Matrix, surjektiv, injektiv < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:01 So 25.05.2014 | | Autor: | Skippy05 |
| Aufgabe | Hallo,
Gegeben ist die Lineare Abbildung
f: [mm] $\IR^4\to\IR^3$
[/mm]
f(x,y,z,t)=(4x+y-2z-3t, 2x+y+z-4t, 6x-9z+9t)
A) Berechnen sie Rang(A). Ist f surjektiv? Begründen..
B) ist f injektiv? Begründen |
Also hier Rang (A) =3. ich denke das f ist nicht surjektiv aber ich bin mir nicht sicher, da ich die Antwort sozusagen rückwärts bekommen habe.
b) f ist nicht injektiv da lt Dimensionsatz
dim [mm] $\IR^4=dim [/mm] Bild(f)+dim Kern(f)$
dim Bild (f)=Rang (A)=3
dann dim Kern [mm] (f)=dim$\IR^4$-Rang [/mm] (A)=4-3=1
D.h. f ist nicht injektiv, denn dim Kern(f)=1.
f ist injektiv ⇔ ker(f) = {0}
Und f ist genau dann injektiv wenn f surjektiv ist.
Oder habe ich bei a) falsch den Satz interpretiert. Meine Frage ist wann ist denn f surjektiv.
Bitte Antwort mit einem Beispiel.
Danke sehr!!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
> Hallo,
>
> Gegeben ist die Lineare Abbildung
> f: [mm]\IR^4\to\IR^3[/mm]
>
> f(x,y,z,t)=(4x+y-2z-3t, 2x+y+z-4t, 6x-9z+9t)
> A) Berechnen sie Rang(A). Ist f surjektiv? Begründen..
> B) ist f injektiv? Begründen
> Also hier Rang (A) =3.
Hallo,
irgendwie wär's ganz gut gewesen, uns A auch zu verraten...
Rang(A)=3 ist richtig.
Rang= Dimension des Bildes
Das Bild hat also die Dimension 3.
Das Bild ist also ein dreidimensionaler Unterraum des [mm] \IR^3.
[/mm]
Also der [mm] \IR^3 [/mm] selber.
> ich denke das f ist nicht surjektiv
Wenn das Bild der komplette [mm] \IR^3 [/mm] ist, dann ist die Abbildung surjektiv, denn auf jedes Element des [mm] \IR^3 [/mm] wird ja ein Element des [mm] \IR^4 [/mm] abgebildet.
Wenn also der Rang der Matrix gleich der Dimension des Raumes, in den abgebildet wird, ist, dann ist die Abbildung surjektiv.
(Die Spalten bilden ein Erzeugendensystem des Zielraumes)
>
> b) f ist nicht injektiv da lt Dimensionsatz
> dim [mm]\IR^4=dim Bild(f)+dim Kern(f)[/mm]
> dim Bild (f)=Rang (A)=3
> dann dim Kern (f)=dim[mm]\IR^4[/mm]-Rang (A)=4-3=1
>
> D.h. f ist nicht injektiv, denn dim Kern(f)=1.
Stimmt.
>
> f ist injektiv ⇔ ker(f) = {0}
Stimmt auch.
> Und f ist genau dann injektiv wenn f surjektiv ist.
Stimmt nicht.
Du hast das, was in Deinem Skript steht, nicht genau genug gelesen:
wenn V, W endlichdimensionale Vektorräume sind mit dimV=dimW, und [mm] f:V\to [/mm] W linear, dann gilt:
f ist genau dann injektiv wenn f surjektiv ist.
>
>
> Oder habe ich bei a) falsch den Satz interpretiert. Meine
> Frage ist wann ist denn f surjektiv.
> Bitte Antwort mit einem Beispiel.
Beispiele
[mm] A:=\pmat{1&2&3&4\\0&5&6&7} [/mm] ist die Darstellungsmatrix einer linearen Abbildung [mm] f:\IR^4\to \IR^2.
[/mm]
Die Abbildung ist surjektiv,
denn der Rang=2.
Die Spalten erzeugen den [mm] \IR^2.
[/mm]
Die Abbildung ist nicht injektiv.
Kann sie ja nicht sein: bei injektiven Abbildungen wird die Basis des Startraumes auf eine linear unahängige Menge von Vektoren abgebildet, und das kann bei einer Abbildung aus dem [mm] \IR^4 [/mm] in den [mm] \IR^2 [/mm] gar nicht klappen.
Der Dimensionssatz sagt uns hier auch: 4=2+dimKernA, also dimKernA=2 ==> nicht injektiv.
[mm] B:=\pmat{1&2&3&4\\2&4&6&8} [/mm] ist die Darstellungsmatrix einer linearen Abbildung [mm] f:\IR^4\to \IR^2.
[/mm]
Die Abbildung ist nicht surjektiv,
denn der Rang=1.
Die Spalten erzeugen nicht den [mm] \IR^2.
[/mm]
Die Abbildung ist nicht injektiv.
Kann sie ja nicht sein: bei injektiven Abbildungen wird die Basis des Startraumes auf eine linear unahängige Menge von Vektoren abgebildet, und das kann bei einer Abbildung aus dem [mm] \IR^4 [/mm] in den [mm] \IR^2 [/mm] gar nicht klappen.
Der Dimensionssatz sagt uns hier: 4=1+dimKernA, also dimKernA=3 ==> nicht injektiv.
[mm] C:=\pmat{1&2&3\\0&5&6\\0&0&7} [/mm] ist die Darstellungsmatrix einer linearen Abbildung [mm] f:\IR^3\to \IR^3.
[/mm]
Die Abbildung ist surjektiv,
denn der Rang=3.
Die Spalten erzeugen den [mm] \IR^3.
[/mm]
Die Abbildung ist injektiv:
der Dimensionssatz sagt uns: 3=3+dimKernA, also dimKernA=0 ==> injektiv.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:09 So 25.05.2014 | | Autor: | Skippy05 |
Hallo Angela,
ich DANKE dir für deine super Erklärung!!!
Ich möchte noch eine weitere Frage stellen: ich muss noch Basis vom Bild und Kern, dim Kern, dim Bild ausrechnen.
Die Matrix ist von der Aufgabe oben, nämlich:
A:= [mm] $\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9}$
[/mm]
1.Dann ist die Basis vom Bild(f) = [mm] $\vektor{4\\1\\-2\\-3}, \vektor{0\\-1\\-4\\5}, \vektor{0\\0\\0\\-12}$
[/mm]
Sind das die Zeilenvektoren nach denen ich die Matrix in Stufenform gebracht habe?
2. Basis vom Kern(f) ist eine Basis der LGS:
4x+y-2z-3t=0
-y-4z+5t=0
-12t=0
t=0
y=-4z
x=3/2z
Dann [mm] $\vektor{x\\y\\z\\t}\Rightarrow\vektor{3/2z\\-4z\\z\\0}\Rightarrow\vektor{3\\-8\\2\\0}$
[/mm]
3. dim Bild=Rang(A)=3
4. dim Kern(f)=diim [mm] $IR^4$-dim [/mm] Bild(f)
dim Kern(f)= 1
Gibt es einen anderen Weg dim Bild(f) und dim Kern (f) auszurechnen?
Vielen Dank!!!!
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Ich möchte noch eine weitere Frage stellen: ich muss noch
> Basis vom Bild und Kern, dim Kern, dim Bild ausrechnen.
>
> Die Matrix ist von der Aufgabe oben, nämlich:
>
> A:= [mm]\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9}[/mm]
>
> 1.Dann ist die Basis vom Bild(f) = [mm]\vektor{\red{4}\\1\\-2\\-3}, \vektor{0\\\red{-1}\\-4\\5}, \vektor{0\\0\\0\\-12}[/mm]
Ganz sicher nicht...
Schau, die Abbildung bildet doch in den [mm] \IR^3 [/mm] hinein ab, dann müssen doch auch die Bildvektoren dieser Menge entstammen, oder?
Überlege Dir mal, daß in der 1.Spalte das Bild des 1. Einheitsvektors (des [mm] \IR^4) [/mm] steht, in der 2.Spalte das des 2. usw.
Diese Vektoren sind ein Erzeugendensystem des Bildes.
Und nun gilt es, "irgendwie" aus dem Erzeugendensystem eine Basis, also eine max. linear unabhängige Teilmenge, herauszufischen.
Hier ist das sehr leicht: Du weißt ja schon, daß das Bild der [mm] \IR^3 [/mm] ist, und irgendeine Basis davon anzugeben, ist nicht schwer.
> 2. Basis vom Kern(f) ist eine Basis
des Lösungsraumes
> des LGS:
> 4x+y-2z-3t=0
> -y-4z+5t=0
> -12t=0
>
> t=0
> y=-4z
> x=3/2z
>
> Dann
> [mm]\vektor{x\\y\\z\\t}\Rightarrow\vektor{3/2z\\-4z\\z\\0}\Rightarrow\vektor{3\\-8\\2\\0}[/mm]
Richtig.
>
>
> 3. dim Bild=Rang(A)=3
>
> 4. dim Kern(f)=diim [mm]IR^4[/mm]-dim Bild(f)
> dim Kern(f)= 1
Das wußten wir ja schon vorher.
>
> Gibt es einen anderen Weg dim Bild(f) und dim Kern (f)
> auszurechnen?
Bring die Matrix in ZSF, z.B.
[mm]\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9}[/mm]--> [mm]\pmat{\red{4}&1&-2&-3\\0&\red{1}&4&-5\\0&0&0&\red{4}}[/mm]
Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen (rot) stehen in Spalte 1, 2 und 4, also bilden die 1., 2. und 4. Spalte der Ursprungsmatrix (!!!) eine Basis des Bildes.
Kern:
in der 2. Spalte steht kein führendes Element von Nichtnullzeilen.
Man kann die 2. Variable frei wählen.
mit
y:=s
bekommt man aus Zeile 3
t=0,
aus Zeile 2
z=-1/4 s,
aus Zeile 1
x=1/4(-s-1/2s)=-3/8s
die Lösungsvektoren (also die des Kerns) haben die Gestalt
[mm] \vektor{x\\y\\z\\t}=s*\vektor{-3/8\\1\\-1/4\\0}, [/mm]
und dieser Vektor ist eine Basis des Kerns.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:01 Mo 26.05.2014 | | Autor: | Skippy05 |
>
> Überlege Dir mal, daß in der 1.Spalte das Bild des 1.
> Einheitsvektors (des [mm]\IR^4)[/mm] steht, in der 2.Spalte das des
> 2. usw.
D.h dass die Basis des Bildes wie die kanonische Basis aussieht [mm] $\vektor{4\\0\\0},\vektor{0\\1\\0},\vektor{0\\0\\4}$ [/mm]
Oder kann ich die Basis des Bildes so darstellen...
[mm] $\vektor{4\\1\\4}$
[/mm]
Ich verstehe das nicht so ganz wie die Basis des Bildes dargestellt werden muss.
Und was ist wenn ich z.B eine Matrix in der Form habe...
[mm] $\pmat{0&0&1\\0&0&1\\0&1&0}$ [/mm]
Wenn die führende Elemente=0 sind?
> >
> > 4. dim Kern(f)=diim [mm]IR^4[/mm]-dim Bild(f)
> > dim Kern(f)= 1
Hierzu habe ich noch eine Frage wie kann ich dim Kern ausrechnen wenn ich z.B den dim [mm] $\IR^n$ [/mm] , den n nicht kenne.
Oder ich die Matrix z.B modulo 5 rechnen muss und dann dim Kern bestimmen muss?
Dann kenne ich zwar dim Bild, aber bleiben trotzdem dim Kern und dim [mm] $\IR^n$ [/mm] unbekannt,oder?
> Bring die Matrix in ZSF, z.B.
>
> [mm]\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9}[/mm]-->
> [mm]\pmat{\red{4}&1&-2&-3\\0&\red{1}&4&-5\\0&0&0&\red{4}}[/mm]
>
> Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen (rot) stehen in
> Spalte 1, 2 und 4, also bilden die 1., 2. und 4. Spalte der
> Ursprungsmatrix (!!!) eine Basis des Bildes.
>
> Kern:
> in der 2. Spalte steht kein führendes Element von
> Nichtnullzeilen.
Meinst du 3.Spalte?
> Man kann die 2. Variable frei wählen.
> mit
>
> y:=s
>
> bekommt man aus Zeile 3
>
> t=0,
>
> aus Zeile 2
>
> z=-1/4 s,
Bei mir z=-4s
> aus Zeile 1
>
> x=1/4(-s-1/2s)=-3/8s
>
> die Lösungsvektoren (also die des Kerns) haben die
> Gestalt
>
> [mm]\vektor{x\\y\\z\\t}=s*\vektor{-3/8\\1\\-1/4\\0},[/mm]
> und dieser Vektor ist eine Basis des Kerns.
Ok
> LG Angela
>
>
|
|
|
| |
|
Hallo,
es ging um die Matrix A:= $ [mm] \pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9} [/mm] $.
> > Überlege Dir mal, daß in der 1.Spalte das Bild des 1.
> > Einheitsvektors (des [mm]\IR^4)[/mm] steht, in der 2.Spalte das des
> > 2. usw.
>
> D.h dass die Basis des Bildes wie die kanonische Basis
> aussieht [mm]\vektor{4\\0\\0},\vektor{0\\1\\0},\vektor{0\\0\\4}[/mm]
> Oder kann ich die Basis des Bildes so darstellen...
Hm. Ich weiß gerade nicht so recht, worauf Du Dich beziehst.
Wie gesagt:
die Spalten der obigen Matrix erzeugen das Bild der Abbildung bzw. das Bild der Matrix.
Das sind 4 Vektoren.
Und aus diesem Erzeugendensystem muß man nun eine Basis, eine maximale linear unabhängige Teilmenge abfischen.
Dann hat man eine Basis des Bildes gefunden.
Das Suchen einer Basis kann man auf verschiedene Weise machen, ein zügiger Weg ist der über die ZSF.
Ich hatte die Matrix auf ZSF gebracht:
$ [mm] \pmat{\red{4}&1&-2&-3\\0&\red{1}&4&-5\\0&0&0&\red{4}} [/mm] $
und Dir erklärt, wie man eine Basis des Bildes ablesen kann: anhand der Spalten der ZSF, welche führende Zeilenelemente enthalten, hier die 1.,2.,4. Spalte, und ich sagte: die 1., 2., 4 Spalte der Ursprungsmatrix, der Matrix A von oben, bilden eine Basis des Bildes.
Also ist eine Basis des Bildes [mm] (\vektor{4\\2\\6}, \vektor{1\\1\\0}, \vektor{-3\\-4\\9}.
[/mm]
Mit dieser Vorgehensweise kannst Du für jede Matrix eine Basis des Bildes angeben.
Hier hätte man es sich natürlich gar nicht so schwer machen müssen: die Matrix hat, wie wir aus der ZSF ablesen, den Rang 3, also hat das Bild die Dimension 3, und ein dreiimensionaler Unterreraum des [mm] \IR^3 [/mm] kann ja nichts anderes sein als der [mm] \IR^3 [/mm] selber.
Also könnte man auch die Standadardbasis angeben - oder die Basis, die Du oben sagst, von welcher ich mir aber nicht sicher bin, ob Du sie auf einem korrekten Weg gewonnen hattest.
> [mm] \vektor{4\\0\\0},\vektor{0\\1\\0},\vektor{0\\0\\4}[/mm] [/mm]
> Oder kann ich die Basis des Bildes so darstellen...
> [mm]\vektor{4\\1\\4}[/mm]
Ganz sicher nicht: schau, wenn der Raum von drei linear unabhängigen Vektoren aufgespannt wird, hat er die Dimension 3,
der Raum der nur von einem Vektor aufgespannt wird, hat die Dimension 1, also können das gar nciht dieselben Räume sein.
>
> Ich verstehe das nicht so ganz wie die Basis des Bildes
> dargestellt werden muss.
Die Vektoren nebeneinander in eine Klammer schreiben und sagen, daß das die gesuchte Basis ist.
> Und was ist wenn ich z.B eine Matrix in der Form habe...
>
> [mm]\pmat{0&0&1\\0&0&1\\0&1&0}[/mm]
> Wenn die führende Elemente=0 sind?
Diese Matrix ist nicht in ZSF.
Ihre ZSF ist
[mm] \pmat{0&1&0\\0&0&1\\0&0&0}.
[/mm]
Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen (!!!) stehen in der 2. und 3. Spalte, also bildet die 2. und 3. Spalte der Ausgangsmatrix eine Basis des Bildes.
Führende Zeilenelemente von Nichtnullzeilen sind niemals =0 ...
>
>
> > >
> > > 4. dim Kern(f)=diim [mm]IR^4[/mm]-dim Bild(f)
> > > dim Kern(f)= 1
>
> Hierzu habe ich noch eine Frage wie kann ich dim Kern
> ausrechnen wenn ich z.B den dim [mm]\IR^n[/mm] , den n nicht kenne.
Nun, irgendetwas wirst Du Du über Deine Matrix bzw. die Abbildungsvorschrift ja wissen.
Du mußt dann [mm] f(\vektor{x_1\\\vdots\\x_n})=Nullvektor [/mm] lösen.
> Oder ich die Matrix z.B modulo 5 rechnen muss und dann dim
> Kern bestimmen muss?
Dann machst Du's genauso wie oben. Bringst die Matrix in ZSF, rechnest aber die ganze Zeit modulo 5.
Du kannst da halt nicht mit Brüchen rechnen, sondern mußt statt zu diidieren mit dem Inversen multiplizieren.
Diese Fragen lassen sich aber am konkreten Beispiel (mit Lösungsversuch) echt besser beantworten.
> Dann kenne ich zwar dim Bild, aber bleiben trotzdem dim
> Kern und dim [mm]\IR^n[/mm] unbekannt,oder?
???
dim [mm] \IR^n [/mm] ist doch =n.
>
>
> > Bring die Matrix in ZSF, z.B.
> >
> > [mm]\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9}[/mm]-->
> > [mm]\pmat{\red{4}&1&-2&-3\\0&\red{1}&4&-5\\0&0&0&\red{4}}[/mm]
> >
> > Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen (rot) stehen in
> > Spalte 1, 2 und 4, also bilden die 1., 2. und 4. Spalte der
> > Ursprungsmatrix (!!!) eine Basis des Bildes.
> >
> > Kern:
> > in der 2. Spalte steht kein führendes Element von
> > Nichtnullzeilen.
>
> Meinst du 3.Spalte?
Oh ja, natürlich! Entschuldigung.
Zum Glück hast Du Dich nicht verwirren lassen davon.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:36 Di 27.05.2014 | | Autor: | Skippy05 |
Hallo Angela,
Vielen Dank erstmal für deine Erklärung. Den grossen Teil habe ich verstanden...aber
Ich habe noch ein paar Fragen...
> es ging um die Matrix A:=
> [mm]\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9} [/mm].
Man bringt die Matrix auf ZSF :
>
> [mm]\pmat{\red{4}&1&-2&-3\\0&\red{1}&4&-5\\0&0&0&\red{4}}[/mm]
>
Dann anhand der Spalten der ZSF, welche führende
Zeilenelemente enthalten, hier die 1.,2.,4. Spalte, und ich
> sagte: die 1., 2., 4 Spalte der Ursprungsmatrix, der Matrix
> A von oben, bilden eine Basis des Bildes.
Zuerst eine dumme Frage...
Kannst du mir bitte erklären was die führenden Zeilenelemete sind?
> Also ist eine Basis des Bildes [mm](\vektor{4\\2\\6}, \vektor{1\\1\\0}, \vektor{-3\\-4\\9}.[/mm]
>
>
> Hier hätte man es sich natürlich gar nicht so schwer
> machen müssen: die Matrix hat, wie wir aus der ZSF
> ablesen, den Rang 3, also hat das Bild die Dimension 3, und
> ein dreiimensionaler Unterreraum des [mm]\IR^3[/mm] kann ja nichts
> anderes sein als der [mm]\IR^3[/mm] selber.
> Also könnte man auch die Standadardbasis angeben.
D.h einfach die kanonische Basis eingeben? Kann man für jede beliebige Matrix dann
Basis des Bildes als kanonische Matrix angeben?
[mm](\vektor{1\\0\\0}, \vektor{0\\1\\0}, \vektor{0\\0\\1}.[/mm] ?
> > > > 4. dim Kern(f)=diim [mm]IR^4[/mm]-dim Bild(f)
> > > > dim Kern(f)= 1
> >
> > Hierzu habe ich noch eine Frage wie kann ich dim Kern
> > ausrechnen wenn ich z.B den dim [mm]\IR^n[/mm] , den n nicht kenne.
>
> Nun, irgendetwas wirst Du Du über Deine Matrix bzw. die
> Abbildungsvorschrift ja wissen.
> > Oder ich die Matrix z.B modulo 5 rechnen muss und dann dim
> > Kern bestimmen muss?
>
> Dann machst Du's genauso wie oben. Bringst die Matrix in
> ZSF, rechnest aber die ganze Zeit modulo 5.
> Du kannst da halt nicht mit Brüchen rechnen, sondern
> mußt statt zu diidieren mit dem Inversen multiplizieren.
>
> Diese Fragen lassen sich aber am konkreten Beispiel (mit
> Lösungsversuch) echt besser beantworten.
>
Ok dann mit dem Beispiel:
Z.B modulo 5
[mm] A=$\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9}\rightarrow\pmat {4&1&-2&-3\\0&1&4&-5\\0&0&0&4}\rightarrow [/mm] mod [mm] 5\pmat {4&1&-2&-3\\0&1&4&0\\0&0&0&4}$
[/mm]
Basis des Bildes ist dann: [mm] $\vektor{4\\2\\6}, \vektor{1\\1\\0},\vektor{-3\\-4\\9}$ [/mm] oder Standardbasis [mm] $\vektor{1\\0\\0}, \vektor{0\\1\\0}, \vektor{0\\0\\1}$
[/mm]
Basis vom Kern: ist gleich [mm] $\vektor{3\\-8\\2\\0}$
[/mm]
Dim Bild =3
Dim Kern =dim [mm] $\IR^n$-dim [/mm] Bild=5-3=2 ? Richtig so?
> Du mußt dann [mm]f(\vektor{x_1\\\vdots\\x_n})=Nullvektor[/mm]
> lösen.
Erst in ZSF bringen und dann Ax=0? Verstehe ich immer noch nicht wie ich denn dim Kern ausrechnen kann, wenn ich keine Angaben zu [mm] $\IR^n$ [/mm] habe?
Vielen Dank!!!
|
|
|
| |
|
> Ich habe noch ein paar Fragen...
> > es ging um die Matrix A:=
> > [mm]\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9} [/mm].
>
> Man bringt die Matrix auf ZSF :
> >
> > [mm]\pmat{\red{4}&1&-2&-3\\0&\red{1}&4&-5\\0&0&0&\red{4}}[/mm]
> >
> Dann anhand der Spalten der ZSF, welche führende
> Zeilenelemente enthalten, hier die 1.,2.,4. Spalte, und ich
> > sagte: die 1., 2., 4 Spalte der Ursprungsmatrix, der Matrix
> > A von oben, bilden eine Basis des Bildes.
> Zuerst eine dumme Frage...
> Kannst du mir bitte erklären was die führenden
> Zeilenelemete sind?
Hallo,
wenn Du die Matrix auf ZSF gebracht hast, hast Du oben Zeilen, die nicht nur aus Nullen bestehen, und unten kommen dann ggf. die Zeilen, die nur Nullen enthalten.
Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen sind jeweils die ersten von Null verschiedenen Elemente in diesen Zeilen.
In der obigen Matrix habe ich sie rot markiert.
(Nullzeilen gibt es bei der ZSF dieser Matrix ja nicht.)
>
> > Also ist eine Basis des Bildes [mm](\vektor{4\\2\\6}, \vektor{1\\1\\0}, \vektor{-3\\-4\\9}.[/mm]
>
> >
> >
> > Hier hätte man es sich natürlich gar nicht so schwer
> > machen müssen: die Matrix hat, wie wir aus der ZSF
> > ablesen, den Rang 3, also hat das Bild die Dimension 3, und
> > ein dreiimensionaler Unterreraum des [mm]\IR^3[/mm] kann ja nichts
> > anderes sein als der [mm]\IR^3[/mm] selber.
> > Also könnte man auch die Standadardbasis angeben.
>
> D.h einfach die kanonische Basis eingeben?
> [mm](\vektor{1\\0\\0}, \vektor{0\\1\\0}, \vektor{0\\0\\1}.[/mm] ?
Hier kann man das machen: das Bild ist ein Unterraum des [mm] \IR^3, [/mm] und wir haben ausgerechnet, daß die Dimension des Bildes =3 ist. Deshalb ist das Bild der [mm] \IR^3 [/mm] selber.
> Kann man für
> jede beliebige Matrix dann
> Basis des Bildes als kanonische Matrix angeben?
Nein.
Schauen wir diese Matrix an:
[mm] B:=\pmat{1&4&2\\1&3&1\\1&6&4\\1&3&1},
[/mm]
in eine ZSF gebracht: [mm] \pmat{\red{1}&4&2\\0&\red{-1}&-1\\0&0&0\\0&0&0}.
[/mm]
Die Matrix gehört zu einer Abbildung aus dem [mm] \IR^3 [/mm] in den [mm] \IR^4,
[/mm]
ihr Rang ist 2, also dimBildB=2,
und mit den Erläuterungen aus den vorhergehenden Posts liest man ab:
die ersten beiden Spalten von B sind eine Basis des Bildes, also ist
[mm] (\vektor{1\\1\\1\\1}, \vektor{4\\3\\6\\3}) [/mm] eine Basis des Bildes von B.
Man kann auch andere Basen angeben, aber keine, die nur aus Vektoren der kanonischen Basis des [mm] \IR^4 [/mm] besteht.
Man kann übrigens noch auf eine andere Weise eine Basis des Bildes bestimmen:
Matrix transponieren, auf ZSF bringen, wieder transponieren.
In den Spalten, die nicht nur Nullen enthalten, steht dann eine Basis des Bildes.
Wenn der Arbeitsauftrag lautet, die Basis des Bildes zu einer Basis des Zielraues zu ergänzen, ist diese Methode sehr günstig.
"Meine" Methode hat u.a. den Vorteil, daß man die Matrix dann gleich zum Bestimmen des Kerns weiterverwenden kann.
>
> Ok dann mit dem Beispiel:
> Z.B modulo 5
> [mm] A=\pmat{4&1&-2&-3\\2&1&1&-4\\6&0&-9&9}
[/mm]
Wenn wir modulo 5 rechnen, dann ist [mm] A=\pmat{4&1&3&2\\2&1&1&1\\1&0&1&4}, [/mm]
eine ZSF ist
[mm] \pmat{4&1&3&2\\0&1&4&0\\0&0&0&4},
[/mm]
und wir sehen, daß die Spalten 1,2, 4 von A eine Basis des Bildes sind.
Es wird abgebildet in den dreidimensionalen Raum [mm] (\IZ [/mm] / [mm] 5\IZ)^3, [/mm] also könnte man auch die Standardbasis dieses Raumes nehmen, denn das Bild hat die Dim 3, ist also der Zielraum selber.
> [mm] \rightarrow\pmat {4&1&-2&-3\\0&1&4&-5\\0&0&0&4}\rightarrow [/mm] mod [mm] 5\pmat {4&1&-2&-3\\0&1&4&0\\0&0&0&4}
[/mm]
wenn wir mod 5 rechnen
--> [mm] \pmat{4&1&3&2\\0&1&4&0\\0&0&0&4},
[/mm]
und entsprechend würde man auch die Basis mit den Ziffern 0,1,2,3,4 angeben.
>
> Basis des Bildes ist dann: [mm]\vektor{4\\2\\6}, \vektor{1\\1\\0},\vektor{-3\\-4\\9}[/mm]
Prinzipiell richtig, wg. mod 5 siehe oben.
> oder Standardbasis
des [mm] (\IZ [/mm] / [mm] 5\IZ)^3
[/mm]
> [mm]\vektor{1\\0\\0}, \vektor{0\\1\\0}, \vektor{0\\0\\1}[/mm]
Ja
>
> Basis vom Kern: ist gleich [mm]\vektor{3\\-8\\2\\0}[/mm]
Auch hier: -8 ist das Inverse von 8=3 bzg. der Addition, also ist -8=2, und Du hast den Vektor [mm] \vektor{3\\2\\2\\0}.
[/mm]
Was etwas schade ist bei diesem Beispiel:
wenn man modulo irgendwas rechnet, können die Bilder nämlich eine andere Dimension haben als bei Rechung in den "normalen" Zahlen.
Das sieht man hier leider nicht.
> Dim Bild =3
> Dim Kern =dim [mm]\IR^n[/mm]-dim Bild=5-3=2 ? Richtig so?
Monent! Wir haben es hier nicht mit dem [mm] \IR^n [/mm] zu tun.
Unser Startraum ist ein Raum, der Spaltenvektoren enthält, welche 4 Einträge haben, denn nur mit solchen Vektoren können wir die Matrix A multiplizieren.
Unser Startraum hat die Dimension 4. (4 Spalten).
>
> > Du mußt dann [mm]f(\vektor{x_1\\\vdots\\x_n})=Nullvektor[/mm]
> > lösen.
>
> Erst in ZSF bringen und dann Ax=0? Verstehe ich immer noch
> nicht wie ich denn dim Kern ausrechnen kann, wenn ich keine
> Angaben zu [mm]\IR^n[/mm] habe?
Du müßtest auch hier mal ein Beispiel bringen.
LG Angela
>
>
> Vielen Dank!!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:58 Di 27.05.2014 | | Autor: | Skippy05 |
Hallo Angela,
Ich habe hier eine andere Matrix gefunden und möchte diese als Beispiel nehmen.
[mm] A=$\pmat{1&2&5&7\\2&1&4&2\\5&4&13&11}$ [/mm] (mod6)
Nach dem ich diese Matrix in ZSF und mod 6 gebracht habe sieht die Matrix so aus:
[mm] $\pmat{1&2&5&1\\0&3&0&0\\0&0&0&0}$
[/mm]
dim Bild(A)=Rang (A)=2
Basis des Bildes ist dann [mm] $\vektor{1\\2\\5}, \vektor{2\\1\\4}$
[/mm]
kann ich auch sagen dass es [mm] ...$\IR^4\rightarrow\IR^2$ [/mm] ?
Dim [mm] Kern=dim$\IR^4$-Rang(A)=4-2=2
[/mm]
Basis des Kernes:y=0, t=s
x=-5z-s
z=(-x-s)/5
Alles mal 5:
x=25x+20s [mm] $\rightarrow$ [/mm] x=5/6s
y=0
z=-x-s [mm] $\rightarrow$ [/mm] z=-11/6s
t=5s
[mm] $\vektor{x\\y\\z\\t} =\vektor{5\\0\\-11\\30}$
[/mm]
(Bei Basis des Kernes bin ich mir nicht sicher)
|
|
|
| |
|
> A=[mm]\pmat{1&2&5&7\\2&1&4&2\\5&4&13&11}[/mm] (mod6)
>
> Nach dem ich diese Matrix in ZSF und mod 6 gebracht habe
> sieht die Matrix so aus:
>
> [mm]\pmat{1&2&5&1\\0&3&0&0\\0&0&0&0}[/mm]
>
> dim Bild(A)=Rang (A)=2
> Basis des Bildes ist dann [mm]\vektor{1\\2\\5}, \vektor{2\\1\\4}[/mm]
Hallo,
genau. Das ist eine Basis des Bildes, es gäbe aber auch andere.
>
> kann ich auch sagen dass es ...[mm]\IR^4\rightarrow\IR^2[/mm] ?
Doppeltes Nein.
Erstens mal rechnest Du modulo 6. Dh. wir befinden uns in den Restklassen und nicht "so richtig" in den reellen Zahlen - auch wenn es nicht so ins Auge springt. Ich weiß nicht, wie Ihr die schreibt, üblich ist [mm] \IZ [/mm] / [mm] 6\IZ.
[/mm]
Das ist - abgesehen davon daß man es beim Rechnen beachten muß - nicht sooooo wichtig.
Aber: die Matrix hat 4 Spalten und 3 Zeilen.
Sie beschreibt also eine Abbildung aus einem vierdimensionalen Raum in einen dreidimensionalen.
Du hast ausgerechnet, daß das Bild die Dimension 2 hat.
Das Bild ist also ein zweidimensionaler Unterraum des des dreidimensionalen Zielraumes, eine Basis des Bildes hast Du richtig angegeben.
> Dim Kern=dim[mm]\IR^4[/mm]-Rang(A)=4-2=2
Genau.
>
> Basis des Kernes:
Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen stehen in Spalte 1 und 2, also kan man die 3. und 4. Variable frei wählen.
Mit
t=s
z=r
bekommt man aus Zeile 2
y=0
und aus Zeile [mm] 1\qquad\qquad [/mm] x+2y+5z+t=0 <==>
x=-5r-s=r+5s.
Die Vektoren des Kerns haben die Gestalt
[mm] \vektor{x\\y\\z\\t}=
[/mm]
[mm] \vektor{r+5s\\0\\r\\s}=r\vektor{1\\0\\1\\0}+s\vektor{5\\0\\0\\1},
[/mm]
und diese beiden Vektoren bilden eine Basis des Kerns.
> y=0, t=s
> x=-5z-s
> z=(-x-s)/5
??? Was ist Division in den Restklassen?
>
> Alles mal 5:
> x=25x+20s
Verstehe ich nicht, wo dieses Ergebnis herkommt
[mm]\rightarrow[/mm] x=5/6s
Achtung: Du teilst durch 0, denn 6=0
> y=0
> z=-x-s [mm]\rightarrow[/mm] z=-11/6s
Schon wieder...
> t=5s
> [mm]\vektor{x\\y\\z\\t} =\vektor{5\\0\\-11\\30}[/mm]
Wir rechnen doch modulo 6.
> (Bei Basis
> des Kernes bin ich mir nicht sicher)
Du hast ausgerechnet, daß die Dimension des kerns =2 ist.
Und nun hast Du nur einen Basisvektor. Da sollte man stutzig werden...
LG Angela
>
>
>
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:44 Mi 28.05.2014 | | Autor: | Skippy05 |
Hallo Angela,
> Man kann übrigens noch auf eine andere Weise eine Basis
> des Bildes bestimmen:
> Matrix transponieren, auf ZSF bringen, wieder
> transponieren.
> In den Spalten, die nicht nur Nullen enthalten, steht dann
> eine Basis des Bildes.
> Wenn der Arbeitsauftrag lautet, die Basis des Bildes zu
> einer Basis des Zielraues zu ergänzen, ist diese Methode
> sehr günstig.
>
> "Meine" Methode hat u.a. den Vorteil, daß man die Matrix
> dann gleich zum Bestimmen des Kerns weiterverwenden kann.
Diese Methode habe ich ausprobiert und was ich feststellen muss: ich weiss nicht wie man ein zweites mal transponiert.( wir haben das noch gar nicht gelernt)
Ist das richtig so?
B= [mm] $\pmat{1&4&2\\1&3&1\\1&6&4\\1&3&1}\Rightarrow B^t\pmat{1&1&1&1\\4&3&6&3\\2&1&4&1}$
[/mm]
In die ZSF gebracht
[mm] $\pmat{1&1&1&1\\0&1&-2&1\\0&0&0&0}$ [/mm] wieder transponiert [mm] $\pmat{1&0&0\\1&1&0\\1&-2&0\\1&1&0}
[/mm]
Sehr interessant, danke für den Tipp!
Ich habe noch in einem anderen Forum gelesen über "minus-eins-trick", funktiert es nur mit 2x3 Matrizen?
Ich habe nämlich bei einer 3x3 ausprobiert das ging leider nicht.
> > Basis des Kernes:
>
> Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen stehen in
> Spalte 1 und 2, also kan man die 3. und 4. Variable frei
> wählen.
>
> Mit
> t=s
> z=r
> bekommt man aus Zeile 2
> y=0
> und aus Zeile [mm]1\qquad\qquad[/mm] x+2y+5z+t=0 <==>
> x=-5r-s=r+5s.
>
> Die Vektoren des Kerns haben die Gestalt
>
> [mm]\vektor{x\\y\\z\\t}=[/mm]
>
> [mm]\vektor{r+5s\\0\\r\\s}=r\vektor{1\\0\\1\\0}+s\vektor{5\\0\\0\\1},[/mm]
> und diese beiden Vektoren bilden eine Basis des Kerns.
>
>
> > y=0, t=s
> > x=-5z-s
> > z=(-x-s)/5
>
> ??? Was ist Division in den Restklassen?
Das muss ich noch glaub ich wiederholen... Danke!!!
> >
> > Alles mal 5:
> > x=25x+20s
>
> Verstehe ich nicht, wo dieses Ergebnis herkommt
Ich habe voll vergessen das ich mod rechne....hast du recht!!!
>
> [mm]\rightarrow[/mm] x=5/6s
>
> Achtung: Du teilst durch 0, denn 6=0
>
> > y=0
> > z=-x-s [mm]\rightarrow[/mm] z=-11/6s
>
> Schon wieder...
>
> > t=5s
> > [mm]\vektor{x\\y\\z\\t} =\vektor{5\\0\\-11\\30}[/mm]
>
> Wir rechnen doch modulo 6.
Genau, sorry ich bin einfach d...
LG Anna
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:40 Mi 28.05.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Angela,
> > Man kann übrigens noch auf eine andere Weise eine Basis
> > des Bildes bestimmen:
> > Matrix transponieren, auf ZSF bringen, wieder
> > transponieren.
> > In den Spalten, die nicht nur Nullen enthalten, steht
> dann
> > eine Basis des Bildes.
> > Wenn der Arbeitsauftrag lautet, die Basis des Bildes zu
> > einer Basis des Zielraues zu ergänzen, ist diese Methode
> > sehr günstig.
> >
> > "Meine" Methode hat u.a. den Vorteil, daß man die Matrix
> > dann gleich zum Bestimmen des Kerns weiterverwenden kann.
>
>
> Diese Methode habe ich ausprobiert und was ich feststellen
> muss: ich weiss nicht wie man ein zweites mal
> transponiert.( wir haben das noch gar nicht gelernt)
> Ist das richtig so?
>
> B= [mm]\pmat{1&4&2\\1&3&1\\1&6&4\\1&3&1}\Rightarrow B^t\pmat{1&1&1&1\\4&3&6&3\\2&1&4&1}[/mm]
>
> In die ZSF gebracht
> [mm]$\pmat{1&1&1&1\\0&1&-2&1\\0&0&0&0}$[/mm] wieder transponiert
> [mm]$\pmat{1&0&0\\1&1&0\\1&-2&0\\1&1&0}[/mm]
> Sehr interessant, danke für den Tipp!
>
> Ich habe noch in einem anderen Forum gelesen über
> "minus-eins-trick", funktiert es nur mit 2x3 Matrizen?
> Ich habe nämlich bei einer 3x3 ausprobiert das ging
> leider nicht.
Schau mal hier:
http://www.math.kit.edu/iag2/lehre/la_ws20052005w/seite/aufgaben/media/la09.pdf
FRED
>
> > > Basis des Kernes:
> >
> > Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen stehen in
> > Spalte 1 und 2, also kan man die 3. und 4. Variable frei
> > wählen.
> >
> > Mit
> > t=s
> > z=r
> > bekommt man aus Zeile 2
> > y=0
> > und aus Zeile [mm]1\qquad\qquad[/mm] x+2y+5z+t=0 <==>
> > x=-5r-s=r+5s.
> >
> > Die Vektoren des Kerns haben die Gestalt
> >
> > [mm]\vektor{x\\y\\z\\t}=[/mm]
> >
> >
> [mm]\vektor{r+5s\\0\\r\\s}=r\vektor{1\\0\\1\\0}+s\vektor{5\\0\\0\\1},[/mm]
> > und diese beiden Vektoren bilden eine Basis des Kerns.
> >
> >
> > > y=0, t=s
> > > x=-5z-s
> > > z=(-x-s)/5
> >
> > ??? Was ist Division in den Restklassen?
> Das muss ich noch glaub ich wiederholen... Danke!!!
> > >
> > > Alles mal 5:
> > > x=25x+20s
> >
> > Verstehe ich nicht, wo dieses Ergebnis herkommt
>
> Ich habe voll vergessen das ich mod rechne....hast du
> recht!!!
> >
> > [mm]\rightarrow[/mm] x=5/6s
> >
> > Achtung: Du teilst durch 0, denn 6=0
> >
> > > y=0
> > > z=-x-s [mm]\rightarrow[/mm] z=-11/6s
> >
> > Schon wieder...
> >
> > > t=5s
> > > [mm]\vektor{x\\y\\z\\t} =\vektor{5\\0\\-11\\30}[/mm]
> >
> > Wir rechnen doch modulo 6.
>
> Genau, sorry ich bin einfach d...
>
>
> LG Anna
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:53 Fr 30.05.2014 | | Autor: | Skippy05 |
> > Ich habe noch in einem anderen Forum gelesen über
> > "minus-eins-trick", funktiert es nur mit 2x3 Matrizen?
> > Ich habe nämlich bei einer 3x3 ausprobiert das ging
> > leider nicht.
>
> Schau mal hier:
>
> http://www.math.kit.edu/iag2/lehre/la_ws20052005w/seite/aufgaben/media/la09.pdf
>
> FRED
Hallo Fred,
Danke für deinen Hinweis. Nach dem anschauen des Links und dem googlen, musste ich feststellen das es wahrscheinlich mehrere Variationen von dieser Methode gibt?
Unter deinem Link wird es in ZSF gebracht mit 1 oder -1 ergänzt und abgelesen.
Hier habe ich eine weitere Möglichkeit entdeckt, deswegen habe ich auch Angela gefragt, da sie es anders beschrieben hat.
https://matheraum.de/read?t=1016940&v=c
Leider finde ich nichts dazu in Büchern oder suche ich in den falschen... :Jänich, Lipschutz, Teschl, Lenze usw. Und im Netz ist sehr wenig zu gebrauchen. Es scheint nutzen und kennen diese Methode nicht viele oder?
|
|
|
| |
|
> > > Ich habe noch in einem anderen Forum gelesen über
> > > "minus-eins-trick", funktiert es nur mit 2x3 Matrizen?
> > > Ich habe nämlich bei einer 3x3 ausprobiert das ging
> > > leider nicht.
> >
> > Schau mal hier:
> >
> >
> http://www.math.kit.edu/iag2/lehre/la_ws20052005w/seite/aufgaben/media/la09.pdf
> >
> > FRED
>
>
> Hallo Fred,
>
> Danke für deinen Hinweis. Nach dem anschauen des Links und
> dem googlen, musste ich feststellen das es wahrscheinlich
> mehrere Variationen von dieser Methode gibt?
> Unter deinem Link wird es in ZSF gebracht mit 1 oder -1
> ergänzt und abgelesen.
> Hier habe ich eine weitere Möglichkeit entdeckt, deswegen
> habe ich auch Angela gefragt, da sie es anders beschrieben
> hat.
> https://matheraum.de/read?t=1016940&v=c
Hallo,
"Freds" Minuseinstrick ist eigentlich genauso wie "meiner".
Am besten nimmst Du Dir mal eine Matrix, tust das, was in Freds Anleitung steht, danach das, was in meiner steht.
Du solltest dasselbe herausbekommen.
Wenn nicht: vorrechnen. Es ist schwer zu helfen, wenn man nichts sieht.
Wenn's bei einer Matrix nicht geklappt hat, solltest Du das auch mal vormachen - allerdings: wenn die Matrix den Kern [mm] \{0\} [/mm] hat, dann ist es natürlich nicht möglich, Spalten abzulesen, die eine Basis bilden.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:33 Di 03.06.2014 | | Autor: | Skippy05 |
Vielen, vielen Dank!!!!
|
|
|
|
