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vektorraumhomomorphismus

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angewandte lineare Algebra

Tags: Angewandte Lineare Algebra

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09:22 Uhr, 13.05.2014

Hallo zusammen,

Ich hab eine Matrix

B = (\begin{array}{rcl} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}) m i t B \in Q

dann sein

φ : Q^{2 \times 2} \to Q^{2 \times 2}, A \mapsto A B - B A

. nun muss ich zeigen dass

φ

ein Q-Vektorraumhomo. ist und jeweils eine Basis von Kern

φ

und Im

φ

.

Muss ich dann da Die Addition und Multiplikation zeigen. Alsoich nehme an mein

A = (\begin{array}{rcl} x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4} \end{array})

dann wie kann ich da weite rmachen???

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

Bummerang

10:03 Uhr, 13.05.2014

Hallo,

ich würde ganz normal beginnen mit

A_{1}, A_{2} \in ℚ^{2 x 2}

\Rightarrow

φ (A_{1} + A_{2})

= (A_{1} + A_{2}) \cdot B - B \cdot (A_{1} + A_{2})

= A_{1} \cdot B + A_{2} \cdot B - B \cdot A_{1} - B \cdot A_{2}

= A_{1} \cdot B - B \cdot A_{1} + A_{2} \cdot B - B \cdot A_{2}

= (A_{1} \cdot B - B \cdot A_{1}) + (A_{2} \cdot B - B \cdot A_{2})

= φ (A_{1}) + φ (A_{2})

Und den zweiten Teil für einen Homomorpjismus machst Du dann mal selber.

Dann musst Du Dir überlegen, wie

z . B

. der Kern aussieht:

φ (A) = 0

\Leftrightarrow A \cdot B - B \cdot A = 0

\Leftrightarrow A \cdot B = B \cdot A

\Leftrightarrow (\begin{matrix} a_{1} & a_{2} \\ a_{3} & a_{4} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} a_{1} & a_{2} \\ a_{3} & a_{4} \end{matrix})

\Leftrightarrow (\begin{matrix} a_{2} & a_{2} \\ a_{4} & a_{4} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ a_{1} + a_{3} & a_{2} + a_{4} \end{matrix})

\Leftrightarrow a_{2} = 0, a_{4}

beliebig,

a_{1} + a_{3} = a_{4}, d . h

z . B

a_{3}

beliebig und

a_{1} = a_{4} - a_{3}

\Leftrightarrow

Ker

(φ) = {(\begin{matrix} b - a & 0 \\ a & b \end{matrix}) | a, b \in ℚ}

Und bei Img(

φ)

macht man das ähnlich:

φ (A) = A \cdot B - B \cdot A

= (\begin{matrix} a_{1} & a_{2} \\ a_{3} & a_{4} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix})

= (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} a_{1} & a_{2} \\ a_{3} & a_{4} \end{matrix})

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

= (\begin{matrix} a_{2} & a_{2} \\ a_{4} - a_{1} - a_{3} & a_{2} \end{matrix})

\Rightarrow

Img

(φ) = {(\begin{matrix} a & a \\ b & a \end{matrix}) | a, b \in ℚ}

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09:51 Uhr, 14.05.2014

Hi,
danke erst mal.
Der zweite teil sieht dann so aus:

φ (a A) = (a A B - a B A) = a (A B - B A) m i t a \in K

. Und noch was, Der Rang ist dann die dim(Im) und der defekt die dim(kern)??? Also anzahl der jeweiligen basen oder ??

Ich versteh nicht wie ich dann das bestimmen kann. Denn z.b bei Im a,b sind ja beliebig aus Q, was wär dann meine Dim. in dem fall???

DrBoogie aktiv_icon

08:04 Uhr, 16.05.2014

"Und noch was, Der Rang ist dann die dim(Im) und der defekt die dim(kern)??? Also anzahl der jeweiligen basen oder ??"

Die Anzahl der Elementen in den jeweiligen Basen. Dann richtig.

"Ich versteh nicht wie ich dann das bestimmen kann. Denn z.b bei Im a,b sind ja beliebig aus Q, was wär dann meine Dim. in dem fall???"

Dimension ist zwei, weil eben zwei Parameter.
Es ist auch möglich, eine Basis zu bestimmen:

(\begin{array}{rcl} a & a \\ b & a \end{array}) = a (\begin{array}{rcl} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}) + b (\begin{array}{rcl} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}) = > (\begin{array}{rcl} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array})

und

(\begin{array}{rcl} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}) -

Basis.

guguli aktiv_icon

10:49 Uhr, 16.05.2014

Hi,

ja genau,so hab ich auch gemacht und beide haben dim = 2

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