[Artikel] Abbildungsmatrizen

12.11.2011, 11:30	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
[Artikel] Abbildungsmatrizen In diesem Artikel werden Abbildungsmatrizen linearer Abbildungen behandelt. Neben der reinen Berechnung der Matrizen wird auch gezeigt, wie man damit Vektoren abbildet. Neben Standardaufgabe $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m \end{eqnarray}$ , werden auch Matrix-wertige Abbildungen oder welche im Polynomraum behandelt. Bei Fragen einfach einen Thread im entsprechenden Forum (HS Algebra) erstellen, wenn ihr Fehler entdecken solltet, schickt mir bitte eine PN. Inhalt: 1. Grundlagen 2. Beispielaufgaben 1: $\begin{eqnarray} L: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m \end{eqnarray}$ 3. Beispielaufgaben 2: $\begin{eqnarray} L : \mathbb{Q}^{k \times l} \to \mathbb{Q}^{i \times j} \end{eqnarray}$ 4. Beispielaufgaben 3: $\begin{eqnarray} L: \mathbb{R}[X]_{\leq m} \to \mathbb{R}[X]_{\leq n} \end{eqnarray}$
13.11.2011, 12:19	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
1. Grundlagen Wie stelle ich eine Abbildungsmatrix einer linearen Abbildung auf? Gegeben sei eine lineare Abbildung $\begin{eqnarray} L: U \to V \end{eqnarray}$ . Weiterhin seien $\begin{eqnarray} u_1, \dots, u_n \end{eqnarray}$ eine Basis von $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_1, \dots, v_m \end{eqnarray}$ eine Basis von $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ . Es gilt also $\begin{eqnarray} n,~m \in \mathbb{N} \end{eqnarray}$ . Die Abbildungsmatrix (auch: Darstellungsmatrix) ist eine $\begin{eqnarray} m \times n \end{eqnarray}$ - Matrix, die folgendermaßen gebildet wird. Zunächst werden die Basisvektoren $\begin{eqnarray} u_i \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ abgebildet, der Ergebnisvektor wird bzgl. der Basis $\begin{eqnarray} v_1, \dots, v_m \end{eqnarray}$ dargestellt, es wird also der Koordinatenvektor des Ergebnisvektors gebildet. Diesen erhält man, indem man die Basis $\begin{eqnarray} v_1, \dots, v_m \end{eqnarray}$ so linearkombiniert, dass der passende Ergebnisvektor herauskommt. Der Koordinatenvektor wird aus den skalaren Vorfaktoren in der Linearkombination gebildet. Man sucht also für jedes i die $\begin{eqnarray} \lambda_j,~j = 1, \dots, m \end{eqnarray}$ , für die $\begin{eqnarray} L(u_i) = \lambda_1 \cdot v_1 + \dots + \lambda_m \cdot v_m \end{eqnarray}$ gilt. Der Koordinatenvektor ist dann $\begin{eqnarray} (\lambda_1, \dots, \lambda_m)^T \end{eqnarray}$ . So verfährt man mit allen Basisvektoren und schreibt die Koordinatenvektoren spaltenweise in eine Matrix. In der ersten Spalte steht also der Koordinatenvektor von $\begin{eqnarray} L(u_1) \end{eqnarray}$ , in der zweiten Spalte der von $\begin{eqnarray} L(u_2) \end{eqnarray}$ , und so weiter. In der n-ten Spalte steht der Koordinatenvektor von $\begin{eqnarray} L(u_n) \end{eqnarray}$ . Wie stelle ich mit einer Abbildungsmatrix das Bild eines Vektors auf? Um das Bild eines Vektors zu errechnen, bestimmt man zunächst den Koordinatenvektor des Vektors bzgl. der Basis $\begin{eqnarray} u_1, \dots, u_n \end{eqnarray}$ . Man sucht also für ein $\begin{eqnarray} u \in U \end{eqnarray}$ die $\begin{eqnarray} \mu_i \end{eqnarray}$ , für die $\begin{eqnarray} u = \mu_1 \cdot u_1 + \dots + \mu_n \cdot u_n \end{eqnarray}$ gilt. Der Vektor $\begin{eqnarray} (\mu_1, \dots, \mu_n)^T \end{eqnarray}$ wird dann an die Abbildungsmatrix multipliziert. Das Ergebnis wiederum ist der Koordinatenvektor bzgl. der Basis $\begin{eqnarray} v_1, \dots, v_m \end{eqnarray}$ . Hinweis: Sind $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ Untervektorräume eines $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^k \end{eqnarray}$ und sind $\begin{eqnarray} u_1, \dots, u_n \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} v_1, \dots, v_m \end{eqnarray}$ die Standardbasen in ihrem Räumen (also $\begin{eqnarray} u_i = (0, \dots, 0, \underbrace{1}_{\text{i-te Stelle}}, 0 \dots, 0)^T \end{eqnarray}$ , analog für $\begin{eqnarray} v_j \end{eqnarray}$ ), dann ist der Koordinatenvektor eines beliebigen Vektors identisch mit sich selbst. Man kann in dem Fall also sofort die Vektoren selbst an die Matrix multiplizieren bzw. erhält man sofort das Bild eines Vektors. Das gilt aber nur, wenn die Standardbasis verwendet wird.
15.11.2011, 10:17	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
2. Beispielaufgaben 1 Aufgabe 1.1 Sei $\begin{eqnarray} L: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2, \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix}2 \cdot x \\ x + y \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Stelle die Abbildungsmatrix von $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ bzgl. der Standardbasis $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ (im Definitions- und Zielraum) dar. Berechne die Bilder von $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}3 \\ -2 \end{pmatrix},~\begin{pmatrix}0 \\ -5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}7 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Wir berechnen zunächst die Bilder der Basen, $\begin{eqnarray} L\left(\begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}2 \\ 1 \end{pmatrix},~L\left(\begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Da wir die Standardbasis verwenden, müssen wir nur noch die Vektoren spaltenweise aufschreiben und erhalten die Abbildungsmatrix $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Um die Bilder zu berechnen, multiplizieren wir die Vektoren an die Matrix: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}3 \\ -2 \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}3 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}6 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}0 \\ -5 \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ -5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ -5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}7 \\ 4 \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}7 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}14 \\ 11 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Aufgabe 1.2 Sei $\begin{eqnarray} L: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3, \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix}5 \cdot x + y \\ x - 2\cdot y \\ 3 \cdot x \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Stelle die Abbildungsmatrix von $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ bzgl. der Basen $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ im Definitionsbereich und $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ im Zielraum dar. Berechne die Bilder von $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Zunächst bilden wir die Bilder das Basisvektoren, $\begin{eqnarray} L\left(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}11 \\ 0 \\ 6 \end{pmatrix},~L\left(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Nun müssen wir diese beiden Vektoren mit der Basis des Zielraumes darstellen, um die Koordinatnevektoren zu bestimmen: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}11 \\ 0 \\ 6 \end{pmatrix} = \color{red} +11 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}\color{red} -22 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \color{red} +50 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \leftrightarrow \begin{pmatrix} 11 \\ -22 \\ 50 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} = \color{red} +1 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}\color{red} -4 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \color{red} +10 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\leftrightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ 10 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Damist ist die Abbildungsmatrix $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix} 11 & 1 \\ -22 & -4 \\ 50 & 10\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Um die Bilder der beiden Vektoren zu berechnen, benötigen wir die Koordinatenvektoren bzgl. der Basis im Zielraum: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix} = \color{red}+1 \color{black} \begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix} \color{red}+0 \color{black} \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ , wir müssen also den Vektor $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ an die Abbildungsmatrix multiplizieren, $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}11 & 1 \\ -22 & -4 \\ 50 & 10\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}11 \\ -22 \\ 50 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Dieser Vektor ist aber nur der Koordinatenvektor des Bildes, das Bild selbst ist also $\begin{eqnarray} 11 \cdot \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} - 22 \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + 50 \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}11 \\ 0 \\ 6\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . (wissen wir bereits von oben) $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2 \\ 2\end{pmatrix} = \color{red}+1 \color{black} \begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix} \color{red}+1 \color{black} \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ , wir müssen also den Vektor $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ an die Abbildungsmatrix multiplizieren, $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}11 & 1 \\ -22 & -4 \\ 50 & 10\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}12 \\ -26 \\ 60 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Wieder ist dies der Koordinatnevektor des Bildes, das Bild ist also $\begin{eqnarray} 12 \cdot \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} -26 \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + 60 \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}12 \\ -2 \\ 6\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ .
15.11.2011, 11:32	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
3. Beispielaufgaben 2 Aufgabe 2.1 Es seien mit $\begin{eqnarray} B_1 := \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, B_2 := \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, B_3 := \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, B_4 := \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} c := \frac{1}{5} \end{eqnarray}$ Basen von $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}^{2 \times 2} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ gegeben. Wir betrachten die lineare Abbildung $\begin{eqnarray} L: \mathbb{Q}^{2 \times 2}\to \mathbb Q ~(= \mathbb{Q}^{1 \times 1}),~X \mapsto x^T X x \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \end{pmatrix} \in \mathbb{Q}^{2 \times 1} \end{eqnarray}$ . Ermittele die Darstellungsmatrix $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ bzgl. der Basen $\begin{eqnarray} B_1, B_2, B_3, B_4 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} c \end{eqnarray}$ . Wie lauten die Bilder von $\begin{eqnarray} X_1 := \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} X_2 := \begin{pmatrix}-2 & -1 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ! Wie bei den anderen Aufgaben bilden wir zunächst einmal die Basisvektoren ab. $\begin{eqnarray} L(B_1) = (1~1) \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1\end{pmatrix} = (1~1) \begin{pmatrix}1 \\ 1 \end{pmatrix} = 2 = \color{red}10 \color{black} \cdot \frac{1}{5} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(B_2) = (1~1) \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1\end{pmatrix} = (1~1) \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix} = 1 = \color{red}5 \color{black} \cdot \frac{1}{5} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(B_3) = (1~1) \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1\end{pmatrix} = (1~1) \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix} = 1 = \color{red}5 \color{black} \cdot \frac{1}{5} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(B_4) = (1~1) \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1\end{pmatrix} = (1~1) \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix} = 1 = \color{red}5 \color{black} \cdot \frac{1}{5} \end{eqnarray}$ Die Abbildungsmatrix ist dann $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}^{1 \times 4} \ni A = \begin{pmatrix}10 & 5 & 5 & 5\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wir berechnen die Koordinatenvektoren der abzubildenden Matrizen und multiplizieren diese an A: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \color{red}+ 1 \color{black} \cdot\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \color{red} +1 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \color{red} +2 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \color{red} +0 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},~\begin{pmatrix}10 & 5 & 5 & 5\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} = 25 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}-2 & -1 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} = \color{red} -2 \color{black} \cdot\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \color{red} -1 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \color{red} +0 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \color{red} +0 \color{black} \cdot \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},~\begin{pmatrix}10 & 5 & 5 & 5\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = -25 \end{eqnarray}$ Die Skalare rechts sind die Koordinatnevektoren bzgl. der Basis $\begin{eqnarray} c \end{eqnarray}$ , die Bilder sind also $\begin{eqnarray} L(X_1) = 25 \cdot \frac{1}{5} = 5 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} L(X_2) = -25 \cdot \frac{1}{5} = -5 \end{eqnarray}$ . Aufgabe 2.2 Berechne die Abbildungsmatrix der $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ -linearen Abbildung Abbildung $\begin{eqnarray} L: \mathbb{Q}^{2 \times 3} \to \mathbb{Q}^{2 \times 2},~X \mapsto XA \end{eqnarray}$ , mit $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix}1 & -3 \\ 2 & -2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \in \mathbb{Q}^{3 \times 2} \end{eqnarray}$ bzgl. der Basen $\begin{eqnarray} B_1,B_2,B_3,B_4,B_5,B_6 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} C_1,C_2,C_3,C_4 \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} B_1 = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}, B_2 = \begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}, B_3 = \begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} B_4 = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}, B_5 = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}, B_6 = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} C_1 = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, C_2 = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, C_3 = \begin{pmatrix}0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}, C_4 = \begin{pmatrix}0 & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} L(B_1) = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1 & -3 \\ 2 & -2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -3 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \color{red} +1 \color{black} \cdot C_1 \color{red}+0 \color{black} \cdot C_2 \color{red}-3 \color{black} \cdot C_3 \color{red}-3 \color{black} \cdot C_4 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} L(B_2) = \begin{pmatrix}2 & -2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \color{red} +2 \color{black} \cdot C_1 \color{red}+0 \color{black} \cdot C_2 \color{red}-2 \color{black} \cdot C_3 \color{red}-2 \color{black} \cdot C_4 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} L(B_3) = \begin{pmatrix}3 & -1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \color{red} +3 \color{black} \cdot C_1 \color{red}+0 \color{black} \cdot C_2 \color{red}-1 \color{black} \cdot C_3 \color{red}-1 \color{black} \cdot C_4 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} L(B_4) = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 1 & -3 \end{pmatrix} = \color{red} +0 \color{black} \cdot C_1 \color{red}-3 \color{black} \cdot C_2 \color{red}+1 \color{black} \cdot C_3 \color{red}-1 \color{black} \cdot C_4 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} L(B_5) = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} = \color{red} +0 \color{black} \cdot C_1 \color{red}-2 \color{black} \cdot C_2 \color{red}+2 \color{black} \cdot C_3 \color{red}-2 \color{black} \cdot C_4 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} L(B_6) = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = \color{red} +0 \color{black} \cdot C_1 \color{red}-1 \color{black} \cdot C_2 \color{red}+3 \color{black} \cdot C_3 \color{red}-3 \color{black} \cdot C_4 \end{eqnarray}$ . Wir schreiben die Koordinatenvektoren als Spalten in eine Matrix, damit ist $\begin{eqnarray} \mathbb{Q}^{4 \times 6} \ni M = \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & -2 & -1 \\ - 3 & -2 & -1 & 1 & 2 & 3 \\ -3 & -2 & -1 & -1 & -2 & -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ die Darstellungsmatrix von L.
19.11.2011, 17:28	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
4. Beispielaufgaben 3 Aufgabe 3.1 Es sei L: $\begin{eqnarray} \mathbb{R}[X]_{\leq 5} \to \mathbb R ~(= \mathbb{R}[X]_{\leq 0}),~p \mapsto \sum_{k=0}^5 p_k \end{eqnarray}$ . Dabei ist $\begin{eqnarray} \mathbb{R}[X]_{\leq n} \end{eqnarray}$ der Raum der reellen Polynome mit Grad kleiner oder gleich n, $\begin{eqnarray} \mathbb{R}[X]_{\leq 5} = \left\{\sum_{k=0}^n p_k \cdot X^k~\|~p_k \in \mathbb{R} ~\forall~k = 0, \dots, n\right\} \end{eqnarray}$ . Insbesondere ist also $\begin{eqnarray} \mathbb{R}[X]_{\leq 0} = \mathbb R \end{eqnarray}$ . Bestimme die Abbildungsmatrix bzgl. einer beliebigen Basis. Wir wählen $\begin{eqnarray} a_i = X^i ~\forall~i \end{eqnarray}$ als Basis des Polynomraumes. Diese Basis nennt man Monombasis. Als Basis von $\begin{eqnarray} \mathbb{R} \end{eqnarray}$ wählen wir $\begin{eqnarray} 1 \in \mathbb R \end{eqnarray}$ . Zunächst eine Erläuterung, was $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ genau tut: Es werden lediglich die Koeffizieneten eines Polynoms addiert, beispielsweise ist $\begin{eqnarray} L\left(3 X^4 + 2 X^3 -8 X^2 + 1\right) = 3+2-8+1 = -2 \end{eqnarray}$ . Da die Basisvektoren jeweils aus einem Glied bestehen und Koeffizient 1 haben, folgt $\begin{eqnarray} L(a_i) = 1 = \color{red}+1 \color{black} \cdot 1 \end{eqnarray}$ für alle i. Die Abbildungsmatrix ist demnach $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^{1 \times 6} \ni M = (1~1~1~1~1~1) \end{eqnarray}$ . Aufgabe 3.2 Wir wählen $\begin{eqnarray} a_1 = 1,~a_2 = 1 - X,~a_3 = (1 - X)^2,~ a_4 =(1 - X)^3 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b_i = X^i \end{eqnarray}$ als Basen des Polynomraumes $\begin{eqnarray} \mathbb{R}[X]_{\leq 3} \end{eqnarray}$ . Bestimme die Abbildungsmatrix der linearen Abbildung $\begin{eqnarray} L: \mathbb{R}[X]_{\leq 3} \to \mathbb{R}[X]_{\leq 3},~p \mapsto p' \end{eqnarray}$ bzgl. der $\begin{eqnarray} a_i \end{eqnarray}$ im Definitions- und bzgl. der $\begin{eqnarray} b_i \end{eqnarray}$ im Zielraum. Jedes Polynom wird also auf seine Ableitung abgebildet. Berechne die Bilder von $\begin{eqnarray} p_1 = X^2 - 2X + 1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p_2 = X^3 + 4X \end{eqnarray}$ . Zunächst berechnen wir die Bilder der $\begin{eqnarray} a_i \end{eqnarray}$ , leiten sie also ab: $\begin{eqnarray} L(a_1) = 0 = \color{red}+0 \color{black} \cdot 1 \color{red}+0 \color{black} \cdot X \color{red}+0 \color{black} \cdot X^2 \color{red}+0 \color{black} \cdot X^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(a_2) = -1 = \color{red}-1 \color{black} \cdot 1 \color{red}+0 \color{black} \cdot X \color{red}+0 \color{black} \cdot X^2 \color{red}+0 \color{black} \cdot X^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(a_3) = -2(1-X) = 2X - 2 = \color{red}-2 \color{black} \cdot 1 \color{red}+2 \color{black} \cdot X \color{red}+0 \color{black} \cdot X^2 \color{red}+0 \color{black} \cdot X^3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(a_4) =-3(1-X)^2 = -3(1-2X+X^2) = -3X^2 + 6X - 3 = \color{red}-3 \color{black} \cdot 1 \color{red}+6 \color{black} \cdot X \color{red}-3\color{black} \cdot X^2 \color{red}+0 \color{black} \cdot X^3 \end{eqnarray}$ Die Abbildungsmatrix ist $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^{4 \times 4} \ni M = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Wie immer bestimmen wir zur Berechnung der Bilder zunächst die Koordinatenvektore n und multiplizieren sie an M: $\begin{eqnarray} p_1 = \color{red}+0 \color{black} \cdot a_1 \color{red}+0 \color{black} \cdot a_2 \color{red}+1 \color{black} \cdot a_3 \color{red}+0 \color{black} \cdot a_4,~\begin{pmatrix} 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 \\ 2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} p_2 = \color{red}+5 \color{black} \cdot a_1 \color{red}-7 \color{black} \cdot a_2 \color{red}+3 \color{black} \cdot a_3 \color{red}-1 \color{black} \cdot a_4,~\begin{pmatrix} 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}5 \\ -7 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4 \\ 0 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die Bilder sind also $\begin{eqnarray} L(p_1) = -2 \cdot 1+2 \cdot X +0 \cdot X^2+0 \cdot X^3 = 2X -2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} L(p_2) = 4 \cdot 1 +0 \cdot X +3 \cdot X^2+0 \cdot X^3 = 3X^2 +4 \end{eqnarray}$ . Dies bestätigt man auch durch direktes Ableiten.

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