Koordinatenmatrix einer Abb. < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:23 Mo 10.12.2007 | | Autor: | freakish |
| Aufgabe | | Es sei [mm] \begin{pmatrix}
3 & -1 & 2 \\
4 & 4 & 0 \\
3 & 7 & 2 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix} [/mm] die Koordinatenmatrix der Abbildung f: [mm] \IR^3 \to \IR^4 [/mm] bzgl. der Basis [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] von [mm] \IR^3 [/mm] und der kanonischen Basis von [mm] \IR^4. [/mm] Bestimme die Koordinatenmatrix von f bzgl. der kanonischen Basis von [mm] \IR^3 [/mm] und der Basis [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} [/mm] von [mm] \IR^4. [/mm] |
Mein Problem besteht darin, dass ich das Prinzip nicht verstanden habe und mit Matrizen, die Abbildungen beschreiben, so meine Probleme habe. Ich hab zunächst die Bilder der Basisvektoren, die in der Aufgabenstellung angegeben sind, ausgerechnet (dazu muss ich diese ja nur mit der angegebenen Matrix multiplizieren, richtig?) und erhalte:
[mm] f(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}) [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 2 \\ 8 \\ 10 \\ 1 \end{pmatrix}, f(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}) [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 9 \\ 2 \end{pmatrix} [/mm] und [mm] f(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}) [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} -1 \\ 4 \\ 7 \\ 1 \end{pmatrix}.
[/mm]
Und da hört meine Bearbeitung leider auf. Wär super, wenn mir jemand helfen könnte.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo!
Ich denke, ich benutze mal eine etwas aufwändigere Namenskonvention, die dir genau zeigt, was wo in welcher Basis ist, und wohin abgebildet wird...
Du mußt Matrizen hier zunächst wirklich nur als Blackbox'es sehen, die ein gewissen "Eingabeformat" erwarten, und ein "Ausgabeformat" ausspucken.
Zunächst hast du einen Vektor von [mm] \IR^3 [/mm] der Aufgabenbasis, nennen wir ihn [mm] \vec{x}_{3;A}. [/mm] für 3D; Aufgabenbasis.
Dieser wird durch die Abbildungsmatrix auf einen Vektor des [mm] \IR^4 [/mm] der Kan. Basis abgebildet. Dieser Vektor ist [mm] \vec{x}_{4;K} [/mm] .
Die Matrix ist dann [mm] A_{{3;A}\to{4;K}}, [/mm] weil sie von 3D, Aufgabenbasis zu 4D, Kan. Basis abbildet.
Die Abbildung kannst du also so schreiben:
[mm] \vec{x}_{4;K}=A_{{3;A}\to{4;K}}*\vec{x}_{3;A}
[/mm]
Jetzt überlege: Angeben willst du nun [mm] \vec{x}_{3;K} [/mm] , und nicht [mm] \vec{x}_{3;A} [/mm] .
Die Umrechung geht so:
[mm] \vec{x}_{3;A}=A_{3;K\to 3;A}*\vec{x}_{3;K}
[/mm]
und damit
[mm] \vec{x}_{4;K}=A_{{3;A}\to{4;K}}*A_{3;K\to 3;A}\*vec{x}_{3;K}
[/mm]
Jetzt müssen wir das Ergebnis noch umrechnen in die Aufgabenbasis:
[mm] \vec{x}_{4;A}=A_{{4;K}\to{4;A}}*\vec{x}_{4;K}=A_{{4;K}\to{4;A}}*A_{{3;A}\to{4;K}}*A_{3;K\to 3;A}*\vec{x}_{3;K}
[/mm]
Das sieht jetzt sehr wild aus, aber bedenke: Die mittlere Matrix ist angegeben, du brauchst nur die Transformationsmatrizen rechts und links davon, und dann das Matrixprodukt auszurechnen.
Weißt du denn, wie man von einer nicht kanonischen Basis B in eine kanonische K umrechnet? Man schreibt die basisvektoren von B nebeneinander hin, und betrachtet das ganze als Matrix [mm] A_{B\to A} [/mm] . Es gilt dann [mm] \vec{x}_A=A_{B\to A}*\vec{x}_B [/mm] .
Willst du in die andere Richtung transformieren, mußt du die Umkehrmatrix [mm] A_{A\to B}=A_{B\to A}^{-1} [/mm] bestimmen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:45 Mo 10.12.2007 | | Autor: | freakish |
Hallo,
erstmal danke für deine Antwort, die ich überraschenderweise auch ganz verstanden habe.
Wie rechne ich denn jetzt die Transformationsmatrizen aus? Nehmen wir z.B. $ [mm] \vec{x}_{3;A}=A_{3;K\to 3;A}\cdot{}\vec{x}_{3;K} [/mm] $. Ist dann [mm] A_{3;K\to 3;A}\cdot{} [/mm] einfach die Matrix, mit der ich die Basisvektoren der kanonischen Basis multiplizieren muss, um jeweils einen Basisvektor der neuen Basis A zu bekommen?
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Man macht das für gewöhnlich andersrum.
[mm] A_{A\to K} [/mm] kann man direkt hinschreiben, weil die Spalten ja die gegebenen Vektoren sind. Du braucht aber meistens auch die Umkehrmatrix, und die bekommt man so:
[mm] \vmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }\vmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }
[/mm]
Betrachte dieses Ding wie ein Gleichungssystem. Mit dem Gaußverfahren verwandelst du die linke Matrix in die Einheitsmatrix. Sämtliche Aktionen wendest du aber auch auf die rechte Matrix an.
Wenn links dann die Einheitsmatrix steht, steht rechts die Umkehrmatrix!
Also so:
II-3*I:
[mm] \vmat{ 1 & 2 \\ 0 & -2 }\vmat{ 1 & 0 \\ -3 & 1 }
[/mm]
[mm] \vmat{ 1 & 2 \\ 0 & 1 }\vmat{ 1 & 0 \\ +3/2 & -1/2 }
[/mm]
und jetzt I-2*II
[mm] \vmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }\vmat{ -2 & +1 \\ +3/2 & -1/2 }
[/mm]
fertig
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:02 Mo 10.12.2007 | | Autor: | freakish |
Ich hab mit den letzten Teil deiner Antwort noch mal angeschaut und ihn so verstanden:
[mm] A_{3;K\to 3;A}\cdot{}=(\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0
\end{pmatrix})^{-1}
[/mm]
Ist das so richtig? Wie kann ich, wenn ich eine solche Matrix aufstelle, nachprüfen, ob sie korrekt ist? Auf was werden denn die Basisvektoren der Basis, von der ich ausgehe, abgebildet? Sollten die auf Basisvektoren nicht auf Basisvektoren der neuen Basis abgebildet werden? So hatte ich mir das immer gedacht...
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Hallo!
Das Überprüfen einer berechneten Umkehrmatrix ist recht einfach: Wenn du einen Vektor zunächst in die andere Basis transformierst, und dann wieder zurück, dann sollte doch wieder der Vektor selbst rauskommen. Oder anders:
[mm] A*A^{-1}=I [/mm] ,also Einheitsmatrix.
Daß Basisvektoren des einen Systems auf Basisvektoren des anderen Systems abgebildet werden, ist nicht möglich, dann wären die BAsen gleich.
Stell dir vor, du hast eine Basis B, die gegeben ist durch die Vektoren [mm] \vec{b}_1=\vektor{1 \\ 1 \\ 0} [/mm] , [mm] \vec{b}_2=\vektor{0 \\ 1 \\ 1} [/mm] und [mm] \vec{b}_3=\vektor{0 \\ 1 \\ 0}
[/mm]
Einen beliebigen Vektor kann man jetzt darstellen als
[mm] $\vec{x}=x\vec{b}_1+y\vec{b}_2+z\vec{b}_3$
[/mm]
Diese Gleichung ist wichtig. In der Basis B hat dieser Vektor die Darstellung [mm] \vektor{x\\y\\z} [/mm] . In der kanonischen Basis mußt du die rechte Seite aber ausrechnen:
[mm] $\vec{x}=x\vektor{1 \\ 1 \\ 0}+y\vektor{0 \\ 1 \\ 1}+z\vektor{0 \\ 1 \\ 0}$
[/mm]
Erkennst du die Matrix, die aus dem Vektor [mm] \vektor{x\\y\\z} [/mm] , welcher ja in der Basis B gegeben ist, einen Vektor in der kanonischen Darstellung macht?
Du siehst auch, daß [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0}_B [/mm] auf [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 0}_K [/mm] abgebildet wird. Das linke ist der erste Einheitsvektor im B-System, das rechte die Darstellung im K-System. Und das zeigt ja, wie ein Einheitsvektor in das andere System abgebildet wird.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:23 Di 11.12.2007 | | Autor: | freakish |
Ok... ich glaube ich habe es einigermaßen verstanden. Ich habe jetzt die Aufgabe folgendermaßen gelöst:
Ich habe die beiden Basen von [mm] \IR^3 B_{3} [/mm] und [mm] K_{3} [/mm] genannt, die beiden Basen von [mm] \IR^4 B_{4} [/mm] und [mm] K_{4} [/mm] genannt, wobei B die gegebenen und K die kanonischen Basen des jeweiligen Vektorraumes beschreiben. Gegeben ist ja die Koordinatenmatrix [mm] A_{f,B_{3}, K_{4}}, [/mm] und gesucht ist [mm] A_{f,K_{3}, B_{4}}=A_{K_{4} \to B_{4}} [/mm] * [mm] A_{f,B_{3}, K_{4}} [/mm] * [mm] A_{B_{3} \to K_{3}}.
[/mm]
[mm] A_{B_{3} \to K_{3}}=(\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0
\end{pmatrix})^{-1}
[/mm]
[mm] A_{K_{4} \to B_{4}}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 3 & 2 \\
2 & 1 & 2 & 3 \\
0 & 1 & 0 & 4
\end{pmatrix}
[/mm]
Hab ich das so richtig verstanden?
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Hallo!
Ein Fehler hat sich noch eingeschlichen:
Die gegebene Matrix erwartet [mm] B_3 [/mm] , du willst aber [mm] K_3 [/mm] reinstecken. Demnach brauchst du eine Matrix, die [mm] $K_3\to B_3$ [/mm] macht, das hast du vertauscht.
Wenn du einfach nur [mm] $B_3\to K_3$ [/mm] gegen [mm] $K_3\to B_3$ [/mm] austauschst, stimmt das so!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:21 Di 11.12.2007 | | Autor: | freakish |
Hallo,
danke für deine Korrekturlesung! Habe sie allerdings leider nicht verstanden. In dem Buch, nach dem mein Professor vorgeht, steht folgendes: Ich habe eine Abbildung [mm] f:V\toW [/mm] bezüglich der Basen B von V und C von W und die zugehörige Koordinatenmatrix [mm] A_{f,B,C}. [/mm] Dann ist die zugehörige Koordinatenmatrix [mm] A_{f,B',C'}=T^{-1}AS, [/mm] wobei T die Übergangsmatrix von B nach B' und S die Übergangsmatrix von C nach C' beschreibt.
In diesem Fall ist doch [mm] B=B_{3}, B'=K_{3}, C=K_{4} [/mm] und [mm] C'=B_{4}. [/mm] So komme ich auf mein Ergebnis. Das ist doch ein Widerspruch zu deiner Aussage, oder?
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Hallo!
Das ist merkwürdig...
Ich fasse nochmal zusammen:
[mm] $T:\,B \to [/mm] B'$
[mm] $S:\,C \to [/mm] C'$
[mm] $A_{f,B,C}:\,B \to [/mm] C$
Jetzt willst du
[mm] $A_{f,B',C'}:\,B' \to [/mm] C'$
Wenn ich dir einen Vektor [mm] \vec{x} [/mm] in B'-Darstellung gebe, was mußt du machen?
1.: $B' [mm] \to [/mm] B$ , das macht [mm] T^{-1}
[/mm]
2.: $B [mm] \to [/mm] C$ , das ist [mm] A_{f,B,C}
[/mm]
3.: $C [mm] \to [/mm] C'$ , das ist $S$
Und das schreibt sich so:
[mm] A_{f,B',C'}\vec{x}_{B'}=SA_{f,B,C}T^{-1}\vec{x}_{B'}
[/mm]
[mm] A_{f,B',C'}=SA_{f,B,C}T^{-1}
[/mm]
Also, ich würde jetzt einfach dreist behaupten, daß entweder ABC=CBA gilt, oder daß das Buch nen Fehler enthält.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:09 Di 11.12.2007 | | Autor: | freakish |
Langsam komm ich durcheinander.. *g*
Ich habe einen Fehler meinerseits entdeckt, ich habe, als ich die Aussage aus dem Buch abgetippt habe, T und S verwechselt. S geht von B nach B' und T von C nach C'. MEGASORRY.
Ok ich versuch's noch mal:
Gegeben: [mm] A_{f, B_{3}, K_{4}}
[/mm]
Gesucht: [mm] A_{f, K_{3}, B_{4}}
[/mm]
[mm] T=A_{K_{4} \to B_{4}}
[/mm]
[mm] S=A_{B_{3} \to K_{3}}
[/mm]
Dann gilt: [mm] A_{f, K_{3}, B_{4}}=A_{B_{4} \to K_{4}} [/mm] * [mm] A_{f, B_{3}, K_{4}} [/mm] * [mm] A_{B_{3} \to K_{3}}
[/mm]
Also hatte ich in meiner ersten Lösung T^(-1) falsch. Das ist doch jetzt dieselbe Lösung, die du bei der Korrektur meiner Antwort gegeben hattest, oder? Wenn ich zwei Mal invertiere (einmal von rechts, einmal von links), bleibt ja links dieselbe Matrix stehen..
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Hallo!
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> [mm]T=A_{K_{4} \to B_{4}}[/mm]
> [mm]S=A_{B_{3} \to K_{3}}[/mm]
Nee, hier ist T und S vertauscht. Denn T steht ganz links, wird als erstes angewandt, und muß damit zwischen Vektoren des [mm] \IR^3 [/mm] vermitteln. S vermittelt hinterher zwischen Vektoren des [mm] \IR^4
[/mm]
> Dann gilt:
> [mm]A_{f, K_{3}, B_{4}}=A_{B_{4} \to K_{4}}[/mm] * [mm]A_{f, B_{3}, K_{4}}[/mm]
> * [mm]A_{B_{3} \to K_{3}}[/mm]
>
> Also hatte ich in meiner ersten Lösung T^(-1) falsch. Das
> ist doch jetzt dieselbe Lösung, die du bei der Korrektur
> meiner Antwort gegeben hattest, oder?
Nö. [mm] A_{f, \red{K_{3}}, \green{B_{4}}}=SA_{f, B_{3}, K_{4}}T^{-1}=A_{K_{4} \to {B_{4}}}A_{f, B_{3}, K_{4}}(A_{B_{3} \to K_{3}})^{-1}=A_{\color{magenta}{K_{4}} \to \green{B_{4}}}A_{f, \blue{B_{3}}, \color{magenta}{K_{4}}}A_{\red{K_{3}} \to \blue{B_{3}}}
[/mm]
Kontrolliere genau, wie der Vektor von einem Raum in den nächten hinübergeschoben wird. Start- und Endpunkt müssen mit dem übereinstimmen, was du insgesamt haben willst.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:51 Di 11.12.2007 | | Autor: | freakish |
Ich verstehe, was du sagst, erkenne aber immer wieder den Widerspruch zum Buch.
Ich hab's mir jetzt mal so aufgeschrieben.
Buch sagt:
f:V [mm] \to [/mm] W
Geg: [mm] A_{f,B,C}
[/mm]
Ges: [mm] A_{f,B',C'}=T^{-1}A_{f,B,C}S
[/mm]
wobei [mm] S=A_{B \to B'}
[/mm]
und [mm] T=A_{C \to C'}
[/mm]
in diesem Fall:
Geg: [mm] A_{f,B_{3},K_{4}}
[/mm]
Ges: [mm] A_{f,K_{3},B_{4}}=T^{-1}A_{f,B_{3},K_{4}}S
[/mm]
wobei [mm] S=A_{B_{3} \to K_{3}}
[/mm]
und [mm] T=A_{K_{4} \to B_{4}}
[/mm]
Dadurch ergibt sich doch: [mm] A_{f,K_{3},B_{4}}=A_{K_{4} \to B_{4}}^{-1}A_{f,B_{3},K_{4}}A_{B_{3} \to K_{3}}
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:10 Mi 12.12.2007 | | Autor: | freakish |
Ich hab grade mal in eine anderes Buch geschaut und mir ist aufgefallen, dass dieses Buch dir zustimmt. Ich werde mir morgen mal einer neuere Auflage des zuerst verwendeten Buches anschauen und sie vergleichen. Ich danke dir für deine viele Mühe, du hast mir mit dem allgemeinen Verständnis echt voll geholfen!! Danke!!
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Da bin ich jetzt aber erleichtert...
Werde mich jetzt ausgiebig mit Matratzen beschäftigen...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:27 Mi 12.12.2007 | | Autor: | schapp |
ich habs gerechnet und hab als lösung
[mm] \pmat{ 1 & 2 & 1 \\ 31 & 13 & -12 \\ -4 & -3 & 2 \\ -8 & -3 & 3 } [/mm] heraus.
wäre schön, falls das jemand bestätigen könnte:)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:41 Mi 12.12.2007 | | Autor: | freakish |
Hm. Ich hab [mm] \begin{pmatrix}
2 & 1 & -1 \\
42 & 36 & 26 \\
35 & 30 &19 \\
12 & 12 & 8
\end{pmatrix} [/mm] raus.
Wär mal interessant zu wissen wer Recht hat.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:24 Mi 12.12.2007 | | Autor: | pjaquet |
Ich kann das Ergebnis von freakish sowie den Fehler im Buch von Herrn Lorentz bestätigen. Für alle, die sich aktuell mit der Aufgabe rumärgern: In Satz 5 ist Herr Lorenz mit den Basen B, B', C und C' durcheinandergekommen. In der Bemerkung direkt danach verwendet er eine andere Notation, und in dieser stimmts dann auch.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:27 Do 13.12.2007 | | Autor: | daN-R-G |
Also ich blicke da jetzt echt garnicht mehr durch :(
[mm] \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 42 & 36 & 26 \\ 35 & 30 &19 \\ 12 & 12 & 8 \end{pmatrix} [/mm] kommt (komischerweise?!) genau dann raus, wenn man
[mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 2 \\ 2 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ 4 & 4 & 0 \\ 3 & 7 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} [/mm] rechnet.
Das wäre dann die Berechnung von [mm] B_4AB_3 [/mm] .
Bei den ganzen Indizes und verschiedenen Basen steigt mein Hirn leider so langsam aus. Kann vll. einer nochmal so ne Art zusammenfassung machen, was man nun genau errechnen soll? Auch der Fehler (?!) aus dem Buch macht mir das ganze irgendwie nicht leichter.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:38 Do 13.12.2007 | | Autor: | Emma_ |
Das habe ich auch raus, wobei die letze Zeile des Koordinatenmatrix nicht stimmen soll. Irgendwie komisch :(
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> Also ich blicke da jetzt echt garnicht mehr durch :(
Hallo,
Du machst einen wesentlichen Fehler.
Die Matrix A beschreibt eine Abbildung f derart, daß Du sie auf Koordinatenvektoren in der vorgegebenen Nichtstandardbasis des [mm] \IR^3, [/mm] welche ich jetzt mal [mm] B_3 [/mm] nenne, anwendest, und Koordinatenvektoren bzgl der Standardbasis [mm] (E_4) [/mm] des [mm] \IR^4 [/mm] herausbekommst.
Also ist A= [mm] A_{B_3->E_4}, [/mm] ich hoffe, daß sich diese Bezeichnung nun selbst erklärt.
Gesucht ist die Matrix derselben Abbildung, jedoch soll sie für Vektoren, die in Koordinaten bzgl. der Standardbasis [mm] E_3 [/mm] hineingesteckt werden, die Bilder bzgl. [mm] B_4 [/mm] liefern.
Da wir Vektoren bzgl. [mm] E_3 [/mm] hineinstecken wollen, ist nacheinander folgendes zu tun:
Vektoren bzgl. [mm] E_3 [/mm] umwandeln in solche bzgl. [mm] B_3, [/mm] und das tut die Inverse(!!!) von [mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix},
[/mm]
ich meine, wir hatten das gestern schonmal.
Als nächstes kann man A= [mm] A_{B_3->E_4} [/mm] drauf anwenden, man hat das Bild bzgl [mm] E_4, [/mm] und anschließend
wandelt man die Vektoren, die bzgl. [mm] E_4 [/mm] gegeben sind um in solche bzgl [mm] B_4, [/mm] was wiederum mit dem Inversen(!!!) der Matrix [mm] \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 2 \\ 2 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix} [/mm] geschieht.
Dein Fehler liegt also darin, daß Du nicht invertiert hast.
Gruß v. Angela
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