen ein Fehler drin stecken
> Ich erhalte aber hierbei für [mm]x_3=t, t\in\IR[/mm] immer 0 für [mm]x_3[/mm]
> und somit gibt es dann logischerweise nur den falschen
> Vektor. man muss das doch schon mit gauss machen?
Ja, das ist schon der übliche Weg, wir hatten als Darstellungsmatrix
[mm] $A=\pmat{1&2&0\\-2&0&0\\0&-1&0\\5&-3&0}$
[/mm]
Hier addiere das 2-fache der 1.Zeile zur 2.Zeile und das -5-fache der 1.Zeile zur 4.Zeile, das liefert
[mm] $\pmat{1&2&0\\0&4&0\\0&-1&0\\0&-13&0}$
[/mm]
Nun kannst du die letzten beiden Zeilen zu Nullzeilen machen (mithilfe der 2.Zeile) und dann die 2.Zeile noch mit [mm] $\frac{1}{4}$ [/mm] multiplizieren, das gibt schließlich:
[mm] $\pmat{1&2&0\\0&1&0\\0&0&0\\0&0&0}$
[/mm]
Mit den ersten beiden Zeilen hast du also die Gleichungen [mm] $1\cdot{}x_1+2x_2+0\cdot{}x_3=0$ [/mm] und [mm] $0\cdot{}x_1+x_2+0\cdot{}x_3=0$,
[/mm]
also [mm] $x_1+2x_2=0$ [/mm] und [mm] $x_2=0$
[/mm]
Ich setze also [mm] $x_3=t, t\in\IR$ [/mm] beliebig, dann ist [mm] $x_2=0$ [/mm] (mit Zeile 2) und damit [mm] $x_1=0$
[/mm]
Lösung(en) sind also die Vektoren der Gestalt [mm] $\vec{x}=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=\vektor{0\\0\\t}=t\cdot{}\vektor{0\\0\\1}$ [/mm] mit [mm] $t\in\IR$
[/mm]
Nehmen wir einen davon, sagen wir für t=1, dann ist [mm] $Kern(f)=\langle\vektor{0\\0\\1}\rangle$, [/mm] also der Spann des Vektors [mm] $\vektor{0\\0\\1}$
[/mm]
Der Kern(f) ist also wie zu erwarten war, eindimensional
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:27 Di 11.11.2008 | | Autor: | studi08 |
| Aufgabe | | Vielen Dank schachuzipus!Ich habe zuerst einfach nicht realisisert, dass man [mm] x_3 [/mm] beliebig wählen kann,sondern habe gedacht es muss O sein,damit die Gleichung erfüllt ist. |
Wie kann ich nun aber die Abbildung f: [mm] R^3 [/mm] --> [mm] R^4 [/mm] finden,wenn wir nun das Bild und den Kern kennen?
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Hallo nochmal,
> Vielen Dank schachuzipus!Ich habe zuerst einfach nicht
> realisisert, dass man [mm]x_3[/mm] beliebig wählen kann,sondern habe
> gedacht es muss O sein,damit die Gleichung erfüllt ist.
> Wie kann ich nun aber die Abbildung f: [mm]R^3[/mm] --> [mm]R^4[/mm]
> finden,wenn wir nun das Bild und den Kern kennen?
Na, die haben wir doch durch unsere Abbildungsmatrix bereits determiniert:
Es ist doch [mm] $f:\IR^3\to\IR^4, \vec{x}=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\mapsto f(\vec{x})=\vektor{y_1\\y_2\\y_3\\y_4}$
[/mm]
Die Abbildung f wird doch ebenso durch die Abbildungsmatrix $A$ beschrieben
[mm] $f(\vec{x})=A\cdot{}\vec{x}=\pmat{1&2&0\\-2&0&0\\0&-1&0\\5&-3&0}\cdot{}\vektor{x_1\\x_2\\x_3}=\vektor{x_1+2x_2\\-2x_1\\-x_2\\5x_1-3x_2}$
[/mm]
bzw. wieder umgeschrieben [mm] $f:\IR^3\to\IR^4, \vec{x}=\vektor{x_1\\x_2\\x_3}\mapsto f(\vec{x})=\vektor{x_1+2x_2\\-2x_1\\-x_2\\5x_1-3x_2}$
[/mm]
LG und ![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]")
schachuzipus
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