Kern durch Gerade (0,0)

14.06.2015, 18:17

Jefferson1992

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Kern durch Gerade (0,0)

Hallo Leute smile

smile

Bin gerade ein wenig am wiederholen, weil es ja bald losgeht mit Klausuren.

Folgende Aufgabe aus unserem Skriptbuch. (Lösung habe ich, verstehe ich aber nicht)

Es sei A : R^{2} -> R^{2} eine nicht injektive lineare Abbildung, die aber keine
Nullabbildung ist. Beweisen Sie:
a) $\begin{eqnarray*} Ker A := \left\{(x_{1}, x_{2})| A(x_{1}, x_{2}) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right\} \end{eqnarray*}$ ist eine Gerade durch $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

b) Das Bild $\begin{eqnarray*} A(R^{2}) \end{eqnarray*}$ ist ebenfalls eine Gerade durch $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Lösung:

Ich selbst habe mir das hier aufgeschrieben:

Kern ist definiert als:

$\begin{eqnarray*} A*v=0 \end{eqnarray*}$ dabei ist v der Kern der Matrix

Also:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Habe ich 2 Gleichungen raus:

$\begin{eqnarray*} a_{11}x+a_{12}y=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{21}x+a_{22}y=0 \end{eqnarray*}$

Das kann ich umformen zu:

$\begin{eqnarray*} a_{11}*a_{22}x-a_{12}*a_{21}x=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \neq 0<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{11}*a_{22}-a_{12}*a_{21}=0 \end{eqnarray*}$

und das kann ich auch als Determinante schreiben:

$\begin{eqnarray*} det(a)=0 \end{eqnarray*}$

Dadurch habe ich gezeigt, dass es linear abhängig ist.

Aber wie kann ich jetzt zeigen, dass es durch den Punkt
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ geht?

Danke Leute. smile

smile

14.06.2015, 19:15

10001000Nick1

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RE: Kern durch Gerade (0,0)
Sehr merkwürdig, was du da machst... verwirrt

verwirrt

Zitat:

Original von Jefferson1992
Kern ist definiert als:

$\begin{eqnarray*} A*v=0 \end{eqnarray*}$ dabei ist v der Kern der Matrix

Der Kern einer Matrix ist eine Menge, $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ ist hier ein Vektor. Du meinst sicherlich: $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ ist enthalten im Kern von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} A(v)=0 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Jefferson1992
Das kann ich umformen zu:

$\begin{eqnarray*} a_{11}*a_{22}x-a_{12}*a_{21}x=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \neq 0<br /> \end{eqnarray*}$

Die Umformung würde ich gern mal sehen. Wohin ist denn das $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ verschwunden?

Zitat:

Original von Jefferson1992
Dadurch habe ich gezeigt, dass es linear abhängig ist.

Was ist linear abhängig?

Machen wir es mal anders: Der Kern einer linearen Abbildung ist ein Untervektorraum des Urbildraumes, hier also von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ . Was sind denn die Untervektorräume von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ (davon gibt es im Wesentlichen nicht allzu viele)? Die verschiedenen Möglichkeiten kannst du nach und nach ausschließen, bis nur die Geraden durch den Ursprung übrig bleiben.

14.06.2015, 19:43

Jefferson1992

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Wir hatten Untervektorräume noch nicht (warum auch immer) und dürfen Sie nicht benutzen unglücklich

unglücklich

Habe die erste Gleichung mit $\begin{eqnarray*} a_{22} \end{eqnarray*}$ und die zweite mit $\begin{eqnarray*} a_{12} \end{eqnarray*}$ . Und dann 1. Gleichung minus zweite Gleichung.

14.06.2015, 19:55

10001000Nick1

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Stimmt, die Umformung hatte ich nicht gesehen.

Wenn man sich mit linearen Abbildungen beschäftigt, muss man sich doch vorher schon mit Vektorräumen beschäftigt haben. Und Untervektorräume sind doch auch nur Vektorräume (die in einem anderen Vektorraum enthalten sind). Das hattet ihr also noch nicht? geschockt

geschockt

Aber du weißt ja hoffentlich, wie der Kern und Injektivität zusammenhängen.

15.06.2015, 09:51

Jefferson1992

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Leider ist es so. Wir gehen nach einem "tollen" Buch vor und dort kommen Vektorräume erst in Kapitel 4. Wir verstehen alle nicht warum. Klar, man kann es sich selbst erarbeiten, aber wir dürfen ja nichts verwenden, was wir noch nicht gemacht haben...

Ja, das haben wir eingeführt. Wenn eine lineare Abbildung einen Kern nur den Nullvektor enthält, dann ist die lineare Abbildung injektiv. Interessanterweise haben wir nicht eingeführt, was der Kern eigentlich ist. Das das ein Untervektorraum ist, war mir zum Beispiel gar nicht bewusst.

Da sieht man mal, wie sich Universitäten unterscheiden..

Wir haben gegeben, dass die lineare Abbildung nicht injektiv ist, also enthält der Kern nicht nur den Nullvektor. richtig?

Jetzt könnte man mit Untervektorräumen ganz leicht argumentieren, dass dann nur noch der $\begin{eqnarray*} R^{2} \end{eqnarray*}$ und die Geraden durch den Punkt (0,0) in Frage kommen, aber wie mache ich das ohne Untervektorräume? ...

15.06.2015, 13:05

10001000Nick1

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Wie heißt denn das Buch? Ich kann immer noch nicht glauben, dass da lineare Abbildungen vor Vektorräumen behandelt werden... Lineare Abbildungen sind doch überhaupt nur auf Vektorräumen definiert. Und Vektorräume braucht man für die ganze Theorie der linearen Abbildungen. verwirrt

verwirrt

Nun gut, du könntest es so machen: Wie du gesagt hast, gibt es im Kern einen Vektor, der nicht der Nullvektor ist, diesen Vektor nennen wir $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ . Du kannst zeigen, dass dann auch für jedes $\begin{eqnarray*} \lambda\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ der Vektor $\begin{eqnarray*} \lambda x \end{eqnarray*}$ im Kern enthalten ist (damit zeigst du sogar schon fast, dass der Kern ein Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ ist, was du aber noch gar nicht wissen darfst Big Laugh

Big Laugh

).

Damit ist also $\begin{eqnarray*} \{\lambda x\in\mathbb{R}^2\ |\ \lambda\in\mathbb{R}\}\subseteq\operatorname{Kern}(A) \end{eqnarray*}$ . Und die Menge $\begin{eqnarray*} \{\lambda x\in\mathbb{R}^2\ |\ \lambda\in\mathbb{R}\} \end{eqnarray*}$ ist eine Gerade durch den Ursprung.
Dann musst du dir nur noch überlegen, was passieren würde, wenn noch ein anderes Element im Kern enthalten wäre und warum das nicht möglich ist.

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15.06.2015, 13:21

Jefferson1992

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Lineare Algebra von Theo de Jong.

okay..
Was genau meinst du mit anderes Element?

Ich mein durch $\begin{eqnarray*} \lambda *x \end{eqnarray*}$ kann ich doch unendlich viele Vektoren darstellen, die alle durch den Punkt (0,0) verlaufen, da ich $\begin{eqnarray*} \lambda=0 \end{eqnarray*}$ setzen kann.

15.06.2015, 13:23

10001000Nick1

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Es könnte doch sein, dass es noch einen anderen Vektor gibt, der nicht in der Menge $\begin{eqnarray*} \{\lambda x\in\mathbb{R}^2\ |\ \lambda\in\mathbb{R}\} \end{eqnarray*}$ enthalten ist, aber trotzdem im Kern liegt.

15.06.2015, 13:29

Jefferson1992

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aber habe doch mit $\begin{eqnarray*} \lambda *x \end{eqnarray*}$ alle möglichen Vektoren durchgekaut, oder sehe ich das falsch?

Du meinst, wenn $\begin{eqnarray*} x=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist, dann muss ich zeigen, dass ein Vektor $\begin{eqnarray*} y=\begin{pmatrix} a_1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ nicht im Kern liegt.

Aber das ist er doch.. verwirrt.

verwirrt

15.06.2015, 13:33

10001000Nick1

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$\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist ein fester Vektor:

Zitat:

Original von 10001000Nick1
gibt es im Kern einen Vektor, der nicht der Nullvektor ist, diesen Vektor nennen wir $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ .

D.h. $\begin{eqnarray*} \{\lambda x\in\mathbb{R}^2\ |\ \lambda\in\mathbb{R}\} \end{eqnarray*}$ ist eine Ursprungsgerade (sie enthält alle Vielfachen von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ) und nicht der ganze $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ .

15.06.2015, 20:18

RavenOnJ

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Wisst ihr schon, was der Rang einer Matrix ist? Wenn ja, dann wäre es ganz einfach, da der Rang von $\begin{align*} A \end{align*}$ nach den Voraussetzungen nur 1 sein kann (die Alternative 2 würde der Nichtinjektivität widersprechen, Rang A =0 wäre die Nullabbildung). Das bedeutet, in deinem linearen Gleichungssystem zur Bestimmung von x und y kannst du einfach eine Gleichung weglassen. Die übriggebliebene Gleichung beschreibt eine Gerade durch den Nullpunkt. (Die andere Gleichung beschreibt dieselbe Gerade. Sie muss dieselbe Gleichung sein, höchstens mit einem Faktor skaliert.)

16.06.2015, 11:30

Jefferson1992

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ja, Rang hatten wir.

Ah, klar. So müssen wir es wahrscheinlich auch machen.

Dann habe ich nur die Gerade ax+b=y und das geht auf jedenfall durch 0.

Wie würde ich das denn jetzt mathematisch korrekt aufschreiben? :P

16.06.2015, 18:44

RavenOnJ

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So, wie ich das geschrieben habe ist es mathematisch korrekt. Es bedarf nicht immer Formelkram für eine korrekte Begründung. Dass der Kern eine Gerade sein muss, habe ich begründet. Dass sie durch den Nullpunkt gehen muss, kannst du leicht zeigen, da der Kern Untervektorraum sein muss, d.h. der Nullpunkt muss enthalten sein. Ist eigentlich auch klar, da zumindest der Nullpunkt bei einer linearen Abbildung immer auf die Null abgebildet wird.

Fehlt dann nur noch die b).

16.06.2015, 19:54

Jefferson1992

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oki

smile

Ich schreibe gleich mal die angegebene Lösung hier rein. Die ist mir nämlich überhaupt nicht klar.

b)

Bild ist ja nichts anderes als die Wertemenge der Matrix.

Mich verwirrt das $\begin{eqnarray*} A(R^{2}) \end{eqnarray*}$ ein bisschen.

Heißt das $\begin{eqnarray*} R^{2} \end{eqnarray*}$ einfach nur, dass ich da irgendwelche Vektoren einsetze?

Dann hätte ich also eine Matrix mit 2 Zeilen und unendlich viele Spalten.

Eine lineare Abbildung ist definiert:

für $\begin{eqnarray*} a,b \in R^{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} A(x*a+y*b)=x*A(a)+y*A(b) \end{eqnarray*}$

Dann sind x und y doch meine Bildvektoren oder?

Ist da irgendwas brauchbares dabei oder laufe ich komplett im Kreis?

16.06.2015, 20:54

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Jefferson1992
b)

Bild ist ja nichts anderes als die Wertemenge der Matrix.

Da gibt es unterschiedliche Definitionen. Ich kenne Wertebereich oder Wertemenge eher als die Menge der möglichen Werte, in deinem Fall $\begin{align*} \mathbb R^{2} \end{align*}$ . Das heißt aber nicht, dass jeder Wert auch angenommen wird. Ich würde an deiner Stelle bei der Bezeichnung "Bild" oder "Image" bleiben. Das ist eindeutig die Menge aller Werte, die auch angenommen werden.

Zitat:

Mich verwirrt das $\begin{eqnarray*} A(R^{2}) \end{eqnarray*}$ ein bisschen.

Heißt das $\begin{eqnarray*} R^{2} \end{eqnarray*}$ einfach nur, dass ich da irgendwelche Vektoren einsetze?

Das $\begin{align*} \mathbb R^{2} \end{align*}$ ist nichts anderes als der Definitionbereich von $\begin{align*} A \end{align*}$ . $\begin{align*} A(\mathbb R^{2}) \end{align*}$ ist dann das Bild der Abbildung.

Zitat:

Dann hätte ich also eine Matrix mit 2 Zeilen und unendlich viele Spalten.

Nein! Das ist dieselbe Matrix wie vorher, zwei Spalten und zwei Zeilen.

Zitat:

Eine lineare Abbildung ist definiert:

für $\begin{eqnarray*} a,b \in R^{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} A(x*a+y*b)=x*A(a)+y*A(b) \end{eqnarray*}$

Dann sind x und y doch meine Bildvektoren oder?

Ist da irgendwas brauchbares dabei oder laufe ich komplett im Kreis?

Nein, wenn du das so schreibst, dann sind x und y Skalare, also hier reelle Zahlen, da der Vektorraum über dem Skalarkörper $\begin{align*} \mathbb R \end{align*}$ definiert ist.

17.06.2015, 15:00

Jefferson1992

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hm. Ich bin ratlos sorry..

17.06.2015, 15:27

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Jefferson1992
hm. Ich bin ratlos sorry..

verwirrt

Kannst du das mal ein bisschen konkretisieren? Ich tappe sonst im Dunkeln.

17.06.2015, 15:41

Jefferson1992

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naja,

ich weiß gar nicht, wie ich bei der b beginnen soll.

Bild: Die Menge aller Werte die angenommen werden

Das Bild der Abbildung $\begin{eqnarray*} A(R^{2}) \end{eqnarray*}$ wären alle Vektoren des $\begin{eqnarray*} R^{2} \end{eqnarray*}$

Die Abbildung soll nicht injektiv sein, also ist sie auch nicht surjektiv, da bei einer linearen Abbildung ja injektiv=surjektiv ist, soweit ich mich richtig erinnere.

Aber was bringen mir diese Angaben, ich stehe komplett auf dem Schlauch..

17.06.2015, 15:56

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Jefferson1992

Bild: Die Menge aller Werte die angenommen werden

Das Bild der Abbildung $\begin{eqnarray*} A(R^{2}) \end{eqnarray*}$ wären alle Vektoren des $\begin{eqnarray*} R^{2} \end{eqnarray*}$

Das kann ja schon mal gar nicht stimmen, da Rang(A) sonst gleich 2 wäre.

Zitat:

Die Abbildung soll nicht injektiv sein, also ist sie auch nicht surjektiv, da bei einer linearen Abbildung ja injektiv=surjektiv ist, soweit ich mich richtig erinnere.

Letzteres stimmt in dieser Allgemeinheit nicht. Dies gilt nur bei Abbildungen zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen derselben Dimension. In deiner Aufgabe ist dies allerdings der Fall, da es sich um die Selbstabbildung eines 2-dimensionalen Vektorraums handelt.

Zitat:

Aber was bringen mir diese Angaben, ich stehe komplett auf dem Schlauch..

Sagt dir der Rangsatz was? Damit könnte man die b) (in Verbindung mit dem Ergebnis aus a)) fast ohne Aufwand lösen.

17.06.2015, 16:21

Jefferson1992

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okay.

Laut Rangsatz wäre es so:

$\begin{eqnarray*} dim R^{2}=dim ker(f)+dim lm(f) \end{eqnarray*}$

Also

$\begin{eqnarray*} 2=1+dim lm(f)<br /> \end{eqnarray*}$
Also ist die $\begin{eqnarray*} dim lm(f)=1 \end{eqnarray*}$ und das sind Geraden.

Aber warum gehen diese Geraden durch den Nullpunkt, das habe ich bei Aufgabenteil a scheinbar auch nicht verstanden, merke ich gerade.

Warum ist eine Gerade wie $\begin{eqnarray*} f(x)=1/x \end{eqnarray*}$ nicht möglich. Die wäre doch für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ erst gar nicht definiert?

17.06.2015, 16:39

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Jefferson1992

Aber warum gehen diese Geraden durch den Nullpunkt, das habe ich bei Aufgabenteil a scheinbar auch nicht verstanden, merke ich gerade.

Dies folgt aus der Linearität der Abbildung. Mach dir mal klar, was das bedeutet. Für eine lineare Abbildung $\begin{align*} A:V\to W \end{align*}$ , wobei $\begin{align*} V,W \end{align*}$ K-Vektorräume sein sollen, gilt mit $\begin{align*} x,y\in V\text{ und }\lambda,\mu\in K \end{align*}$ :
a) $\begin{align*} A(x+y)=A(x)+A(y) \end{align*}$
b) $\begin{align*} A(\lambda x)=\lambda A(x) \end{align*}$

Dies lässt sich kombinieren zu
c) $\begin{align*} A(\lambda x+\mu y)=\lambda A(x)+\mu A(y) \end{align*}$

Aus a) folgt direkt $\begin{align*} A(0_V)=0_W \end{align*}$ , wobei $\begin{align*} 0_V \end{align*}$ (bzw. $\begin{align*} 0_W \end{align*}$ ) der Nullpunkt im Vektorraum V (bzw. W) sein soll.

Zitat:

Warum ist eine Gerade wie $\begin{eqnarray*} f(x)=1/x \end{eqnarray*}$ nicht möglich. Die wäre doch für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ erst gar nicht definiert?

verwirrt

$\begin{align*} f(x)=1/x \end{align*}$ ist doch keine Gerade. Geraden haben die Form $\begin{align*} f(x)=ax+b \end{align*}$ . Jetzt berücksichtige die Linearität von $\begin{align*} f \end{align*}$ , dann kannst du zeigen, dass b=0 gelten muss.

18.06.2015, 22:51

Jefferson1992

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RE: Kern durch Gerade (0,0)
So habe mir das mal durch den Kopf gehen lassen:

Wenn ich eine Funktion habe, die eine Gerade beschreibt:

$\begin{eqnarray*} f(x)=ax+b \end{eqnarray*}$

und da jetzt Linearität zeige. (was wir übrigens auch noch nicht gemacht haben. Die Vorlesung bei dieser Professorin ist echt fürn Popo)

1)

$\begin{eqnarray*} f(x+y)=f(x)+f(y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a(x+y)+b=ax+b+ay+b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} ax+ay+b=ax+ay+2b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$

2)

$\begin{eqnarray*} a*(\lambda*x)+b=\lambda*(ax+b) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda*ax+b=\lambda*ax+\lambda*b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$
Damit ist das lösbar.
3)

$\begin{eqnarray*} a*(\lambda x + \mu y)+b=\lambda *(ax+b)+\mu *(ay+b) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda ax + \mu ay +b = \lambda ax+\lambda b+\mu ay+\mu b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b=\lambda b + \mu b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda + \mu =1 \end{eqnarray*}$

Und damit ist das auch lösbar.

Dadurch ist die Linearität bewiesen.

Und weil es Linear ist, geht es durch den Nullpunkt.

ist das so richtig?

19.06.2015, 01:43

RavenOnJ

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RE: Kern durch Gerade (0,0)

Zitat:

Original von Jefferson1992
Wenn ich eine Funktion habe, die eine Gerade beschreibt:

$\begin{eqnarray*} f(x)=ax+b \end{eqnarray*}$

und da jetzt Linearität zeige.

1)

$\begin{eqnarray*} f(x+y)=f(x)+f(y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a(x+y)+b=ax+b+ay+b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} ax+ay+b=ax+ay+2b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$

OK

Zitat:

2)

$\begin{eqnarray*} a*(\lambda*x)+b=\lambda*(ax+b) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda*ax+b=\lambda*ax+\lambda*b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$
Damit ist das lösbar.

Das ist leider falsch, denn 1.) hast du bereits gezeigt, dass b=0 gelten muss, also $\begin{align*} f(x)=ax,a\in K \end{align*}$ , und 2.) muss $\begin{align*} f(\lambda x)=a\lambda x = \lambda f(x) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} \lambda\in K \end{align*}$ gelten. $\begin{align*} K \end{align*}$ ist dabei wieder der Skalarkörper der Vektorräume.

Zitat:

3)

$\begin{eqnarray*} a*(\lambda x + \mu y)+b=\lambda *(ax+b)+\mu *(ay+b) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda ax + \mu ay +b = \lambda ax+\lambda b+\mu ay+\mu b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b=\lambda b + \mu b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda + \mu =1 \end{eqnarray*}$

Und damit ist das auch lösbar.

Dadurch ist die Linearität bewiesen.

Und weil es Linear ist, geht es durch den Nullpunkt.

ist das so richtig?

Auch das ist falsch, siehe das vorige. Die 3) musst du übrigens nicht zeigen, da das bereits aus den Bedingungen 1) und 2) folgt. Dir scheint der Begriff der linearen Abbildung überhaupt nicht klar zu sein. Guck mal am besten die für dich relevanten Teile dieses Artikels über Lineare Abbildungen an.

Damit hier jetzt nicht wieder Missverständnisse aufkommen: Was wir da gerade behandeln ist eine spezielle Form der linearen Abbildung, da der zugrundeliegende Vektorraum der $\begin{align*} \mathbb R^2 \end{align*}$ ist und die Abbildung bzw. Matrix $\begin{align*} A \end{align*}$ Rang 1 hat. Dadurch kann man in der allgemeinen Form dieser Selbstabbildung schreiben

$\begin{align*} \begin{pmatrix}x'\\ y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\ c a_{11}&c a_{12}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\Rightarrow y'=cx' \end{align*}$

Die zweite Gleichung in der Gleichungskette muss gelten, da die zweite Zeile der Matrix $\begin{align*} A \end{align*}$ wegen Rang A = 1 ein Vielfaches der ersten Zeile sein muss, wodurch die daraus folgende Geradengleichung $\begin{align*} y'=cx' \end{align*}$ entsteht. Dies ist die Beziehung der beiden Vektorkomponenten im Bild von $\begin{align*} A \end{align*}$ . Also ist das Bild eine Gerade durch den Ursprung. Der Rang ist übrigens nichts anderes als die Dimension des Bildes, du hättest also aus Rang A = 1 sofort schließen können, dass das Bild eine Ursprungsgerade ist.

19.06.2015, 13:35

Jefferson1992

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ALso wäre mein zweiter Fall einfach nur:

$\begin{eqnarray*} a*(\lambda*x)=\lambda *ax \end{eqnarray*}$

und das ist ja gleich.

Da ich ja wie du gesagt hast nur Rang=1 betrachten muss (Aufgabenstellung) folgt, dass die Abbildung linear ist und somit die Geraden alle durch den Nullpunkt gehen, da wenn in der Geradengleichung $\begin{eqnarray*} y'=cx' \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} c\in R \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} c=0 \end{eqnarray*}$ ist, automatisch $\begin{eqnarray*} y'=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x'=0 \end{eqnarray*}$ folgt.

Kann man das so sagen?

Werde den Artikel mal durchgehen über das Wochenende. Danke!

19.06.2015, 21:50

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Jefferson1992
Da ich ja wie du gesagt hast nur Rang=1 betrachten muss (Aufgabenstellung) folgt, dass die Abbildung linear ist

So kann man das nicht formulieren. Sinnvolle Abbildungen zwischen Vektorräumen (Vektorraumhomomorphismen) sind immer linear, egal wie der Rang der Abbildung (Matrix) ist. Die einzige Folgerung ist, dass das Bild eine Ursprungsgerade ist, wenn der Rang der Abbildung gleich 1 ist. Dies ist auch unabhängig von der (endlichen) Dimension des Zielraums.

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