Linearität von Abbildungen

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30.09.2015, 10:26	Cibot	Auf diesen Beitrag antworten »
Linearität von Abbildungen Meine Frage: Sei (·, ·) das Standardskalarprodukt in R2 und sei \|\| · \|\| die assoziierte Norm. Welche der folgenden Abbildungen sind linear? (c) $\begin{eqnarray} L3 : \mathbb R\leq 2[x] \Rightarrow \mathbb R\leq 2[x]; ax^2 + bx + c \Rightarrow (a + b)x^2 + (c + 1)x + b. \end{eqnarray}$ (Die anderen habe ich jetzt mal rausgenommen weil ich diese verstehe) Meine Ideen: Eine wirkliche Idee habe ich zur dieser Aufgabe nicht, man müsste die homogenität und additivität überprüfen. Als Lösung habe ich ebenfalls das hier vorgegeben jedoch komme ich nicht darauf wie man auf die L3(0)=x kommt : $\begin{eqnarray} L3 : \mathbb R\leq 2[x] \Rightarrow \mathbb R\leq 2[x]; ax^2 + bx + c \Rightarrow (a + b)x^2 + (c + 1)x + b. \end{eqnarray}$ L ist nicht homogen und somit nicht linear, denn für $\begin{eqnarray} x^2 \in \mathbb R\leq 2[x] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 0 \in \mathbb R \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} 0·L3(x^2)=0\neq x=1·x=L3(0)=L2(0x^2). \end{eqnarray*}$
30.09.2015, 11:37	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Was Du schreibst, ist mir unklar. Du kommst nicht drauf, warum $\begin{eqnarray} L3(0)=x \end{eqnarray}$ ist ? Das ist so nach Definition von $\begin{eqnarray} L3 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} a=b=c=0\Rightarrow a+b=0,c+1=1,b=0 \end{eqnarray}$ . Wäre $\begin{eqnarray} L3 \end{eqnarray}$ linear, so wäre $\begin{eqnarray} L3(0)=L3(0\cdot 0)=0\cdot L3(0)=0 \end{eqnarray}$ (mit diesem Argument ist klar, dass jede lineare Abbildung den Nullvektor auf den Nullvektor abbildet ) . Es ist $\begin{eqnarray} L3(0)=x\ne 0 \end{eqnarray}$ , also ist $\begin{eqnarray} L3 \end{eqnarray}$ nicht linear.
30.09.2015, 13:20	Cibot	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Antwort, war mal wieder ein dummer Denkfehler meinerseits. Hast du evtl. auch Ahnung zu Eigenvektoren? Irgendwie stell ich mich grade wieder sehr ungeschickt an und komme einfach nicht auf das richtige Ergebnis. Habe das Problem / Die Aufgabe in den Anhang gestellt. Verstehe nicht den letzten Schritt wie man da von der 3x3 Matrix (von der NZSF) auf E0 kommt.
30.09.2015, 14:18	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Untervektorraum der Eigenvektoren zum Eigenwert $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} \{x\in V: Ax=\lambda x\}=\{x\in V: (A-\lambda I) x=0\} \end{eqnarray}$ , das ist der Kern von $\begin{eqnarray} A-\lambda I \end{eqnarray}$ . Deshalb wird das homogene LGS $\begin{eqnarray} (A-\lambda I)x=0 \end{eqnarray}$ mit dem Gauß-Algorithmus gelöst. Setzt man nun $\begin{eqnarray} x_1=t \end{eqnarray}$ , so ist nach der 1. Gleichung $\begin{eqnarray} x_3=-x_1=-t \end{eqnarray}$ , aus der 2. Gleichung sieht man $\begin{eqnarray} x_2=0 \end{eqnarray}$ , also ist der Eigenraum gleich $\begin{eqnarray} \{t\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}:t\in K\} \end{eqnarray}$ die lineare Hülle von $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ .
30.09.2015, 14:34	Cibot	Auf diesen Beitrag antworten »
Tut mir leid das ich mich grad so dumm anstelle aber ich versteh es immernoch nicht. Ich habe in meinem Fall die Matrix $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 4 \\ 0 & -2 & 0 \\ -6 & 2 & -6 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ diese stelle ich dann in NZSF um und dann kommt das raus $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ - Die Eigenwerte habe ich neben auch ausgerechnet und diese sind $\begin{eqnarray} x_1 = 0 , x_2 = -2 ,x_3 = -2 \end{eqnarray}$ Und jetzt wollte ich die Eigenvektoren ausrechnen und dazu brauch ich ja genau das was du meinst. Jedoch komme ich wenn ich dann ein Gleichungssystem aufstelle zu dieser gleichung $\begin{eqnarray} <br /> 1) 0=x_1+x_3<br /> 2) 0=x_2<br /> 3) 0=0 \Rightarrow s=x_3 ,s\in \mathbb R \end{eqnarray}$ Und dann kommt halt $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -s \\ 0 \\ s \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Ich versteh grad garnicht was ich falsch mache.
30.09.2015, 18:03	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist genau dasselbe, denn mit $\begin{eqnarray} s=-t\in \mathbb R \end{eqnarray}$ haben wir jeweils den Eigenvektor $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -s \\ 0 \\ s \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} t \\ 0 \\ -t \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und somit den eindeutig bestimmten Eigenraum berechnet. Aus der 3. Gleichung $\begin{eqnarray} 0=0 \end{eqnarray}$ folgt nicht nur, dass $\begin{eqnarray} x_3 \end{eqnarray}$ beliebig gewählt werden kann, sondern auch, dass $\begin{eqnarray} x_1 \end{eqnarray}$ beliebig gewählt werden kann. Beide sind in der 1. Gleichung durch $\begin{eqnarray} x_3=-x_1 \end{eqnarray}$ verbunden. Lediglich $\begin{eqnarray} x_2 \end{eqnarray}$ ist durch die Gleichung $\begin{eqnarray} x_2=0 \end{eqnarray}$ eindeutig festgelegt.
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01.10.2015, 09:00	Cibot	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Antwort, nun hänge ich aber an der selben Aufgabe immernoch, anscheinend ist das mit den Eigenvektoren nicht ganz mein ding. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 4 \\ 0 & -2 & 0 \\ -6 & 2 & -2 \end{pmatrix}=B\cdot \vec{x} = \lambda \cdot \vec{x} = \begin{pmatrix} -2x_1 \\ -2x_2 \\ -2x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Weil ich die Eigenwerte 0 und -2 habe. Nun mache ich das mit -2 und dann kommt folgendes Gleichungssystem raus $\begin{eqnarray} 1)4x_1-2x_2+4x_3= -2x_1<br /> 2)-2x_2=-2x_2 \Rightarrow x_2=s<br /> 3)-6x_1+2x_2-6x_3=-2x_3 \end{eqnarray}$ Dieses s setze ich dann ein und dann kommt $\begin{eqnarray} 1)4x_1-2s+4x_3= -2x_1<br /> 2)-6x_1+2s-6x_3=-2x_3 \end{eqnarray}$ Und jetzt weiß ich nicht ganz was ich weiter machen muss. Ich weiß ja schonmal das der Eigenvektor so sein muss mit a1 und a2 die ich noch herausfinden muss = $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} a_1 \\ 1 \\ a_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Meine Idee war einfach in beiden Gleichung jeweils x1 und x3 auf die andere Seite zu kriegen womit dann rauskommt $\begin{eqnarray} 1)-2s+4x_3= -6x_1<br /> 2)-6x_1+2s=4x_3 \end{eqnarray}$ Und das wäre dann $\begin{eqnarray} -6x_1=-6x_1 \end{eqnarray}$ jedoch müsste das Ergebnis laut Lösungsvorschlag $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1/3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ sein, darauf käme man wenn man davon ausgehen könnte das $\begin{eqnarray} x_3=0 \end{eqnarray}$ ist dann wäre das ergebnis in dem Fall für $\begin{eqnarray} x_1=1/3 \end{eqnarray}$ jedoch sehe ich das irgendwie garnicht heraus.
01.10.2015, 09:13	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Du solltest besser nicht versuchen, lineare Gleichungssysteme mit Schulmathematik zu lösen. Dabei kommt es immer nur (wie auch hier in diesem Beispiel) zu Schreibfehlern und Rechenfehlern. Benutze den Gauß-Algorithmus und löse das homogene LGS $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 6 & -2 & 4 & \| & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \| & 0 \\ -6 & 2 & 0 & \| & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ .
01.10.2015, 09:20	Cibot	Auf diesen Beitrag antworten »
Kurze Frage, wie kommt man auf das von dir genannte LGS von der Urpsrünglichen Matrix? $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 4 \\ 0 & -2 & 0 \\ -6 & 2 & -6 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$
01.10.2015, 09:22	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
gar nicht. Deine angeblich ursprüngliche Matrix ist falsch !
01.10.2015, 09:24	Cibot	Auf diesen Beitrag antworten »
Aber die Matrix ist in der Aufgabe gegeben, versteh gerade nicht was du meinst.

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