Kern einer linearen Abb

02.09.2013, 19:43	Kathi_R	Auf diesen Beitrag antworten »
Kern einer linearen Abb Hey, kann hier mal jmd rübergucken? Ich steck in dem Thema noch nicht so drin und bin mir daher ziemlich unsicher... Ich habe einen dreidimensionalen Vektorraum $\begin{eqnarray} V = {A \in \mathbb R^{2,2} \| AistdieobereDreiecksmatrix} \end{eqnarray}$ Meine Abbildung lautet: $\begin{eqnarray} L_1:V \rightarrow \mathbb R^3, \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} a - c \\ 3b \\ -2a + 2c \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Ich soll davon nun den Kern bestimmen. Dafür wandle ich doch die Abb in eine Matrix um, richtig? Also: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\0 & 3 & 0 \\ -2 & 0 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dann bring ich das in die Zeilenstufenform: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und da der Kern die Lsg von Ax = 0 ist, lautet meine Lösung: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 \\0 \\ 0 \end{pmatrix}+ x_3 \begin{pmatrix} 1 \\0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und mein Kern ist damit $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Stimmt das so? Denn dann kann die Abb. nicht injektiv sein. Wie untersuche ich nun die Surjektivität? Vielen Dank für jeden Tipp!
02.09.2013, 20:13	micha_L	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Kern einer linearen Abb Hallo, die Umwandlung in eine Matrix würde ich mir schenken. Wenn es nur um Inejktivität/Surjektivität/Bijektivität geht, so solltest du nach einer Matrix (ungleich Nullmatrix) suchen, die ebenfalls auf den Nullvektor abgebildet wird. Ist nicht schwierig zu finden. Damit untersuchst du aber tatsächlich den Kern der Abbildung. Wenn die Abbildung aber nicht injektiv ist, kann sie auch nicht surjektiv und schon gar nicht bijektiv sein. Mfg Michael
02.09.2013, 20:13	zweiundvierzig	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ganze geht viel einfacher. Letztlich hast Du nur die Gleichung $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} a -c \\ 3b \\ -2a+2c \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ zu lösen. Was muss für $\begin{eqnarray} a,b,c \end{eqnarray}$ gelten? Edit: Zu spät gepostet, aber Deine Lösung stimmt, es ist der Raum $\begin{eqnarray} \left \langle \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right \rangle \end{eqnarray}$ (nicht das einzelne Element), was Du eben noch einfacher wie oben beschrieben bekommen kannst.
03.09.2013, 18:03	Kathi_R	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für eure Antworten! Ja, ich verstehe, warum die Matrix überflüssig war. Letztendlich stelle ich ja genau das LGS auf, dass ich auch in der Abb. sehe. Aber zum Verständnis: Warum kann eine Abb., die nicht injektiv ist, auch nicht surjektiv sein? Und was wäre ein Beispiel für eine Abb., die injektiv, aber nicht surjektiv ist? Und klar, wenn es eine weitere Matrix gibt, die auf die Nullmatrix abgebildet wird, ist die Abb. nicht mehr injektiv. Aber für welche gilt das denn z.B. nicht? Für Matrizen, die eine Konstante haben vielleicht? Vielen Dank nochmal für die Antworten!
03.09.2013, 18:47	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
injektiv=surjektiv=bijektiv gilt hier "zufällig" aus Dimensionsgründen, weil $\begin{eqnarray} dim(V)=dim(\mathbb R^3)=3 \end{eqnarray}$ , und weil der Rangsatz gilt: $\begin{eqnarray} dim(V)=dim(Kern)+dim(Bild) \end{eqnarray}$ .
03.09.2013, 19:25	Kathi_R	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, das verstehe ich. Aber kannst du mir nochmal beim Verständnis des Rangsatzes helfen? dim (V) = 3 dim (Kern) = 1 dim (Bild) = muss ja dann 2 sein Und eine Abb. ist nur dann surjektiv, wenn dim (Bild) = dim (W) ist. Und da dim(W) = dim ( $\begin{eqnarray} \mathbb R^3 \end{eqnarray}$ ) = 3 ist, liegt hier keine Surjektivität vor, richtig? Vielen Dank nochmal!
Anzeige

03.09.2013, 19:38	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
ja, das hätte niemand besser formulieren können. SO ISSES

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »