Lineare Abbildung mit vorgegebenem Bild und Kern bestimmen

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16.07.2018, 07:04	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
Lineare Abbildung mit vorgegebenem Bild und Kern bestimmen Hallo zusammen, Ich soll eine lineare Abbildung $\begin{eqnarray} f: \mathbb R^4 \rightarrow \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ bestimmen , die erfüllt, dass $\begin{eqnarray} Bild(f) = U_1 , Kern(f)=U_2 , U_1=Span\Bigg ( \Big \{ \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}0\\ 0 \\ \frac{1}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \Big \} \Bigg ) , U_2= Span\Bigg ( \Big \{ \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} \Big \} \Bigg ) \end{eqnarray}$ Ich denke mal , dass man eine lineare Abbildung bestimmt mit der Abbildungsvorschrift $\begin{eqnarray} f(x)= A x , x \in \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ Ich hatte mir jetzt für das Bild gedacht , dass ich die Matrix so konstruiere, dass sie den Rang 2 hat und dass die Einheitsvektoren an meine Matrix multipliziert die Vektoren aus U1 ergeben. Also wähle ich die ersten beiden Spalten der Matrix gleich dem ersten Vektor von U1 und die beiden letzteren Spalten wie den zweiten Vektor aus U1. Die Frage ist nur wie schaffe ich es, dass die Lösungsmenge des homogen LGS jetzt noch U2 ergibt ? LG Snexx_Math
16.07.2018, 08:12	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Suche nach "Projektion längs U" und lies die Antworten auf Wikipedia. Nachtrag 1: Mir kommen Zweifel an meinem Ansatz, weil $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}=4\begin{pmatrix} \frac 1 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}-2\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \frac 1 2 \\ 1 \end{pmatrix}\in U_1\cap U_2 \end{eqnarray}$ Nachtrag 2: Setze einfach $\begin{eqnarray} f(a)=\alpha a+\beta b, f(b)=\gamma a +\delta b, f(4a-2b)=f(c)=0 \end{eqnarray}$ an, dann lassen sich bestimmt lineare Abbildungen finden. Berechne $\begin{eqnarray} f(b) \end{eqnarray}$ ! Einem freien Basisvektor musst du nur noch einen freien Vektor aus $\begin{eqnarray} U_1 \end{eqnarray}$ zuordnen. Matrizen sind nicht verlangt, man kann besser mit linearen Abbildungen rechnen. (Allmählich werden deine Aufgabe erfreulich anspruchsvoll.)
16.07.2018, 18:28	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich habe mir dann mal was überlegt: Eine lineare Abbildung ist durch die Bilder der Basisvektoren eindeutig bestimmt. Eine Basis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ ist offentsichtlich ja $\begin{eqnarray} \{e_1 , e_2 , e_3, e_4\} \end{eqnarray}$ . Also lege ich erstmal fest: $\begin{eqnarray} f(e_1)= \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} , f(e_2)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ \frac{1}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Nun würde ich gerne $\begin{eqnarray} f(e_3) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(e_4) \end{eqnarray}$ , so wählen, dass folgende Gleichungen gelten: $\begin{eqnarray} f(e_1+e_2-e_3-e_4)=f( \begin{pmatrix} 1 \\ 1\\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} )= \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}<br /> f(2e_1+4e_2-e_3-2e_4)=f(\begin{pmatrix} 2 \\ 4\\ -1 \\ -2 \end{pmatrix})= \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und zusätzlich noch, dass $\begin{eqnarray} f(e_3), f(e_4) \end{eqnarray}$ lin. abh. zu $\begin{eqnarray} f(e_1) \end{eqnarray}$ und/oder $\begin{eqnarray} f(e_2) \end{eqnarray}$ sind. Damit das Bild nämlich weiterhin $\begin{eqnarray} U_1 \end{eqnarray}$ bleibt Dann gelten nämlich die geforderten Eigenschaften für Bild und Kern. Da f linear ist kann ich ja schreiben: $\begin{eqnarray} f(e_1+e_2-e_3-e_4) = f(e_1)+f(e_2)-f(e_3)-f(e_4)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}<br /> f(2e_1+4e_2-e_3-2e_4)=2f(e_1)+4f(e_2)-f(e_3)-2f(e_4)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wenn ich also für $\begin{eqnarray} f(e_1) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(e_2) \end{eqnarray}$ einsetze erhalte ich: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 1\\ \frac{1}{2} \\ 1 \end{pmatrix} -f(e_3)-f(e_4)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \Leftrightarrow -f(e_3)-f(e_4) = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ -1\\ -\frac{1}{2} \\ -1 \end{pmatrix}<br /> \begin{pmatrix} 1 \\ 2\\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}-f(e_3)-2f(e_4)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \Leftrightarrow -f(e_3)-2f(e_4) = \begin{pmatrix} -1 \\ -2\\ -2 \\ -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und genau jetzt habe ich gerade keinen Ansatz mehr parat, um $\begin{eqnarray} f(e_3) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(e_4) \end{eqnarray}$ zu bestimmen. (Ein LGS kann ich ja so nicht aufstellen, sofern ich mich nicht vertue) LG und ich hoffe ich habe mich jetzt hier nicht völlig in irgendeinen Unsinn verrannt
16.07.2018, 20:03	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du die letzten beiden Gleichungen subtrahierst, bekommst du $\begin{eqnarray} f(e_4) \end{eqnarray}$ . Diesen setzt du in eine der beiden Gleichungen ein und bekommst $\begin{eqnarray} f(e_3) \end{eqnarray}$ . Beide sind Element von $\begin{eqnarray} U_2 \end{eqnarray}$ , wie gewünscht. Mir scheint du hast die Aufgabe gelöst.
20.07.2018, 12:48	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
ah gut , danke
20.07.2018, 13:00	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist natürlich nur eine bestimmte lineare Abbildung mit den gewünschten Eigenschaften. Wie ließe sich die Gesamtheit aller dieser Abbildungen charakterisieren ?
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20.07.2018, 13:17	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
Da die 4 Vektoren aus der oben genannten Basis von $\begin{eqnarray} U_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} U_2 \end{eqnarray}$ eine Basis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^4<br /> \end{eqnarray}$ bilden, charakterisiere ich die Gesamtheit dieser Abbildungen über die Bilder dieser Basisvektoren, konkreter: $\begin{eqnarray} f\Bigg (\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix})= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} ,<br /> f\Bigg ( \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} \Bigg )= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, <br /> f(e_1)= \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},<br /> f(e_2)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\\frac{1}{2} \\ 1 \\\end{pmatrix} \end{eqnarray}$
20.07.2018, 14:17	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, so geht es auch, aber damit haben wir jetzt schon mindestens 3 verschiedene lineare Abbildungen mit $\begin{eqnarray} Bild(f)=U_1,Kern(f)=U_2 \end{eqnarray}$ . Müsste es nicht möglich sein, alle möglichen linearen Abbildungen mit diesen Eigenschaften aufzustellen und ihre Matrizen zu berechnen ?
20.07.2018, 14:39	Snexx_Math	Auf diesen Beitrag antworten »
Möglich bestimmt, wie diese allgemeine Lösung aussieht, kann ich mir gerade nicht herleiten

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