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Basis und Dimension von kern(A) und Bild(A)

Universität / Fachhochschule

Lineare Abbildungen

Matrizenrechnung

Tags: Dimension des Bildes, Dimension des Kerns, Matrizenrechnung

Bibsel aktiv_icon

16:36 Uhr, 28.01.2014

Hallo,

Da wir uns langsam unserer Klausur nähern, werde ich zunehmend nervöser und skeptischer, was mein "Wissen" über unsere Themen angeht.
Zwar weiß ich auch, dass es dazu schon Foreneinträge gibt, aber vielleicht findet ja doch jemand die Zeit, einen Blick auf meine Lösungen zu werfen und sie zu kommentieren.
Ich bin dankbar für jegliche Form von Vorschlägen!

Hier einmal die Aufgabe:
Sei die lineare Abbildung $φ_{A} : ℝ^{4} \to ℝ^{4}, v \mapsto A \cdot v,$ durch die folgende Matrix gegeben:
$A = (\begin{matrix} - 1 & 3 & 5 & - 2 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \\ - 5 & 3 & 1 & - 4 \\ 2 & - 2 & - 2 & 2 \end{matrix})$
$a)$ Geben Sie jeweils eine Basis für ker $(φ_{A})$ und im $(φ_{A})$ sowie die Dimension dieser Untervektorräume an.
$b)$ Untersuchen Sie, ob die folgenden Vektoren im Kern oder im Bild von $φ_{A}$ liegen:
$v_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ 1 \\ - 4 \end{matrix}), v_{2} = (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ .

Während der Bearbeitung war ich mir ziemlich sicher, dass ich das so richtig mache oder zumindest richtig gelöst habe, aber mir wäre es doch lieber ein professionelles Feedback dazu zu bekommen^^

Zu $a)$

Definition: Sei $A = (a_{1}, ... .; a_{m}) \in K^{n, m},$ dann ist
1. Kern (A) $= {b \in K^{m} | A \cdot b = 0}$
2. Bild (A) $= L (a_{1}, ..., a_{m})$ .

Kern (A) $= {(\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ t \end{matrix}) \in ℝ^{4} | A \cdot (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ t \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})}$
$\Rightarrow {(\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ t \end{matrix}) \in ℝ^{4} | (\begin{matrix} - 1 & 3 & 5 & - 2 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \\ - 5 & 3 & 1 & - 4 \\ 2 & - 2 & - 2 & 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ t \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})}$
$\Rightarrow {(\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ t \end{matrix}) \in ℝ^{4} | (\begin{matrix} - x & 3 y & 5 z & - 2 t \\ x & - y & - z & t \\ - 5 x & 3 y & z & - 4 t \\ 2 x & - 2 y & - 2 z & 2 t \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})}$
$D . h$ . zur Bestimmung von Ker(A) berechnen wir die Lösung des homogenen LGS A
$[...]$ (Gauß-Algorithmus)
In Zeilenstufenform können wir direkt den Rang ablesen
$\Rightarrow (\begin{matrix} 1 & - 3 & - 5 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & - \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})$
Rang $= 2$
Bringe $A$ in reduzierte ZSF
$\Rightarrow (\begin{matrix} 1 & 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 2 & - \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})$
$\Rightarrow$ Ker(A)= ${(\begin{matrix} - \frac{1}{2} x_{4} \\ \frac{1}{2} x_{4} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) | x_{3}, x_{4} \in ℝ}$
Bestimme eine Basis vom Kern(A):
$\Rightarrow {(\begin{matrix} - \frac{1}{2} x_{4} \\ \frac{1}{2} x_{4} \\ 0 \\ x_{4} \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ x_{3} \\ 0 \end{matrix}) | x_{3}, x_{4} \in ℝ} = {x_{4} \cdot (\begin{matrix} - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) + x_{3} \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) | x_{3}, x_{4} \in ℝ}$
Fazit: $(\begin{matrix} - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ bildet eine Basis von Ker(A)

Rangsatz: Rang(A)+dim(Kern(A)) = #Spalten(A)
$= 2 = 2 = 4$

Bestimme Bild(A)
$= L {(\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ - 5 \\ 2 \end{matrix}), (\begin{matrix} 3 \\ - 1 \\ 3 \\ - 2 \end{matrix}), (\begin{matrix} 5 \\ - 1 \\ 1 \\ - 2 \end{matrix}), (\begin{matrix} - 2 \\ 1 \\ - 4 \\ 2 \end{matrix})}$
Bestimmung einer Basis von Bild(A)
(ZSF, die Spalten mit Köpfen ergeben die Basis)
$\Rightarrow (\begin{matrix} 1 & - 3 & - 5 & 2 \\ 0 & 2 & 4 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})$ (Rang $2)$
$D . h . : {(\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ - 5 \\ 2 \end{matrix}), (\begin{matrix} 3 \\ - 1 \\ 3 \\ - 2 \end{matrix})}$ bildet eine Basis von Bild $(A)$
Dimensionsformel: rg $(φ) := dim$ (im $(φ)$
Rang(A)=2=dim(im(A)
soviel zu $a)$

Zu $b)$
1. Überprüfe, ob die gegebenen Vektoren im Bild von $φ_{A}$ liegen.
Wie überprüft man, ob $v$ in Bild(A)?
$(\begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ 1 \\ - 4 \end{matrix})$ in Bild(A) $\leftrightarrow$ es existiert $(\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) \in ℝ^{4}$ mit $A \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ 1 \\ - 4 \end{matrix})$
$\leftrightarrow (\begin{matrix} - 1 & 3 & 5 & - 2 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \\ - 5 & 3 & 1 & - 4 \\ 2 & - 2 & - 2 & 2 \end{matrix}) | (\begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ 1 \\ - 4 \end{matrix}) = : (A | v_{1})$ ist lösbar (die richtige Formatierung krieg ich leider nicht hin, aber so kann man es bestimmt noch am besten erkennen)
Überführe $(A | v_{1})$ in ZSF und führe eine Ranguntersuchung durch
$\to (\begin{matrix} 1 & - 3 & - 5 & 2 \\ 0 & 2 & 4 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) | (\begin{matrix} - 1 \\ - 3 \\ 22 \\ 0 \end{matrix})$
Rang(A) $= 2 \neq 3 =$ Rang(A| $v_{1})$
LGS ist nicht lösbar: es existiert KEIN $(\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) \in ℝ^{4}$ mit $A \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ 1 \\ - 4 \end{matrix}),$
also liegt $v_{1}$ nicht im Bild von $A \leftrightarrow v_{1} \notin$ Bild(A)

überprüfe $v_{2}$
(ein paar Zwischenschritte spar ich mir hier mal, auf Nachfrage werde ich sie aber natürlich ergänzen)
überführe $(A | v_{2})$ in ZSF und führe eine Ranguntersuchung durch
$(\begin{matrix} 1 & - 3 & - 5 & 2 \\ 0 & 2 & 4 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) | (\begin{matrix} - 1 \\ 3 \\ - 2 \\ 0 \end{matrix})$
Rang(A) $= 2 \neq 3 =$ Rang(A|v_2)
$\to$ inhomogenes LGS ist nicht lösbar!
$v_{2} \notin$ Bild(A)

2. Überprüfe, ob die gegebenen Vektoren im Kern von $φ_{A}$ liegen.
Definition: Kern(A)= ${$ b in $K^{m} | A \cdot b = =}$
Liegt $v_{1}$ im Kern? $A \cdot v_{1} = 0$ ?
$(\begin{matrix} - 1 & 3 & 5 & - 2 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \\ - 5 & 3 & 1 & - 4 \\ 2 & - 2 & - 2 & 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 1 \\ - 4 \\ 1 \\ - 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})$
Da $A \cdot v_{1} = 0$ liegt $v_{1}$ im Kern(A) $\leftrightarrow v_{1}$ in Kern(A)

Liegt $v_{2}$ im Kern? $A \cdot v_{2} = 0$ ?
$(\begin{matrix} - 1 & 3 & 5 & - 2 \\ 1 & - 1 & - 1 & 1 \\ - 5 & 3 & 1 & - 4 \\ 2 & - 2 & - 2 & 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 12 \\ 0 \\ - 12 \\ 0 \end{matrix})$
Da $A \cdot v_{2} \neq 0,$ liegt $v_{2}$ nicht im Kern(A) $\leftrightarrow v_{2} \notin$ Ker(A)

Das wichtigste müsste da nun stehen.
Ist das so nun ausreichend? Fehlt etwas? Oder ist es sogar falsch?

LG,
Bibsel

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

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Exponentialfunktion (Mathematischer Grundbegriff)
Potenzregeln (Mathematischer Grundbegriff)

michaL aktiv_icon

17:09 Uhr, 28.01.2014

Hallo,

zunächst zum Kern: Hast du mal getestet, ob deine Basisvektoren (für den Kern) auch tatsächlich auf Null abgebildet werden?

Mfg Michael

Bibsel aktiv_icon

17:22 Uhr, 28.01.2014

Hallo,

Danke für deine Antwort,

zu meiner Schande muss ich gestehen, dass ich nur $(\begin{matrix} - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{matrix})$ überprüft habe und dann gehofft habe, dass es auch beim zweiten Vektor stimmt.
Also nein.

Und leider klingt das auch eher nach "Nein, es ist nicht richtig." Mist... $\land$

LG,
Bibsel

michaL aktiv_icon

17:41 Uhr, 28.01.2014

Hallo,

bleiben wir also erst einmal beim Kern.

Bis zur redurzierten Zeilenstufenform ist die Strategie korrekt (Das Ergebnis habe ich nicht nachgerechnet. Bin dazu zu faul. Außerdem gibt es dazu ja online-Rechner oder auch Taschenrechner aus der Schule, die das können.).

Nun musst du eine Strategie dir aneignen, wie man aus der reduzierten Zeilenstufenform linear unabhängige(!) Vektoren gewinnt.

Du siehst, dass du zwei Freiheitsgrade hast (zwei Gleichungen sind Nullgleichungen, die anderen unabhängig). Also kannst du zwei der vier Variablen (unabhängig voneinander) wählen. Nur bei gleichzeitig Null bringt nichts, weil daraus nur der Nullvektor erhalten wird.

Du wählst am besten die erste (hier $x_{3}$ ) gleich Null, die andere (hier $x_{4}$ ) gleich 1 und bestimmst die restlichen Variablen (hier $x_{1}$ und $x_{2}$ ) passend dazu. Damit erhältst du einen Kernvektor.

Das gleiche Spielchen machst du nun nochmal, allerdings diesmal $x_{3} = 1$ und $x_{4} = 0$ .
Dann erhältst du wieder einen Kernvektor und außerdem sind die beiden Vektoren sicher linear unabhängig.
Warum gerade Null und 1? Statt 1 könnte es jede andere Zahl (ungleich Null) sein. Die Verteilung der Nullen garantiert lineare Unabhängigkeit.

Vielleicht noch als Ergänzung, was zu tun ist, wenn mehr als zwei (etwa drei) Variablen frei gewählt werden können: Dann suchst du auch mehrere (etwa drei) linear unabhängige Vektoren.
Wieder wählst du eine gleich 1, die anderen BEIDEN aber Null.
Und das ganze wiederholst du so oft, wie du unabhängige Variablen hast.

Alles klar bis hier?
Berechne doch auf diese Weise einen zweiten Kernvektor.

Mfg Michael

Bibsel aktiv_icon

18:03 Uhr, 28.01.2014

Hallo,

Danke für deine schnelle und tolle Erklärung. Da stand ich wohl wirklich mal kurz absolut auf dem Schlauch.

(den Rechenweg lass ich mal Weg, gibt ja auch nicht viel zu schreiben außer dass $x_{3} = 1$ und $x_{4} = 0$ gesetzt wird)

raus kommt als 2. Vektor jedenfalls:

$(\begin{matrix} - 1 \\ - 2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$

habs diesmal sogar noch überprüft: es stimmt.^^

LG,
Bibsel

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