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| Aufgabe | Man bestimme alle A [mm] \in [/mm] R^(3x3) mit
A [mm] \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}
[/mm]
A [mm] \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}
[/mm]
A [mm] \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} -1 \\ -11 \\ 3 \end{pmatrix} [/mm] |
Wie kann ich das machen? Ich gehe mal davon aus, dass alle Vektoren mit der Standardbasis gegeben sind, da steht nichts dazu in der Angabe.
Wenn ich nur zwei Vektoren gegeben habe, dann habe ich mir immer einen vektor
v [mm] \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} [/mm] ausgedrückt und dann diesen allgemein ausgerechnet und dann A(v) berechnet, nur wie mache ich das bei dem Beispiel? Hat jemand einen Tipp!?
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Hallo mtu,
> Man bestimme alle A [mm]\in[/mm] R^(3x3) mit
>
> A [mm]\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm] = [mm]\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}[/mm]
> A [mm]\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm] = [mm]\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}[/mm]
> A [mm]\begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}[/mm] = [mm]\begin{pmatrix} -1 \\ -11 \\ 3 \end{pmatrix}[/mm]
> Wie kann ich
> das machen? Ich gehe mal davon aus, dass alle Vektoren mit
> der Standardbasis gegeben sind, da steht nichts dazu in der
> Angabe.
Nun, die drei Vektoren, deren Bilder du gegeben hast, bilden, so wie ich das auf die Schnelle sehe, eine Basis des [mm] $\IR^3$
[/mm]
Damit ist eine lineare Abbildung von [mm] $\IR^3\to\IR^3$ $\varphi:\IR^3\to\IR^3, \vektor{x\\y\\z}\mapsto\varphi\vektor{x\\y\\z}$ [/mm] definiert, die durch die gesuchte Abbldungsmatrix [mm] $A\in Mat(3\times [/mm] 3, [mm] \IR)$ [/mm] ausgedrückt werden kann, also [mm] $\varphi\vektor{x\\y\\z}=A\cdot{}\varphi\vektor{x\\y\\z}$.
[/mm]
Drücke die Bildvektoren der Basisvektoren als LK derselben aus und stopfe die bei dieser LK aufretenden Koeffizienten als Spalten in die gesuchte Matrix.
Je nachdem wie du die Basis des Urbildraumes anordnest, bekommst du unterschiedliche Darstellungsmatrizen ...
Sagen wir, die Basis sei in der Reihenfolge, wie du sie eingetippt hast, angeordnet, also [mm] $\mathbb{B}=\left\{\vektor{2 \\ 0 \\ 1},\vektor{3 \\ -2 \\ 0},\vektor{-1 \\ 3 \\ 4}\right\}$
[/mm]
Dann ist [mm] $A\cdot{}\vektor{2 \\ 0 \\ 1}=\vektor{-1 \\ -2 \\ 3}=\alpha\cdot{}\vektor{2 \\ 0 \\ 1}+\beta\cdot{}\vektor{3 \\ -2 \\ 0}+\gamma\cdot{}\vektor{-1 \\ 3 \\ 4}$
[/mm]
Der Koeffizientenvektor [mm] $\vektor{\alpha\\\beta\\\gamma}$ [/mm] bildet dann die erste Spalte von $A$
Mit demselben Procedere für den zweiten und dritten Basisvektor bekommst du entsprechend die zweite und dritte Spalte ...
>
> Wenn ich nur zwei Vektoren gegeben habe, dann habe ich mir
> immer einen vektor
> v [mm]\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}[/mm] ausgedrückt und
> dann diesen allgemein ausgerechnet und dann A(v) berechnet,
> nur wie mache ich das bei dem Beispiel? Hat jemand einen
> Tipp!?
LG
schachuzipus
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Du meinst, dass mir die drei Variablen, dann die erste Zeile liefern oder?
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> Du meinst, dass mir die drei Variablen, dann die erste
> Zeile liefern oder?
Hallo,
nein, die erste Spalte der Darstellungsmatrix bzgl der angegebenen "krummen" Basis.
Gruß v. Angela
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Vielleicht kannst du noch ein paar Schritte ergänzen - ich probiere jetzt schon ne ganze Zeit damit rum, aber die Matrix, die ich als Ergebnis bekomme, passt nicht - auch nicht die Inverse (falls ich die Basen aus Versehen vertauscht hätte). Vertausche ich die Basen, bekomme ich tatsächlich auch die Inverse meiner ersten Rechnung heraus.
Mein Ansatz:
[mm] \pmat{ 2 & 3 & -1 & -1 & 4 & -1 \\ 0 & -2 & 3 & -2 &2 & -11 \\ 1 & 0&4&3&3&3 }
[/mm]
Lösen liefert:
[mm] \pmat{1&0&0&-5 \bruch{8}{9}&3 \bruch{8}{9}& -17 \bruch{8}{9}\\0&1&0& 4 \bruch{1}{3} & -1 \bruch{1}{3} &13 \bruch{1}{3} \\0&0&1& 2 \bruch{2}{9}& -\bruch{2}{9}& 5 \bruch{2}{9}}
[/mm]
Wie gesagt, bei gedrehtem Ansatz bekomme ich auch genau die Inverse dieser Lösung heraus, d.h. ich mache da konsequent immer den gleichen Fehler.
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> Vielleicht kannst du noch ein paar Schritte ergänzen - ich
> probiere jetzt schon ne ganze Zeit damit rum, aber die
> Matrix, die ich als Ergebnis bekomme, passt nicht - auch
> nicht die Inverse (falls ich die Basen aus Versehen
> vertauscht hätte). Vertausche ich die Basen, bekomme ich
> tatsächlich auch die Inverse meiner ersten Rechnung
> heraus.
>
> Mein Ansatz:
> [mm]\pmat{ 2 & 3 & -1 & -1 & 4 & -1 \\ 0 & -2 & 3 & -2 &2 & -11 \\ 1 & 0&4&3&3&3 }[/mm]
Hallo,
Dein Gedanke ist ja der, die Darstellungsmatrix [mm] \pmat{a&b&c\\d&e&f\\g&h&i} [/mm] bzgl. der Standardbasis wie folgt zu ermitteln:
[mm] f(x)=\pmat{a&b&c\\d&e&f\\g&h&i}*x,
[/mm]
also
[mm] \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix} =\pmat{a&b&c\\d&e&f\\g&h&i}* \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} [/mm] = [mm] \pmat{2a+0b+1c\\2d+0e+1f\\2g+0h+1i},
[/mm]
die anderen beiden entsprechend.
Du erhältst eigentlich ein lineares Gleichungssystem mit 9 Gleichungen und 9 Unbekannten, wie Du das "schrumpfst", hast Du ja erklärt.
Du hast aber vorne, bei Deiner Koeffizientenmatrix, die falsche Matrix, nämlich die Transponierte von der, die richtig wäre, und ich denke, daß damit Dein Fehler gefunden ist.
EDIT: und rechts müßtest Du auch transponieren,
denn in der ersten Zeile hast Du ja 2x+0y+1z |=-1 |=-2 |=3,
die anderen entsprechend.
Dasselbe Ergebnis wie schachizipus wirst Du nicht bekommen, denn schachuzipus rechnet die Darstellungsmatrix bzgl. der "krummen" Basis aus und nicht bzgl. der Standardbasis.
Gruß v. Angela
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Hallo,
du kannst auch eine nicht so elegante Lösung wählen und einfach deine Matrix mit den 9 Unbekannten hinschreiben, die drei Punkte mit den Bildpunkten in die Abbildungsgleichung einsetzen und bekommst so 9 Gleichungen mit 9 Variablen, was du mit CAS oder PC leicht lösen kannst. Aber auch ohne elektronische Hilfsmittel geht es, weil du eigentlich 3 getrennte 3x3 Gleichungssysteme bekommst, die man ja in der Regel noch zu Fuß löst, weil der Aufwand überschaubar ist.
Und das schönste kommt noch: die drei LGS unterscheiden sich nur in der Inhomogenität, d.h. eigentlich musst du tatsächlich nur ein LGS lösen (z.B. indem du links die Koeffizienten hinschreibst und rechts einfach alle drei Inhomogenitäten und die gerade mit umformst).
Damit bekomme ich auch eine "nette" Matrix mit ganzzahligen Einträgen - und obwohl ich den Lösungsweg von schachuzipus nachvollziehbar und elegant finde, kommt dort ein anderes Ergebnis heraus, das nicht stimmt. Allerdings sehe ich gerade nicht, warum das nicht passt.
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