Existenz einer linearen Abbildung anhand einer Variablen

19.11.2024, 20:52

SIGI3141592

Existenz einer linearen Abbildung anhand einer Variablen

Meine Frage:
Für welche $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ existiert eine lineare Abbildung $\begin{eqnarray*} f: \mathbb {R}^3\rightarrow \mathbb {R}^3 \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} f\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix},\,\,\,f\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\,\,\, \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \,\,\, f\begin{pmatrix} \lambda \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Bitte um Korrektur und andere Lösungswege.

Meine Ideen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & \lambda \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & \ -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 + \lambda \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & \ -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \forall\lambda \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 0 \right\} \end{eqnarray*}$

19.11.2024, 21:46

Elvis

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Ich kann erraten, warum du ein paar Matrizen aufgeschrieben hast. Wenn du jetzt noch drei fehlerfreie Sätze in deutscher Sprache dazu formuliert, kann daraus eine Antwort auf die Frage werden. Mathematik ist nicht nur Formelkram sondern baut auf Denken und Sprechen.

20.11.2024, 07:59

SIGI3141592

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Zitat:

Original von Elvis
Wenn du jetzt noch drei fehlerfreie Sätze in deutscher Sprache dazu formuliert

20.11.2024, 08:48

Elvis

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20.11.2024, 14:24

SIGI3141592

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Sei $\begin{eqnarray*} f:\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} f\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} a+c=1 \wedge a+b=1 \Rightarrow b=c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda= 0 \Rightarrow b-c \neq 0 \Rightarrow b\neq c \end{eqnarray*}$

Es muss gelten $\begin{eqnarray*} \lambda \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & \lambda \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & \ -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 + \lambda \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & \ -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} \lambda \neq 0 \end{eqnarray*}$ sind die Vektoren $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \lambda \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig und da $\begin{eqnarray*} \ dim(\mathbb R^3 ) = 3 \end{eqnarray*}$ , folgt mit dem Austauschsatz von Steinitz, dass die Vektoren eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ sind.

Da sich jede lineare Abbildung eindeutig als die Bilder ihrer Basisivektoren darstellen lässt, existiert $\begin{eqnarray*} \forall\lambda \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 0 \right\} \end{eqnarray*}$ eine lineare Abbildung $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

20.11.2024, 15:40

HAL 9000

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Ja, sieht soweit in Ordnung aus.

Man könnte auch via Determinanten argumentieren: Die lineare Abbildung sei $\begin{eqnarray*} f\left(x\right) = A\cdot x \end{eqnarray*}$ mit Matrix $\begin{eqnarray*} A\in \mathbb{R}^{3\times 3} \end{eqnarray*}$ . Mit $\begin{eqnarray*} B = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \lambda\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 2 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 3\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ muss dann gelten $\begin{eqnarray*} A\cdot B = C \end{eqnarray*}$ .

Mit Sarrus rechnet schnell aus $\begin{eqnarray*} \det(B) = -\lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \det(C) = -4 \end{eqnarray*}$ . Aus $\begin{eqnarray*} \det(C) \neq 0 \end{eqnarray*}$ folgt, dass Lösbarkeit notwendig $\begin{eqnarray*} \det(B)\neq 0 \end{eqnarray*}$ erfordert, d.h. $\begin{eqnarray*} \lambda\neq 0 \end{eqnarray*}$ . In diesem Fall hat man dann aber auch die eindeutige Lösung $\begin{eqnarray*} A = C\cdot B^{-1} \end{eqnarray*}$ .

20.11.2024, 15:51

SIGI3141592

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Danke

20.11.2024, 21:35

URL

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Andernfalls musst du etwas zum Fall $\begin{eqnarray*} \lambda=0 \end{eqnarray*}$ sagen. Nur weil deine drei Vektoren keine Basis bilde , könnte es dennoch eine passende lineare Abbildung geben.

21.11.2024, 09:07

SIGI3141592

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Ja, verstehe Danke, hatte in dem Fall das "Glück".

21.11.2024, 11:32

HAL 9000

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@URL

Der Fall $\begin{eqnarray*} \lambda=0 \end{eqnarray*}$ wurde durch

Zitat:

Original von SIGI3141592
$\begin{eqnarray*} \lambda= 0 \Rightarrow b-c \neq 0 \Rightarrow b\neq c \end{eqnarray*}$

zum Widerspruch zu dem vorher festgestellten $\begin{eqnarray*} b=c \end{eqnarray*}$ geführt. War also alles da, aber hätte vielleicht etwas deutlicher gekennzeichnet werden sollen (siehe generelle Anmerkung von Elvis). Augenzwinkern

21.11.2024, 11:43

SIGI3141592

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Ja absolut, da habt Ihr Recht, ich hätte es durchaus noch klarer schreiben können und sollen. Ich werde in Zukunft darauf achten. Freude

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