Abb. bestimmen mittels Kern < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:21 Mo 23.07.2007 | | Autor: | twoways |
| Aufgabe | Es ist
[mm] \Phi_a(x) [/mm] := [mm] \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & -1 & 0 } [/mm] x
Berechnen für eine Matrix B so, dass die lineare Abbildung
[mm] \phi [/mm] : [mm] \IR^3 \mapsto \IR^3, [/mm] x [mm] \mapsto [/mm] Bx als Kern genau Bild [mm] \Phi_a [/mm] hat. |
So wie ich es verstehe, soll ich erstmal den Kern von x [mm] \mapsto [/mm] Bx bestimmen, welcher als Kern = { Bx = 0 } definiert ist.
Jetzt soll die Lösung für x, aber genau das Bild von [mm] \Phi_a [/mm] sein. D.h also x = [mm] \Phi_a [/mm] - oder?
Ich weis im Moment nicht weiter, was ich hier tun soll. Wie komme ich denn nun an das B. Mir ist schon Klar, dass ich es schaffen muss, dass [mm] \Phi_a(B) [/mm] = [mm] \vec{0} [/mm] sein muss... Aber irgendwie bin ich zu xxxx den Ansatz zu bekommen...
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:55 Mo 23.07.2007 | | Autor: | Sax |
Hi,
Bestimme doch zunächst den Kern von $ [mm] \Phi_a [/mm] $ = [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1}.
[/mm]
Jeder Vektor x lässt sich danach eindeutig schreiben in der Form x = [mm] \alpha [/mm] a + [mm] \beta [/mm] b + [mm] \gamma [/mm] c mit a = [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1} [/mm] und z.B. b = [mm] \vektor{1 \\ -1 \\ 0} [/mm] , c = [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 1}.
[/mm]
Ax wird dann [mm] \beta \vektor{0 \\ -1 \\ 2} [/mm] + [mm] \gamma \vektor{3 \\ 8 \\ -1}, [/mm] also das Bild von [mm] \Phi_a.
[/mm]
Bezüglich der Basis {a, b, c} hat B also die etwa Gestalt B = k [mm] \pmat{ -5 & 2 & 1 \\ -5 & 2 & 1 \\ -5 & 2 & 1 }.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:33 Mo 23.07.2007 | | Autor: | twoways |
Also um ehrlich zu sein, verstehe ich nicht, wie man bitte, den Kern von [mm] \Phi_a [/mm] mit [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1} [/mm] bestimmen will?
[mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1} [/mm] = Ax.
Also als Kernformulierung dann
0 = Ax - [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1} [/mm] ??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:57 Mo 23.07.2007 | | Autor: | Sax |
Hi, Es ist A [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1} [/mm] = o
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:15 Mo 23.07.2007 | | Autor: | twoways |
<<SIEHE FRAGE>>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:40 Mo 23.07.2007 | | Autor: | twoways |
Nochmal Schritt für Schritt :)
Also der Rang, ergibt sich aus der Lösungsmenge für Ax = 0.
In diesem Fall wäre dies Gaus Anwenden auf
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & -1 & 0 } [/mm]
Da die letzte Spalte schon Adition der ersten und zweiten ist, folgt damit, dass mind. eine Variable durch Paramter besetzt wird.
Es ist also dann, Kern [mm] (\phi_a) [/mm] = { t * [mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ 1} [/mm] }
oder?
So und wie kommt man nun mit diesem Wissen weiter?
Nehmen wir t = -1 an, so kommt ich auch auf den von Ihnen genannten Kern.
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> Nochmal Schritt für Schritt :)
> Also der Rang, ergibt sich aus der Lösungsmenge für Ax = 0.
>
> In diesem Fall wäre dies Gaus Anwenden auf
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & -1 & 0 }[/mm]
>
> Da die letzte Spalte schon Adition der ersten und zweiten
> ist, folgt damit, dass mind. eine Variable durch Paramter
> besetzt wird.
>
> Es ist also dann, Kern [mm](\phi_a)[/mm] = { t * [mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ 1} [/mm] }
> oder?
Hallo,
genau, es ist Kern [mm] \Phi_a=<\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}>.
[/mm]
> So und wie kommt man nun mit diesem Wissen weiter?
Nun steht in der Aufgabe - welche ich hier und jetzt so korrigiere, wie ich meine, daß sie heißen soll :
"Berechnen Sie eine Matrix B so, dass die lineare Abbildung
$ [mm] \phi_B [/mm] $ : $ [mm] \IR^3 \mapsto \IR^3, [/mm] $ x $ [mm] \mapsto [/mm] $ Bx als Kern genau Bild $ [mm] \Phi_a [/mm] $ hat."
Und wenn ich mir das so anschaue, komme ich zu dem Schluß, daß das bisherige Tun nicht so zielorientiert gewesen ist...
Denn was ist gesucht? Eine neue Abbildung [mm] \Phi_B, [/mm] deren Kern das Bild von [mm] \Phi_a [/mm] ist.
Dies bedeutet, daß man nicht den Kern von [mm] \Phi_a [/mm] benötigt, sondern das Bild. Das sollte aber zu schaffen sein...
Da der Kern bereits ermittelt ist, kennt man ja sogar schon die Dimension des Bildes.
Es gilt also, aus den Spalten der Matrix [mm] \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & -1 & 0 }zwei [/mm] linear unabhängige zu ermitteln.
Dann hat man eine Basis [mm] (b_1,b_2) [/mm] des Bildes von [mm] \Phi_a.
[/mm]
Die Abbildung [mm] \Phi_B [/mm] soll nun als Kern das Bild von [mm] \Phi_a [/mm] haben.
Also weiß man
[mm] \Phi_B(b_1)=0 [/mm] und [mm] \Phi(b_2)=0.
[/mm]
Nun erganze [mm] (b_1, b_2) [/mm] durch [mm] b_3 [/mm] zu einer Basis des [mm] \IR^3, [/mm] denke Dir aus, was [mm] \Phi_B(b_3) [/mm] sein soll, und anschließend kannst Du die darstellende Matrix von [mm] \Phi_B [/mm] aufstellen. Sie tut das Gewünschte. Weil sie so gemacht ist, daß sie es tut.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Mo 23.07.2007 | | Autor: | twoways |
Okay, also ich glaube wir machen das jetzt doch mal Schrittweise, denn ich habe jetzt einige Seiten Papier produziert, zu dem Thema, und komme einfach nicht so wirklich zum Ziel. Generell habe ich es mit dem Basiswechsel wohl nicht so ganz :).
Also ich habe als Ausgangslage ja bereits die zwei lin. unab. Verktoren [mm] b_1 [/mm] = [mm] \vektor{1 \\2 \\1} [/mm] und [mm] b_2=\vektor{1 \\3 \\-1}. [/mm] Jetzt "rate" man den dritten linear unabhängigen Vektor [mm] b_3 [/mm] z.b. mit [mm] b_3=\vektor{2 \\ 5 \\1}. [/mm] Damit hätte ich dann doch eine Basis oder?.
Und jetzt gehe ich wie folgt vor:
[mm] \vektor{1 \\ 2 \\1} [/mm] = [mm] \alpha [/mm] * [mm] \vektor{1 \\2 \\1} [/mm] + [mm] \beta [/mm] * [mm] \vektor{1 \\3 \\-2} [/mm] + [mm] \gamma [/mm] * [mm] \vektor{2 \\ 5 \\ 0}
[/mm]
oder? Also ich bin mir nicht Sicher, wie Ihr das hier meint...
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> Also ich habe als Ausgangslage ja bereits die zwei lin.
> unab. Verktoren [mm]b_1[/mm] = [mm]\vektor{1 \\2 \\1}[/mm] und [mm]b_2=\vektor{1 \\3 \\-1}.[/mm]
Die spannen das [mm] Bild\phi_a [/mm] auf.
> Jetzt "rate" man den dritten linear unabhängigen Vektor [mm]b_3[/mm]
> z.b. mit [mm]b_3=\vektor{2 \\ 5 \\1}.[/mm] Damit hätte ich dann doch
> eine Basis oder?.
Ja. Aus Gründen, die später klar werden, würde ich lieber [mm] b_3=\vektor{0 \\ 0 \\1} [/mm] nehmen.
Jetzt definierst Du Dir Deine Abb [mm] \phi_B [/mm] durch Angabe der Werte auf [mm] b=(b_1,b_2,b_3)
[/mm]
Da ja der Kern dieser Abbildung das Bild von [mm] \phi_a [/mm] sein soll, mußt Du [mm] b_1 [/mm] und [mm] b_2 [/mm] auf den Nullvektor abbilden.
Für [mm] b_3 [/mm] kannst Du Dir was ausdenken.
Nun könntest Du bereits eine Matrix aufstellen, indem Du Deine Funktionswerte als Spalten in eine Matrix steckst.
Das wäre die Matrix, die Dir ausgehend von koordinanten bzgl. der Basis [mm] b=(b_1,b_2,b_3) [/mm] die Funktionswerte bzgl. der Standardbasis liefert. Ihr Kern wäre [mm] <\vektor{1 \\ 0 \\0}_b, \vektor{0 \\ 1 \\0}_b>.
[/mm]
Noch nicht das Gewünschte...
Um das Ziel zu erreichen, brauchen wir die Matrix, welche die frischdefinierte Abbildung von der Standardbasis in die Standardbasis darstellt.
Hierfür berechne [mm] \phi_B(e_i).
[/mm]
Die bekommst Du, indem Du zunächst ermittelst, wie man die [mm] e_i [/mm] jeweils als Linearkombination von [mm] (b_1,b_2,b_3) [/mm] schreibt.
Diese Funktionswerte in die Spalten einer Matrix gesteckt liefern Dir die Matrix B, welche tut, was sie tun soll.
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Eine nur auf den ersten Blick andere Möglichkeit:
Wenn Du die Matrix M, die Dir ausgehend von koordinanten bzgl. der Basis [mm] b=(b_1,b_2,b_3) [/mm] die Funktionswerte bzgl. der Standardbasis liefert, hast (s.o.), stellst Du die transformationsmatrix auf, welche Dir die Basistransformation von der Basis [mm] b=(b_1,b_2,b_3) [/mm] in die Standardbasis liefert ( [mm] b_1,b_2,b_3 [/mm] als Spalten in die Matrix), invertierst diese und stellst sie zwecks Multiplikation hinter die Matrix M.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:38 Mo 23.07.2007 | | Autor: | twoways |
Nach ein wenig Rechenarbeit folgt, dass
[mm] \pmat{ 3 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -5 & 2 & 1} [/mm] =: B ist oder?
Also 3*b1 -1*b2 + 0*b3 = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Wäre es dass???
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> Nach ein wenig Rechenarbeit folgt, dass
> [mm]\pmat{ 3 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -5 & 2 & 1}[/mm] =: B ist
> oder?
Hallo,
was hast Du gerechnet, und was soll Dein B sein?
Die gesuchte Matrix, deren Kern gleich dem Bild der Abb. [mm] \phi_a [/mm] ist, ist es jedenfalls nicht, das erkennst Du, wenn Du den Kern berechnest.
>
> Also 3*b1 -1*b2 + 0*b3 = [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> Wäre es dass???
Was Du da schreibst, stimmt doch nicht. Hast Du 3*b1 -1*b2 mal ausgerechnet?
Ich hatte Dir ja zur Lösung der Aufgabe einen Fahrplan angegeben - von welchem Du natürlich abweichen kannst und darfst, aber wenn jemand Dein Tun kommentieren soll, wäre es schon wichtig zu erfahren, was Du mit welcher Maßnahme bezweckst bzw. was Du tust oder meinst zu tun. Dann kann man auch viel besser verstehen, wo die eventuellen Probleme liegen.
Nochmal zu dem Fahrplan:
1. Es ist die Funktion [mm] \phi_B [/mm] zu definieren in der im anderen Post geschilderten Art und Weise. (Dieser Punkt ist in der Durchführung überhaupt nicht schwierig, aber er ist der Witz der Aufgabe, und die Idee und Denkarbeit stecken hier drin.)
2. Nachstes Ziel: die Werte dieser Abbildung auf der Standardbasis zu kennen. Dazu
2a. die Standardbasisvektoren als Linearkombination der [mm] b_i [/mm] darstellen.
2b. Nun die Funktionswerte der Standardbasis berechnen.
3. Das Aufstellen der Matrix B. hierzu sind die Funktionswerte auf der Standardbasis als Spalten in die Matrix B zu schreiben.
4. Zur Probe testen, ob der Kern dieser Matrix die gewünschte Menge ergibt.
Gruß v. Angela
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:32 Di 24.07.2007 | | Autor: | Sax |
Hi,
ich komme leider erst jetzt dazu, meine Ausführungen etwas zu präzisieren.
Ich habe zunächst durch Lösen der Gleichung Ax = o den Kern der Abbildung [mm] \Phi_A [/mm] bestimmt : eine Lösung ist a = [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1} [/mm] und daher Kern [mm] \Phi_A [/mm] = [a] (nicht a wie ich schlampigerweise im ersten Post schrieb).
Zwei zu a orthogonale und linear unabhängige Vektoren sind b = [mm] \vektor{1 \\ -1 \\ 0} [/mm] und c = [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 1}. [/mm]
Die Vektoren a, b und c bilden also eine Basis des [mm] \IR^3, [/mm] jeder Vektor x lässt sich eindeutig in der Form x = [mm] \alpha [/mm] a + [mm] \beta [/mm] b + [mm] \gamma [/mm] c darstellen. Somit wird [mm] \Phi_A [/mm] (x) = Ax = [mm] \alpha [/mm] Aa + [mm] \beta [/mm] Ab + [mm] \gamma [/mm] Ac = [mm] \alpha [/mm] o + [mm] \beta \vektor{0 \\ -1 \\ 2} [/mm] + [mm] \gamma \vektor{3 \\ 8 \\ -1}.
[/mm]
Die Vektoren [mm] \vektor{0 \\ -1 \\ 2} [/mm] und [mm] \vektor{3 \\ 8 \\ -1} [/mm] spannen also den Bildraum von [mm] \Phi_A [/mm] auf : Bild [mm] \Phi_A [/mm] = [mm] [\vektor{0 \\ -1 \\ 2}, \vektor{3 \\ 8 \\ -1} [/mm] ]. Dieser Unterraum des [mm] \IR^3 [/mm] soll nun der Kern der Abbildung [mm] \Phi_B [/mm] werden. Der Vektor [mm] \vektor{0 \\ -1 \\ 2} \times \vektor{3 \\ 8 \\ -1} [/mm] = [mm] 3*\vektor{-5 \\ 2 \\ 1} [/mm] steht zu diesen beiden orthogonal, daher ist das Bild von [mm] \Phi_B [/mm] der Unterraum [mm] [\vektor{-5 \\ 2 \\ 1}].
[/mm]
Deshalb hatte ich als mögliche Abbildungsmatrix B = [mm] \pmat{ -5 & 2 & 1 \\ -5 & 2 & 1 \\ -5 & 2 & 1 } [/mm] angegeben. Die Aussage mit der Basis ist an der Stelle zu ignorieren.
Machen wir einmal die Probe, dass dann alles stimmt :
Dazu definieren wir die Mengen G = Bild [mm] \Phi_A [/mm] = {y | y = Ax , x [mm] \in \IR^3} [/mm] und H = Kern [mm] \Phi_B [/mm] = {z | Bz = o}. Es ist G = H nachzuweisen :
G [mm] \subseteq [/mm] H : Sei y = Ax gegeben, zu zeigen ist By = o.
By = BAx = Ox = o, weil BA die Nullmatrix ist.
H [mm] \subseteq [/mm] G : Sei ein z mit Bz = o gegeben, zu zeigen ist die Existenz eines Vektors x mit Ax = z.
Zu z wähle man x = [mm] \pmat{ 3 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }z [/mm] + [mm] \lambda [/mm] a und erhalte Ax = [mm] \pmat{ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & -1 & 0 }*\pmat{ 3 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }*z [/mm] + [mm] \lambda [/mm] o = [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 5 & -2 & 0 }*z [/mm] + o = z , weil [mm] 5z_1 [/mm] - [mm] 2z_2 [/mm] = [mm] z_3 [/mm] ist aufgrund der Bedingung Bz = o, die gerade besagt, dass [mm] -5z_1 [/mm] + [mm] 2z_2 [/mm] + [mm] z_3 [/mm] = 0 ist.
PS die Matrix [mm] \pmat{ 3 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 } [/mm] habe ich durch Umformung des Gleichungssystems Ax = z erhalten.
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