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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:38 Mi 16.04.2008 | | Autor: | babsbabs |
| Aufgabe | | Sei A: [mm] \IR^2 \to \IR^2 [/mm] eine lineare Abbildung mit A [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] = A [mm] \vektor{2 \\ 3} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ -2}. [/mm] Bestimmen Sie den Kern A und dim(Kern A): |
Hab mir in der Übung eine Lösung mitgeschrieben verstehe aber nicht ganz die einzelnen Schritte:
Also die Frage ist was ist A [mm] \vektor{0 \\1} [/mm] (warum will ich das wissen?)
[mm] \vektor{0 \\ 1} [/mm] = [mm] \lambda*\vektor{1 \\ 0}+\mu*\vektor{2 \\ 3}
[/mm]
wenn ich mir daraus gleichungssysteme bastle kommt für [mm] \lambda [/mm] = [mm] \bruch{-2}{3} [/mm] und für [mm] \mu [/mm] = [mm] \bruch{1}{3}
[/mm]
dh A [mm] \vektor{0 \\1}= \bruch{-2}{3}*A \vektor{1 \\ 0} [/mm] + [mm] \bruch{1}{3}*A\vektor{2 \\ 3}
[/mm]
ok der zwischenschritt ist klar
dann kommt was was ich gar net kapiere
= [mm] \bruch{1}{3}(-2\vektor{1 \\ -2})+\vektor{1 \\ -2}= \bruch{1}{3}*\vektor{1 \\ -2}
[/mm]
jedenfalls soll so meine matrix aussehen:
[mm] \pmat{ 1 & -\bruch{1}{3} \\ -2 & \bruch{2}{3}}
[/mm]
der kern erfüllt ja die gleichung Ax = 0
dh der kern müsste eigentlich sein [mm] \vektor{2\\ 1}
[/mm]
und die dimension vom kern 1
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:55 Mi 16.04.2008 | | Autor: | Kyle |
Was [mm] A\vektor{0 \\ 1} [/mm] ist, will man wissen, um eine Matrixdarstellung bezüglich der Einheitsbasis zu erhalten. Das ist aber nicht unbedingt notwendig für die Lösung der Aufgabe.
Du weißt, dass das Bild der Abbildung mindestens Dimension 1 hat (da [mm] A\vektor{1 \\ 0} \not= \vektor{0 \\ 0}). [/mm] Außerdem weißt Du, dass man jeden Vektor als Linearkombination der beiden Vektoren [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] und [mm] \vektor{2 \\ 3} [/mm] schreiben kann, da diese eine Basis des [mm] \IR^2 [/mm] bilden. Also ist das Bild eines beliebigen Vektors ein skalares Vielfaches von [mm] \vektor{1 \\ -2} [/mm] und somit hat das Bild GENAU Dimension 1. Damit hat nach der Dimensionsformel (hattet ihr die schon?) auch der Kern die Dimension 1. Ein Basisvektor des Kerns lässt sich leicht angeben, da
[mm] A(\vektor{1 \\ 3}) [/mm] = [mm] A(\vektor{2 \\ 3}-\vektor{1 \\ 0}) [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ -2}-\vektor{1 \\ -2} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0}.
[/mm]
Das ist meines erachtens einfacher als die Matrixdarstellung zu suchen.
Liebe Grüße,
Kyle
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:18 Mi 16.04.2008 | | Autor: | babsbabs |
ja ist schon klar - aber ich muss trotzdem den kern finden nicht nur den defekt
bei der berechnung des kerns hab ich mich übrigends vertan
ausserdem wärs gut wenn ich weiss wie das in eine matrix überführt wird
bereite mich auf eine prüfung vor und möchte das gerne wissen
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Hallo,
die darstellende Matrix kannst Du aus
>> A $ [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] $ = A $ [mm] \vektor{2 \\ 3} [/mm] $ = $ [mm] \vektor{1 \\ -2}. [/mm] $
finden.
Es ist [mm] B:=(\vektor{1 \\ 0},\vektor{2 \\ 3}) [/mm] ja eine Basis des [mm] \IR^2, [/mm] E sei die Standardbasis.
Also ist die darstellende Matrix der Abbildung bzgl der Basen B und E die Matrix [mm] A=\pmat{ 1 & 1 \\ -2 & -2 }
[/mm]
Wenn Du die Matrix bzgl E haben willst, mußt Du halt rechts noch die passende Transformationsmatrix heranmultiplizieren, daraus bekommst Du dann den Kern gleich in Koordinaten bzgl E.
Du kannst ihn aber auch direkt mit A bestimmen, mußt aber bedenken, daß das Ergebnis dann ein Koordinatenvektor bzg. B ist, aber den kannst Du ja schnell umrechnen.
Oder Du wählst diesen Weg
[mm] \vektor{0 \\ 0}= A(a\vektor{1 \\ 0}+b\vektor{2 \\ 3}), [/mm] und löst das System nach a und b auf.
Gruß v. Angela
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