[Artikel] Basis, Bild und Kern

13.12.2008, 00:29	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
[Artikel] Basis, Bild und Kern In diesem Artikel wollen wir uns mit Bild und Kern von linearen Abbildungen beschäftigen. $\begin{eqnarray} F:~V\to W \end{eqnarray}$ Dabei seien V und W 2 Vektorräume der Dimensionen n und m. Wir statten sie mit den folgenden Basen aus: $\begin{eqnarray} A=\{v_1,...,v_n\} \text { und } B=\{w_1,...,w_m\} \end{eqnarray}$ Bezgl. dieser Basen soll die Abbildung F durch die Matrix $\begin{eqnarray} M=M_A^B \end{eqnarray}$ dargestellt werden. (In den meisten Fällen wird wohl die Standardeinheitsbasis gemeint sein.) Dimensionssatz Ein probates Mittel um den Rang einer Matrix zu bestimmen, ist sie mittels Gaussalgorithmus auf Zeilenstufenform zu bringen. Kern Hier suchen wir die Urbilder des Nullvektors von W. Es ist also das LGS $\begin{eqnarray} Mv=0 \end{eqnarray}$ zu lösen. Der Lösungsraum ist dann dann Untervektorraum von V. Bild Ginge es nur um ein Erzeugendensystem, so könnte man direkt die Spalten von M nehmen, sind dies doch die Bilder der Basisvektoren von V. Wie erhalten wir daraus aber eine Basis? Beim Gaussalgorithmus kombinieren wir Zeilenvektoren linear miteinander. Somit muss die Transponierte Matrix $\begin{eqnarray} M^T \end{eqnarray}$ auf Treppengestalt gebracht werden.
13.12.2008, 18:05	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Beispiel 1 $\begin{eqnarray} f: \mathbb R^4 \rightarrow \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix})=\begin{pmatrix}-x_1+2x_2+4x_4 \\ 4x_2+3x_3+8x_4 \\ x_1+4x_4 \\ 2x_2+3x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das LGS zur Kernberechnung $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}-1 & 2 &0 &4 \\ 0 & 4 & 3 & 8 \\ 1 & 0 & 0& 4 \\ 0 & 2 & 3 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 & -2 &0 &-4 \\ 0 & 1 & 0.75 & 2 \\ 0 & 0 &1& -\frac{8}{3} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 0\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{Ker(f)=span} \{\begin{pmatrix} -4\\-4\\ \frac{8}{3}\\1 \end{pmatrix} \} \end{eqnarray}$ Die transponierte Matrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -1&0&1&0 \\ 2&4&0&2\\ 0 &3&0 &3 \\ 4 &8&4&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -1&0&1&0 \\ 0&1&0.5&0.5 \\ 0&0&1 &-1 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{Im(f)=span} \{\begin{pmatrix} -1\\0\\1\\0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\1\\0.5\\0.5 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\0\\1\\-1 \end{pmatrix} \} \end{eqnarray}$
13.12.2008, 21:00	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Beispiel 2 Es sei $\begin{eqnarray} A=(a_1, a_2, a_3) \end{eqnarray}$ eine Basis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^3 \end{eqnarray}$ und die Abbildung $\begin{eqnarray} F: \mathbb R^3 \to \mathbb R^2 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} F(a_1)=(2,2), F(a_2)=(1,2), F(a_3)=(4,4) \end{eqnarray}$ sei linear. B=(b_1,b_1) sei eine Basis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^2 \end{eqnarray}$ Aufstellen des homogenen LGS: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2&1&4 \\ 2&2&4 \end{pmatrix}_A^B \begin{pmatrix}x_1 \\x_2 \\x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2&1&4 \\ 0&1&0 \end{pmatrix}_A^B \begin{pmatrix}x_1 \\x_2 \\x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{Ker(F)=span}\{\begin{pmatrix} -2\\0\\1\end{pmatrix}_A\} \end{eqnarray}$ Aufstellen der transponierten Matrix: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 &2 \\ 1&2 \\ 4 & 4\end{pmatrix}_B \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 &1 \\ 0&1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}_B \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{Im(F)=span}\{\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}_B,\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}_B\} \end{eqnarray}$
10.01.2009, 18:53	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Beispiel 3 $\begin{eqnarray} F(\begin{pmatrix}x\\y\\s\\t \end{pmatrix}) = \begin{pmatrix}x - y + s + t \\ x + 2s - t \\ x + y + 3s - 3t \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} A=\begin{pmatrix}1&-1&1&1 \\ 1&0&2&-1 \\ 1&1&3&-3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Nun muss man die Spalten "linear unabhängig" machen. Maximal bekommen wir 3 Vektoren. $\begin{eqnarray} A^T = \begin{pmatrix} 1&1&1 \\ -1&0&1 \\ 1&2&3 \\ 1&-1&-3\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das bringen wir mit Gauss auf eine andere Form. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 0&1&2 \\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Somit: $\begin{eqnarray} \text{Im(A)=span} \{\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\2 \end{pmatrix}\} \end{eqnarray}$ Schauen wir mal, wie wir damit die Spalten von A bekommen. Die erste ist offensichtlich. Die zweite: $\begin{eqnarray} -\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\1\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\0\\1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} +\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\\1\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} +\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix} -2\begin{pmatrix}0\\1\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\-1\\-3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$

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