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Abbildungvorschrift bestimmen

Universität / Fachhochschule

Tags: Kern bestimmen, Lineare Abbildungen, surjektivität zeigen

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11:31 Uhr, 08.02.2014

Hallo,
ich soll folgende Aufgabe bearbeiten und die Lösung in einer Woche vortragen. Würde mich freuen, wenn jemand aus dem Forum mir helfen könnte.

Von einer linearen Abbildung

F

des

ℝ^{4}

in den

ℝ^{3}

kennt man

F (0, - 2, - 3,1) = (0, - 5, - 14), F (2,0, - 1,3) = (4,3, - 1), F (2,1, - 1,1) = (1,1, - 3),

F (1,2, - 1,0) = (- 2, - 1,0)

a)

Erläutern Sie, weshalb die Abbildung durch diese Angaben eindeutig bestimmt ist.

b)

Geben Sie die Abbildungsvorschrift

F (w, x, y, z)

an und prüfen Sie, ob

F

surjektiv ist.

c)

Bestimmen Sie den Kern der Abbildung F.

Nutzung eines CAS-Rechners ist erlaubt.

Mathematt

Ich ergänze:
Die obigen Vektoren des

ℝ^{4}

sind lin. unabhängig, da die Determinante der aus ihnen gebildeten Matrix

= - 18

ist. Damit ist - so viel ich weiß - klar, dass ihre Bilder bild(F) aufspannen. Ist damit die Eindeutigkeit schon gezeigt?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Bummerang

07:23 Uhr, 10.02.2014

Hallo,

"Ich ergänze:
Die obigen Vektoren des

ℝ^{4}

sind lin. unabhängig, da die Determinante der aus ihnen gebildeten Matrix

= - 18

ist. Damit ist - so viel ich weiß - klar, dass ihre Bilder bild(F) aufspannen. Ist damit die Eindeutigkeit schon gezeigt?"

Im Prinzip ja, aber ich denke, dass Du, wegen der Formulierung "Erläutern Sie, ..." wenigstens anfügen solltest:

Die gegebenen Vektoren des

ℝ^{4}

sind linear unabhängig und bilden deshalb eine Basis des

ℝ^{4}

. Deshalb sind alle Vektoren

\vec{x} \in ℝ^{4}

als Linearkombination dieser 4 Vektoren darstellbar und es gilt, da

F

eine lineare Abbildung ist:

F (\vec{x}) = F (λ_{1} \cdot (\begin{matrix} 0 \\ - 2 \\ - 3 \\ 1 \end{matrix}) + λ_{2} \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ - 1 \\ 3 \end{matrix}) + λ_{3} \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix}) + λ_{4} \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix})) = λ_{1} \cdot F ((\begin{matrix} 0 \\ - 2 \\ - 3 \\ 1 \end{matrix})) + λ_{2} \cdot F ((\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ - 1 \\ 3 \end{matrix})) + λ_{3} \cdot F ((\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})) + λ_{4} \cdot F ((\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix}))

Damit ist für alle

\vec{x} \in ℝ^{4}

auch

F (\vec{x})

eindeutig bestimmt.

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09:51 Uhr, 10.02.2014

Danke für den Hinweis, Bummerang,

ich bin insoweit schon weiter gekommen, als ich die Erzeugenden von bild(F) auf lineare Abhängigkeit geprüft habe. Danach ist

{(0, - 5, - 14), (4,3, - 1), (1,1, - 3)}

Basis von bild(F) und das bedeutet doch: bild(F)=

ℝ^{3} \Rightarrow F

ist surjektiv.

Aber wie komme ich zur Abbildungsvorschtift

F (w, x, y, z)

?

Mathematt

Bummerang

10:55 Uhr, 10.02.2014

Hallo,

die Abbildungsvorschrift ist eine Matrix, genau eine (4,3)-Matrix. Diese hat

12

Elemente. Für jede Zeile der Matrix kannst Du durch die gegebenen Abbildungen der 4 Vektoren ein lineares Gleichungssystem mit 4 Gleichungen und 4 Unbekannten aufstellen, dass es zu lösen gilt. Da die Koeffizienten dieser Matrix die gegebenen Vektoren des

ℝ^{4}

sind, und diese linear unabhängig sind, existiert genau eine Lösung für die 4 Elemente der entsprechenden Zeile. Insgesamt erhältst Du also 3 LGS, was viel Aufwand bedeutet. Du kannst aber tricksen, denn alle 3 LGS haben ja die selbe Koeffizientenmatrix! Die LGS unterscheiden sich nur in der rechten Seite. Wenn Du nun in einem "erweiterten" Gaussverfahren alle drei rechten Seiten auf einmal mitberechnest und du links die Koeffizientenmatrix bis zur Einheitsmatrix des

ℝ^{4}

bringst, dann steht auf der rechten Seite die Transponierte der gesuchten Matrix!

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11:24 Uhr, 10.02.2014

Hallo,

du schreibst: "die Abbildungsvorschrift ist eine Matrix, genau eine (4,3)-Matrix". Das stimmt doch nicht, denn eine

ℝ^{n} \to ℝ^{m}

Abbildung hat doch als Abbildungmatrix eine

m \times n -

Matrix, also hier eine

3 \times 4 -

Matrix ?? Bitte sag mir, inwieweit dadurch deine Erläuterung geändert werden muss - oder habe ich dich nicht richtig verstanden ?

mathematt

Bummerang

12:05 Uhr, 10.02.2014

Hallo,

aus dem Text ist zu entnehmen, dass die 4 Vektoren des

ℝ^{4}

die Koeffizienten einer Zeile darstellen

\Rightarrow 4

Spalten. Ebenso ist aus dem Text zu entnehmen, dass für jede der 3 Zeilen ein Gleichungssystem existiert

\Rightarrow 3

Zeilen. Ausserdem ist dem Text zu entnehmen, dass am Ende in 3 Spalten und 4 Zeilen die Transponierte der Abbildungsmatrix steht

\Rightarrow 3

Zeilen und 4 Spalten. Dem ist nichts hinzuzufügen, ausser, dass ich bei

(4,3)

'nen Zahlendreher habe...

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12:55 Uhr, 10.02.2014

Danke für den Hinweis, aber richtig verstanden habe ich deine Erläuterung noch nicht. Vielleicht bist du so freundlich und überprüfst einmal, wie ich versucht habe weiterzukommen. Mein Referat zu dieser Aufgabe wird ja nur dann verstanden werden, wenn ich die Lösung vorher selbst verstanden habe.
Also:

(a, b, c, d) \in ℝ^{4}

mit basis

{(0, - 2, - 3,1), (2,0, - 1,3), (2,1, - 1,1), (1,2, - 1,0)} \Rightarrow

Es gibt

u, x, y, z \in ℝ,

so dass

(a, b, c, d) = u \cdot (0, - 2, - 3,1) + x \cdot (2,0, - 1,3) + y \cdot (2,1, - 1,1) + z \cdot (1,2, - 1,0) \Rightarrow

a = 2 x + 2 y + z

b = - 2 u + y + 2 z

c = - 3 u - x - y - z

d = u + 3 x + y

und(wegen Linearität von

F)

F (a, b, c, d) = u \cdot F (0, - 2, - 3,1) + x \cdot F (2,0, - 1,3) + y \cdot F (2,1, - 1,1) \cdot z \cdot F (1,2, - 1,0)

.

Bis hierhin bin ich gekommen. Wenn das richtig ist, zeige mir bitte den Übergang zu deiner Überlegung.

mathematt

Bummerang

13:35 Uhr, 10.02.2014

Hallo,

(\begin{matrix} 0 & - 2 & - 3 & 1 \\ 2 & 0 & - 1 & 3 \\ 2 & 1 & - 1 & 1 \\ 1 & 2 & - 1 & 0 \end{matrix}) \cdot {(\begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \end{matrix})}^{T} = (\begin{matrix} 0 & - 5 & - 14 \\ 4 & 3 & - 1 \\ 1 & 1 & - 3 \\ - 2 & - 1 & 0 \end{matrix})

Wenn man das transpoiert ergibt sich

(\begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 0 & 2 & 2 & 1 \\ - 2 & 0 & 1 & 2 \\ - 3 & - 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & 3 & 1 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 4 & 1 & - 2 \\ - 5 & 3 & 1 & - 1 \\ - 14 & - 1 & - 3 & 0 \end{matrix})

Meine Beschreibung bezieht sich auf die erste Darstellung (die gegebenen Vektoren sind die Koeffizienten einer Zeile der gesuchten Matrix) und auf der rechten Seite entsteht, wenn man die Koeffizientenmatrix durch Gauss-Schritte zur Einheitsmatrix konvertiert hat, die Transponierte der gesuchten Matrix. Nimmt man die zweite Darstellung, entsteht die gesuchte Matrix direkt, allerdings sieht der Gauss hier etwas anders aus und deshalb würde ich vorschlagen den ersten Weg zu rechnen!

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15:10 Uhr, 10.02.2014

Hallo Bummerang,

jetzt brauche ich also nur im ersten Fall die nach dem Gleichungszeichen stehende Matrix von links, im zweiten Fall von rechts mit der Inverse der links vom Gleichheitszeichen stehenden Zahlenmatrix multiplizieren, um so die Transponierte der gesuchten Abbildungsmatrix bzw. die Abbildungsmatrix selbst zu erhalten.

Wenn ich meinen Lösungsansatz richtig weiterführe, müsste ja dann das gleiche Ergebnis herauskommen, wenn ich

aus dem LGS

a = 0 \cdot u + 2 \cdot x + 2 \cdot y + 1 \cdot z

b = 2 \cdot u + 0 \cdot x + 1 \cdot y + 2 \cdot z

c = - 3 \cdot u - 1 \cdot x - 1 \cdot y - 1 \cdot 1 z

d = 1 \cdot u + 3 \cdot x + 1 \cdot y + 0 \cdot z

u, x, y, z

berechne und diese Werte dann in

F (a, b, c, d) = u \cdot (0, - 5, - 14) + x \cdot (4,3, - 1) + y \cdot (1,1,3) + z \cdot (- 1, - 1,0)

einsetze.

Anm.: Bei den Matrizen bin ich, wie du siehst, immer noch unsicher.

mathematt

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13:03 Uhr, 12.02.2014

Hallo,

ich habe meine Lösung der Aufgabe unten noch einmal zusammengefasst, so dass man sie mit der wesentlich kürzeren Lösung von Bummerang

(s

. dort) vergleichen kann. Ich werde beide Lösungen morgen in den Übungen vortragen.

Gruß

Mathematt

Da die 4 Originalvektoren des

ℝ^{4}

linear unabhängig sind lässt sich jeder Vektor

x \in ℝ^{4}

linear als Linearkombinantion dieser Vektoren darstellen:
(1)

(\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = λ_{1} \cdot (\begin{matrix} 0 \\ - 2 \\ - 3 \\ 1 \end{matrix}) + λ_{2} \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ - 1 \\ 3 \end{matrix}) + λ_{3} \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix}) + λ_{4} \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 2 & 2 & 1 \\ - 2 & 0 & 1 & 2 \\ - 3 & - 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & 2 & - 1 & 0 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} λ_{1} \\ λ_{2} \\ λ_{3} \\ λ_{4} \end{matrix})

\Rightarrow

(1 a)

(\begin{matrix} λ_{1} \\ λ_{2} \\ λ_{3} \\ λ_{4} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} 0 & 2 & 2 & 1 \\ - 2 & 0 & 1 & 2 \\ - 3 & - 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & 2 & - 1 & 0 \end{matrix})}^{- 1} \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix})

Wegen der Linearität von

F

gilt
(2)

F (x) = λ_{1} \cdot F ((\begin{matrix} 0 \\ - 2 \\ - 3 \\ 1 \end{matrix})) + λ_{2} \cdot F ((\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ - 1 \\ 3 \end{matrix})) + λ_{3} \cdot F ((\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ - 1 \\ 1 \end{matrix})) + λ_{4} \cdot F ((\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix}))

und somit auch

(2 a)

F (x) = λ_{1} \cdot (\begin{matrix} 0 \\ - 5 \\ - 14 \end{matrix}) + λ_{2} \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 3 \\ - 1 \end{matrix}) + λ_{3} \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ - 3 \end{matrix}) + λ_{4} \cdot (\begin{matrix} - 2 \\ - 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 4 & 1 & - 2 \\ - 5 & 3 & 1 & - 1 \\ - 14 & - 1 & - 3 & 0 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} λ_{1} \\ λ_{2} \\ λ_{3} \\ λ_{4} \end{matrix})

(1 a)

eingesetzt in

(2 a)

ergibt dann
(3)

F (x) = (\begin{matrix} 0 & 4 & 1 & - 2 \\ - 5 & 3 & 1 & - 1 \\ - 14 & - 1 & - 3 & 0 \end{matrix}) \cdot {(\begin{matrix} 0 & 2 & 2 & 1 \\ - 2 & 0 & 1 & 2 \\ - 3 & - 1 & - 1 & - 1 \\ 1 & 2 & - 1 & 0 \end{matrix})}^{- 1} \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & - 1 & 1 & 1 \\ \frac{4}{9} & - \frac{10}{9} & - \frac{7}{9} & \frac{4}{9} \\ - \frac{5}{2} & 3 & \frac{7}{2} & \frac{5}{2} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix})

F (x) = ((x_{1} - x_{2} + x_{3} + x_{4}), (\frac{4}{9} \cdot x_{1} - \frac{10}{9} \cdot x_{2} - \frac{7}{9} \cdot x_{3} + \frac{4}{9} \cdot x_{4}) (\frac{5}{2} \cdot x_{1} + 3 \cdot x_{2} + \frac{7}{2} \cdot x_{3} + \frac{5}{2} \cdot x_{4}))

Der Kern von

F

ist dann die Lösung des LGS

F (x) = 0

.
Der CAS liefert als Lösung ker(f)=

{x \in R^{4} | x = \frac{1}{61} \cdot κ \cdot (\begin{matrix} 109 \\ 110 \\ - 60 \\ 61 \end{matrix}), κ \in ℝ}

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18:03 Uhr, 12.02.2014

Nun muss ich mich doch noch einmal melden:

In den Aufgabeschritten (1),

(1 a)

und

(3)

muss bei der

4 \times 4 -

Matrix die 4. Zeile nicht

(1, 2, - 1, 0)

sondern

(1, 3, 1, 0)

heißen (Abschreibfehler).
Dann ändern sich meine Ergebnisse zu

F (x) = (\begin{matrix} 1 & - 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 1 \\ - \frac{5}{2} & 3 & \frac{7}{2} & \frac{5}{2} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = (\begin{matrix} x_{1} - x_{2} + x_{3} + x_{4} \\ x_{1} + 2 \cdot x_{3} + x_{4} \\ - \frac{5}{2} \cdot x_{1} + 3 \cdot x_{2} + \frac{7}{2} \cdot x 3 + \frac{5}{2} \cdot x_{4} \end{matrix})

und

ker(F)

= {x \in ℝ^{4} | x = κ \cdot (\begin{matrix} - \frac{9}{11} \\ - \frac{10}{11} \\ \frac{10}{11} \end{matrix}), κ \in ℝ}

Danke an Bummerang für die Hilfe !

mathematt

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