(Mal wieder) Bild und Kern einer lin. Abb.

20.12.2005, 18:07	InfoStudent	Auf diesen Beitrag antworten »
(Mal wieder) Bild und Kern einer lin. Abb. Hallo, das ist jetzt mehr eine Frage, ob ich das ganze hier richtig gemacht habe. (Deswegen poste ich auch mal nur einen Teil der Aufgabe.) Also, bestimmen sie Kern und Bild der folgenden lin. Abb., indem sie (mit Beweis >_>) eine Basis angeben: I. $\begin{eqnarray} \varphi : \mathbb R^4 \rightarrow \mathbb R^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} \longmapsto \begin{pmatrix} {x_1 + x_2 + 2x_3 -3x_4} \\ {x_1 - 2x_2 -x_3} \\ {2x_1 - x_2 + x_3 - 3x_4} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Zunächst ermittelt man den Kern, denn es gilt $\begin{eqnarray} Kern ( \varphi ) := \{ x \in \mathbb R^3 \| Ax = 0\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & -1 & 0 \\ 2 & -1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Das führt zu: $\begin{eqnarray} x_4 \end{eqnarray}$ beliebig. $\begin{eqnarray} x_3 = 6x_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_2 = 3x_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_1 = -12x_4 \end{eqnarray}$ Somit ist der Kern: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -12t \\ 3t \\ 6t \\ 1t \end{pmatrix} = t \begin{pmatrix} -12 \\ 3 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Zum Bild, ich "gehe" in den $\begin{eqnarray} \mathbb R^3 \end{eqnarray}$ , somit ist die Dimension = 3 und ich brauche also 3 l.u. Vektoren. Also schaue ich in der Matrix oben und sehe, ah: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ sind l.u. --- EDIT: Und ich merke grade, diese hier sind ebenfalls l.a. >_> Also neuer Versuch: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ -2 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ --- (Also der dritte Spaltenvektor ist/war l.a., somit habe ich die Basis meines Bildes. Ist das alles s korrekt? (Schonmal jetzt euch alle Frohe Weihnachten und einen guten Rutsch )
20.12.2005, 23:59	Clownfisch	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: (Mal wieder) Bild und Kern einer lin. Abb. Nabend, es gilt: $\begin{eqnarray} \varphi_A:V\rightarrow W ; Kern ( \varphi ) := \{ x \in V \| Ax = 0\} \end{eqnarray}$ also in deinem Fall besteht der Kern aus Vektoren des $\begin{eqnarray} \mathbb R ^4 \end{eqnarray}$ und nicht wie du schreibst aus welchen des $\begin{eqnarray} \mathbb R ^3 \end{eqnarray}$ Desweiteren hast du den Kern auch falsch ausgerechnet. Das siehst du ja schon daran dass $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & -1 & 0 \\ 2 & -1 & 1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -12 \\ 3 \\ 6 \\ 1 \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ist. Wie du weiter unten ja richtig sagst sind $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ die drei Spalten dieser Matrix nicht linear unabhängig, also hat die Matrix nicht vollen Rang hat. Woraus du dann sehen kannst, dass der gesuchte Kern nicht ein-dimensional ist, denn das folgt aus der Dimensionsformel, die besagt: $\begin{eqnarray} f:V\rightarrow W ; dimV=dim(Kern(f)) + dim(Im(f)) = dim(Kern(f))+Rang(f) \end{eqnarray}$ Leider ist daher auch falsch dass das Bild von $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ die Dimension 3 hat. Die Tatsache, dass du "in den $\begin{eqnarray} \mathbb R ^3 \end{eqnarray}$ 'gehst'", sagt nur dass die gesuchten Basisvektoren des Bildes, also die Vektoren die den Bildraum aufspannen, aus dem $\begin{eqnarray} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$ sind. Die Anzahl der linear unabhängigen Basisvektoren (des Bildes) geben die Dimension an... Versuchs einfach nochmal, mit den Informationen oben kommst du hoffentlich etwas weiter. gn8 Daniel
22.12.2005, 13:48	InfoStudent	Auf diesen Beitrag antworten »
Okey einer meine Komilitonen hat es mir jetzt nochmal erklärt bzw. gezeigt wo meine Fehler lagen. (Beim sauberen aufschreiben ist mir dann auch aufgefallen, das ich mich mal wieder verrechnet hab^^) Also zum Bild, ich möchte die Basis des Bildes bestimmen, also Bilde ich eine Basis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ ab, da es am einfachsten ist, wähle ich einfach die kan. Basis des $\begin{eqnarray} \mathbb R^4 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \varphi((1,0,0,0) = (1,1,2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \varphi((0,1,0,0) = (1,-2,-1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \varphi((0,0,1,0) = (2,-1,1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \varphi((0,0,0,1) = (-3,0,3) \end{eqnarray}$ Dann untersuche ich welche der Vekotoren l.u. sind und erhalte: $\begin{eqnarray} Bild \varphi = span((1,1,2),(0,-3,-3)) \end{eqnarray}$ Zum Kern, es muss gelten Ax = 0, also erhalte ich die homogene Matrix: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & -3 \\ 1 & -2 & -1 & 0 \\ 2 & -1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und nach ein paar umrechnungen erhält man: $\begin{eqnarray} x_4 \in \mathbb R \end{eqnarray}$ beliebig. $\begin{eqnarray} x_3 \in \mathbb R \end{eqnarray}$ beliebig. $\begin{eqnarray} x_2 = x_3 - x_4 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_1 = 2 x3 - x_4 \end{eqnarray}$ [Richtigkeit ohne Gewähr, das war jetzt nur aus dem Kopf! ] Nach der Dimensionsformel gilt: $\begin{eqnarray} dim \mathbb R^4 = dim Kern \varphi + dim Bild \varphi \end{eqnarray}$ Also $\begin{eqnarray} 4 = dim Kern \varphi + 2 \rightarrow dim Kern \varphi = 2 \end{eqnarray}$ Also brauche ich 2 (l.u.) Vekoren um den Kern aufzuspannen und mit $\begin{eqnarray} x_3 = -1 \\ x_4 = -1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_3 = -2 \\ x_4 = -1 \end{eqnarray}$ erhällt man $\begin{eqnarray} Kern \varphi = span((-1,0,-1,-1),(0,1,-2,-1)) \end{eqnarray*}$ ############################################ Danke an Clownfish für den reply, ich hoffe, das ich jedem der ein ähnliches Problem zu lösen hat, nun verständlicher machen konnte, wie es gehen könnte

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