Basis des Kerns und des Bilder einer Abbildung

11.08.2015, 00:53

ChrizZly20

Basis des Kerns und des Bilder einer Abbildung

Meine Frage:
Hallo,
Eine Ähnliche Frage wurde wohl vor kurzem schon gestellt. Diese habe ich aber nicht durchgeblickt.

Ich soll die lin. Abbildung $\begin{eqnarray*} \phi : \mathbb R^4 \rightarrow \mathbb R^2: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 \\ 2x_1 -x_4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

betrachten.

Nun die Aufgabe dazu: Finden Sie die dazu gehörige Matrix und geben Sie ihren Rang und eine Basis des Kerns
und des Bildes an.

Meine Ideen:
Die dazugehörige Matrix ist wohl $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Da ist der Rang der Matrix =2. Die Dimension des Kerns ist dann auch 2?

Nun: Wie berechne ich den Kern genau? Wie die Basis von Kern?
Wie das Bild und wie die Basis vom Bild?

Gruß
ChrizZly

11.08.2015, 06:12

Iorek

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RE: Basis des Kerns und des Bilder einer Abbildung

Zitat:

Original von ChrizZly20
Die Dimension des Kerns ist dann auch 2?

Das stimmt zwar, aber wie kommst du darauf? Es könnte ja auch einfach nur geraten sein. Wie ist der Kern einer linearen Abbildung denn definiert? Wie könnte man den also berechnen? Schlag dafür die Definitionen von Kern bzw. vom Bild nach.

11.08.2015, 09:46

ChrizZly20

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RE: Basis des Kerns und des Bilder einer Abbildung

Zitat:

Das stimmt zwar, aber wie kommst du darauf?

Rang(A) + dim(Ker(A))= anzahl der Spalten. So hab ich es mir immer gemerkt.
4 Spalten - rang(2) = dim(Ker(A))=2

Zitat:

Wie ist der Kern einer linearen Abbildung denn definiert?

Der Kern wäre ja die Lösungsmenge die herauskommt, wenn man die Matrix = 0 setzt.

Also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3\\ v_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Mein Problem ist nur, dass ich hier eben keine 2 Dimesnionen bekomme. Bzw. Wie bekomme ich die beiden Dimensionen?
Das LGS ist ja durch zeile 2: $\begin{eqnarray*} v_4=2v_1 \end{eqnarray*}$ . Das in die erste Zeile einesetzt bekomme ich nun $\begin{eqnarray*} v_1 + v_2 + v_3 + 2v_1=0 \end{eqnarray*}$ .
Wie mache ich daraus nun einen 2Dimensionalen Kern?

11.08.2015, 09:55

Iorek

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RE: Basis des Kerns und des Bilder einer Abbildung

Zitat:

Original von ChrizZly20
Rang(A) + dim(Ker(A))= anzahl der Spalten. So hab ich es mir immer gemerkt.
4 Spalten - rang(2) = dim(Ker(A))=2

Ich würde es nicht als die Anzahl der Spalten bezeichnen sondern eher als Dimension des Definitionsraums, aber ansonsten geht die Aussage soweit in Ordnung.

Zitat:

Original von ChrizZly20
Mein Problem ist nur, dass ich hier eben keine 2 Dimesnionen bekomme. Bzw. Wie bekomme ich die beiden Dimensionen?

Du hast ein unterbestimmtes lineares Gleichungssystem gegeben, welches du zunächst mal auf Stufenform bringen kannst:

$\begin{align*} \left(\begin{array}{cccc|c}1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & -1 & 0\end{array}\right)\rightarrow \left(\begin{array}{cccc|c}1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & -2 & -3 & 0\end{array}\right) \end{align*}$

Welche Stufen hast du nun gegeben? Welche Stufen fehlen dir, um es zur strikten Zeilenstufenform bringen zu können? Das gibt dir die Möglichkeit zwei Parameter einzuführen.

11.08.2015, 11:26

ChrizZly20

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RE: Basis des Kerns und des Bilder einer Abbildung
Ich habe ja die ersten beiden Stufen gegeben.

Die Stufenform sollte ja ganz so aussehen:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -2 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & - & - \\ 0& 0&0&- \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also die x3 und x4 Stufe fehlt mir. Ich sehe aber noch nicht ganz wie ich 2 Parameter einführen kann..

11.08.2015, 11:32

Iorek

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Zwei Parameter einführen heißt, du kannst zwei Variablen frei belegen. Welche das sind, zeigen dir die fehlenden Stufen an. Du brauchst eine Stufe in der dritten Zeile, also fügst du dort $\begin{align*} \left(\begin{array}{cccc|c}0 & 0 & 1 & 0 & t\end{array}\right) \end{align*}$ ein. Analog bekommst du die vierte Stufe hin und kannst dann das LGS komplett auflösen.

11.08.2015, 12:08

ChrizZly20

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das LGS wäre also:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & | & 0\\ 0 & -2 & -2 & -3 & | & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & | & t\\ 0 & 0 &0 & 1 & | & u \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ja?
Dann wären ja

$\begin{eqnarray*} x_4=u \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_3=t \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_2=-t-\frac{3}{2}u \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_1=x_1+(-t-\frac{3}{2}u)+t+u \end{eqnarray*}$

Und wie würde ich weiter arbeiten?

11.08.2015, 13:57

Iorek

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Zitat:

Original von ChrizZly20
$\begin{eqnarray*} x_1=x_1+(-t-\frac{3}{2}u)+t+u \end{eqnarray*}$

Ist das $\begin{align*} x_1 \end{align*}$ auf der rechten Seite ein Tippfehler? Wenn du das noch korrigierst und zusammenfasst bist du quasi fertig. Du erhältst einen Lösungsvektor mit zwei Unbekannten. Diesen kannst du entsprechend aufteilen in einen Vektor der nur $\begin{align*} u \end{align*}$ und einen der nur $\begin{align*} t \end{align*}$ enthält und hast damit eine Basis des Kerns bestimmt.

11.08.2015, 14:28

ChrizZly20

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Ja ist ein Tippfehler.
Also wäre es x1=kann ich ja zu 1/2u kürzen.

Also wäre der Kern dann:
$\begin{eqnarray*} Ker(A)={t\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \\0 \end{pmatrix}, u\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ \frac{-3}{2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} } \end{eqnarray*}$

Ist das richtig so?
Und wie komme ich auf die Basis vom Kern? Ich weiß, dass mit mit der Basis sämtliche den ganzen Vektorraum darstellen kann. und ehrlich gesagt kommt mir der Kern schon wie eine Basis vor.

11.08.2015, 14:49

Iorek

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Deine Rechnung stimmt soweit, jetzt kommt es nur noch auf die korrekte Schreibweise und Interpretation an. Die Variablen $\begin{align*} t,u \end{align*}$ stehen für beliebige reelle Zahlen, das muss im Kern deutlich gemacht werden. Außerdem darfst du da noch nicht einfach ein Komma hinschreiben, da gehört zunächst noch ein + hin. Damit können wir den Kern folgendermaßen aufschreiben:
$\begin{align*} \operatorname{Kern}(\varphi)=\left\{t\cdot\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + u\cdot\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{3}{2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} ~\Bigg|~t,u\in\mathbb R\right\} \end{align*}$
Jetzt ruf dir noch einmal den Begriff des Erzeugendensystems in Erinnerung, bringe den Begriff der Basis dazu und dann kannst du eine Basis des Kerns direkt ablesen.

11.08.2015, 15:04

ChrizZly20

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Die Basis wäre glaub ich dann einfach der Kern ohne t und u und statt dem + ein "," , da es ja einfach 2 lin. Unabhängige Vektoren sind. Oder?

Und das bild der Matrix? Ich habe die Matrix transponiert auf die ZSF gebracht nochmal transponiert und das Bild so abgelesen:
$\begin{eqnarray*} img(A)=\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} 0 \\ -2\end{pmatrix} \right\} \end{eqnarray*}$

Und für mich sieht das Bild wieder aus wie eine Basis. Wäre das Bild in dem Fall auch die Basis vom bild?

11.08.2015, 15:08

Iorek

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Beides passt, du solltest dir aber noch einmal die Begriffe genau ansehen und besser unterscheiden. Das Bild ist nicht "die Basis vom Bild" und es sieht auch nicht aus "wie eine Basis". Deine Rechnungen sollten aber stimmen.

11.08.2015, 15:28

ChrizZly20

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Wie würde ich den die Basis bestimmen?
In diesem Fall war sie ja leicht abzulesen.

11.08.2015, 16:01

Iorek

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Ist es in anderen Fällen auch. Die Vektoren, die in der ZSF übrig bleiben bilden eine Basis des Bildes.

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