Lineare Abbildung/Dimension Bild(f)

10.01.2005, 21:28

Bier

Lineare Abbildung/Dimension Bild(f)

Also noch ein Problem: Sei V ein n-dimensionaler Vektorraum, und sei {v1,v2,...,vn} eine Basis von V. Sei f die durch

$\begin{eqnarray*} f(v_i)=a*v_i+ \sum_{i\neq j}~v_j \end{eqnarray*}$ definierte Abbildung von V in sich. Bestimmen Sie die Dimension von Bild(f).

So also dazu hab ich mir folgendes überlegt, wenn a=1 ist wird jeder Vektor der Basis auf auf die Summe aller Basisvektoren abgebildet.
Dann wird ein v aus V, welches nicht in der Basis liegt folgendermaßen dargestellt: $\begin{eqnarray*} v=k_1v_1+...k_nv_n \end{eqnarray*}$

dann ist $\begin{eqnarray*} f(v)=f(k_1v_1+...+k_nv_n)=k_1f(v_1)+...+k_nf(v_n) =k_1(1*v_1+\sum_{i\neq j}~v_j)+...+k_n(1*v_n+\sum_{i\neq j}~v_j) =k_1(\sum_{i=1}^n~v_i) +...+k_n(\sum_{i=1}^n~v_i)=(k_1+...+k_n)\sum_{i=1}^n~v_i \end{eqnarray*}$
Muss man die Summenzeichen anders indizieren als mit 1 bis n am Ende? Und bedeutet, dass i ungleich , dass man z.b. beim v3 erst die Basis Vektoren ab 4 aufsummiert? (dann wäre es ja noch komplizierter)
wieso sind immer noch so komische ????????????

da die Summe der Basisvektoren ein fester Wert ist das Bild also ein dimensionaler Unterraum, der aber von der Basis abhängt. Das ist doch so richtig? So und nun soll der Fall a=n-1 ebenfalls was besonderes sein. Und ich weiß nicht warum.

12.01.2005, 11:38

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Lineare Abbildung/Dimension Bild(f)
ich fürchte, dein Ansatz führt so nicht zum Ziel.
Wie sieht denn die der Abbildung zugeordneten Matrix aus?
Was steht in der 1. Spalte, usw. ?

12.01.2005, 22:19

Bier17

Auf diesen Beitrag antworten »

Aha. Der Fehlwer liegt wohl darin, dass die Abbildung über die Bilder der Basis definert ist. Es liegt also keine "richtige" Abbildungsvorschrift vor, die jedem v aus V etwas zuordnet. Soweit korrekt?

Also wenn ich jetzt a=1 setze und die Einheitsvektoren als Basis A wähle, dann erhalte ich eine Darstellungsmatrix:
$\begin{eqnarray*} _AM_A(f)=\begin{pmatrix} 1 & ... & 1 \\ ... & ... & ...\\ 1 & ... & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So da das Bild der Unterraum ist, der von den Spalten aufgespannt ist hat also Bild(f) die Dimension 1. (den Satz hätte ich gerne bestätigt)

Mir fällt grad ein, dass man jede Basis nehmen kann, (wäre auch sehr befremdlich wenn es anders wäre)

dann ist nämlich allg.:

$\begin{eqnarray*} f(v_i)=1*v_i+\sum_{i\neq j }~v_j=1*v_1+1*v_2+...+1*v_n \end{eqnarray*}$

Jetzt hab ich noch ein Problem:

Was passiert wenn a=n-1 ist

13.01.2005, 09:06

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Bier17
So da das Bild der Unterraum ist, der von den Spalten aufgespannt ist hat also Bild(f) die Dimension 1. (den Satz hätte ich gerne bestätigt)

stimmt. Eigentlich wollte ich die Matrix für ein allgemeines a haben. Aber im Prinzip hast du es schon da stehen. Die Abbildungsmatrix ist also:
$\begin{eqnarray*} M = \begin{pmatrix} a & 1 & 1 & ... & 1 \\ 1 & a & 1 & ... & 1 \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ 1 & 1 & 1 & ... & a \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Jetzt überlege mal, was passiert, wenn du die 2. Zeile zur 1. addierst usw. bis zur Addition der n-ten Zeile zur 1. Zeile. Wie sieht die Matrix dann aus?

Bei der anderen Sache mit dem Isomorphismus habe ich mir noch was überlegt. Weiß nicht, ob noch aktuell.
http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=11207

13.01.2005, 18:05

Bier17

Auf diesen Beitrag antworten »

hmm dann erhalte ich eine Matrix, die in der ersten Zeile a+(n-1) an jeder Stelle stehen hat. Hmmm dann müsste der kritische Wert aber der sein der zusammen mit (n-1) 0 ergibt. Das wäre dann aber -n+1
Dann wäre die 1.Zeile lin. abh. von den anderen. hmm mit n-1 scheint es auch zu gehen.
mal prüfen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 0 & -3 & 3 \\ 0 & 3 & -3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 0 & -3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

klappt, da Rang nun n-1
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 0 & -3 & -1 \\ 0 & -1 & -3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 0 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

also scheint doch nur für a= n-1 zu gehn.
Ist das soweit richtig?

Wollte man diese Aufgabe systematisch bearbeiten so müsste man zuerst die allgemeine Matrix mit den a's und den Einsen berechnen. Dann müsste man sich überlegen wann die Spalten bzw. Zeilen lin abh. werden. Dabei würd einem a=1 sofort ins Auge springen.
Nun muss man die lineare Abhängigkeit der Zeilen prüfen.
Dazu sollte man ein LGS aufstellen
$\begin{eqnarray*} k_1S_1+k_2S_2+...+k_nS=0\\ \Rightarrow \\ k_1*a+k_2*1+...+k_n*1=0 \end{eqnarray*}$

die zweite Zeile wäre dann

$\begin{eqnarray*} k_1*1+k_2*a+...+k_n*1 \end{eqnarray*}$

usw.

**Nun muss eben Sehen, dass es sehr geschickt ist wenn man die ganzen k's als 1 wählt. Dann ergibt sich, dass es die nichttriviale Lösung a=-n+1 gibt.

Gibt es ab** auch ein systematisches Verfahren?

Wählt man a=1 so kann man die k's fast beliebig wählen.
Woher weiß man jetzt, dass das alle Sonderfälle sind?

P.S. hab das andere gesehen aber noch nicht richtig drüber nachgedacht, werd ich aber sicher bald tun.

14.01.2005, 09:33

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

schreiben wir das ganze mal systematisch hin. Die Matrix war:
$\begin{eqnarray*} M = \begin{pmatrix} a & 1 & 1 & ... & 1 \\ 1 & a & 1 & ... & 1 \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ 1 & 1 & 1 & ... & a \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Jetzt addieren wir die 2. Zeile zur 1. usw. bis zur Addition der n-ten Zeile zur 1. Zeile. Die 1. Zeile besteht hat dann in jeder Komponente a + n - 1 stehen. Wenn a + n - 1 = 0 ist, dann ist also die Determinante der Matrix Null und die Dimension des Bildes zumindest 1 kleiner als die Dimension von V. Ob genau 1 kleiner, kann ich jetzt nicht sagen. Und ob das alle Sonderfälle sind, weiß ich auch nicht. (Kann ja nicht alles wissen. Augenzwinkern

)

14.01.2005, 23:25

Bier17

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, dann sind wir mit der Aufgabe fertig würd ich sagen. Kannst du mir dafür sagen ob die folgenden Aufgaben so richtig gelöst sind?

a) Gegeben sei die lieare Abbildung f: R4--->R3 durch

f(1,0,0,0)=(-1,2,3) f(0,1,0,0)=(4,1,0)

f(0,0,1,0)=(1,1,1) f(0,0,0,1)=(2,1,0)

Bestimmen Sie eine Basis von kern(f) und die Dimension von R4/ker(f)

Meine Lösung:

Man berechnet die Darstellungsamatrix

$\begin{eqnarray*} _EM_E=\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 1 \\ 3 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

*Wären die angegeben Funktionswerte nicht von den Vektoren einer Basis, sondern einfach beliebig so könnte man die Aufgabe nicht bearbeiten oder?

*Man könnte von R3 auch eine andere Basis wählen als die Einheitsbasis das Ergebnis wäre im Endeffekt gleich.

*Und wenn eine andere Basis von R4 gegeben wäre, so müsste man entweder die Bilder entsprechend anpassen oder es würde eine andere lineare Abbildung entstehen.

Sind die drei Aussagen korrekt?

So weiter mit der Aufgabe: Man setzt die Matrix gleich Null und berechent die Lösung.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 & 2&0 \\ 2 & 1 & 1 & 1 &0\\ 3 & 0 & 1 & 0 &0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 & 2&0 \\ 0 & 9 & 3 & 5 &0\\ 0 & 12 & 4 & 6 &0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 & 2&0 \\ 0 & 9 & 3 & 5 &0\\ 0 & 0 & 0 & -2/3 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt dann nach 5027 maligem Verrechnen Kern ist x(-1,-1,3,0)
Also ist die Menge {(-1,-1,3,0) } Basis vom kern(f).

Nun zur zweiten Teilaufgabe dim R4/ker(f)=dim Bild(f)

*Zwei isomorphe Vektorräume haben stets die gleiche Dimension.

Bestimme Rang der Abbildungsmatrix, die hab ich oben schon quasi mitgemacht. Da man ja bei der letzten Matrix die beiden letzten Spalten vertauschen kann. Also ist der Rang der Matrix=dim Bild(f)=R4/kern(f)=3

So die nächste Aufgabe ist noch einfacher:

Untersuchen sie die folgenden Vektoren auf lineare Abhängigkeit.

(2,4,1) (3,1,0) (2,0,1)

Rechnung:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 4 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 4 & 1 & 0 \\ 2 & 3 & 2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -4 \\ 0 & 3 & 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -4 \\ 0 & 0 & 12 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also sind die Vektoren lin unabh.

Letzte Aufgabe:

Sei f: V--->V eine lineare Abbildung und B:={b1,....bn} eine Basis von V und f(bi) ungleich 0. Daraus folgt ker(f)={0}

Dies ist falsch. Gegebeispiel: R3---->R3 f(x,y,z)--->(x-y+z,x-y+z,x-y+z)
und B sei die Einheitsbasis.

Für eine lineare Abbildung f: R^n ----> R^n ist injektiv äquivalent zu surjektiv. Dies ist richtig, das weiß ich. *Aber wieso weiß ich nicht mehr. Kennt jemand nen einfachen Beweis? Das gilt nur für eine lineare Abbildung eines Vektorraums in sich oder in einen isomorphen Vektorraum oder?

Jeder Körper ist ein Vektorraum über sich selbst. Ist richtig, die Körperaxiome verlangen sogar deutlich mehr als die Vektorraumaxiome.
Oder heißt das Vektorraumbedingungen?

So und jetzt kommt noch was, was ich nicht so ganz durchschau:
Die Abbildung f: R[x]---> R[x], p(x)---->p(x^3) ist linear.

So das ist richtig. Aber warum? *edeutet, diese Abbildung, dass man jedes x durch x^3 ersetzt? Dann wäre das der Einsetzungshomomorphismus und der ist linear, oder?

Immer da, wo ein Stern steht bin ich mir nicht so ganz sicher. Wäre nett wenn ihr was dazu schreiben könntet.

15.01.2005, 10:07

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Bier17
*Man könnte von R3 auch eine andere Basis wählen als die Einheitsbasis das Ergebnis wäre im Endeffekt gleich.

das ergäbe zumindest eine andere Darstellungsmatrix, weil die Bilder von f in den Koordinaten der Basis von R3 dargestellt werden müssen. Das heißt, die Spalten der Matrix sehen dann anders aus.

Zitat:

Original von Bier17
Also ist die Menge {(-1,-1,3,0) } Basis vom kern(f).

Habe heute nicht so viel Zeit und habe das nicht nachgerechnet. (-1,-1,3,0) wäre die Basis des Kerns. Das heißt, der Kern ist alle Vielfachen von (-1,-1,3,0).

15.01.2005, 11:49

Bier17

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von klarsoweit

Zitat:

Original von Bier17
*Man könnte von R3 auch eine andere Basis wählen als die Einheitsbasis das Ergebnis wäre im Endeffekt gleich.

das ergäbe zumindest eine andere Darstellungsmatrix, weil die Bilder von f in den Koordinaten der Basis von R3 dargestellt werden müssen. Das heißt, die Spalten der Matrix sehen dann anders aus.

OK. Aber das Bild und der Kern wären doch gleich?

17.01.2005, 09:42

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Bier17
OK. Aber das Bild und der Kern wären doch gleich?

Aber nur bezogen auf die jeweiligen Ausgangs- bzw. Zielvektorräume.
Die Koordinatendarstellung, auf der die Abbildungsmatrix beruht, hängt nunmal von den jeweiligen Bases ab. Also auch die Koordinatendarstellung von Kern und Bild.

Neue Frage »

Antworten »

Lineare Abbildung/Dimension Bild(f)

Verwandte Themen