Abbildung K->K < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:30 Mi 14.12.2011 | | Autor: | Coup |
| Aufgabe | [mm] F:K^3 \to K^3 [/mm] sei die Abbildung [mm] \pmat{ a \\ b \\ c} \mapsto \pmat{ c \\ -a +b \\ -a+b-c}.
[/mm]
Zu bestimmen gilt eine Matrix AeK^3x3 mit F=FA |
Hallo,
Ich weis grad leider nicht weiter.
Muss ich hier mit den Koordinatenvektoren arbeiten und die Basesvektoren bestimmen? Habe noch keine Idee wie ich an meine Matrix A kommen soll.
Vielen Dank schonmal :)
lg
Micha
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:38 Do 15.12.2011 | | Autor: | fred97 |
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, so ist [mm] F^3=0
[/mm]
Dann probier mal [mm] A=E-F^2 [/mm] aus.
FRED
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:54 Sa 17.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
Hey, da ich irgendiwe wohl die gleiche Aufgabe habe, wollte ich diese mal aktualisieren, da meine Aufgabe etwas länger ist und ich die Antwort von Fred leider nicht zuordnen kann. Mein Anfang ist derselbige, jedoch geht sie etwas weiter. Falls ich dazu hätte ein neues Thema öffnen sollen, so bitte ich um entschuldigung und tue dies.
btw. Ich habe diese frage sonst nirgends gestellt.
Sei F : [mm] $K^3$ [/mm] → [mm] $K^3$ [/mm] die Abbildung
[mm] \pmat{ a \\ b \\ c } [/mm] → [mm] \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }
[/mm]
Bestimmen Sie
− eine Matrix A ∈ [mm] K^{3x3} [/mm] mit F = [mm] F_A [/mm] (⇒ F ist linear)
− die Matrix [mm] M^B_B(F) [/mm] für die Basis $B$ :=($e1$+$e2$, $e2$+$e3$, $e2$)
(wie üblich bezeichnet [mm] e_i [/mm] den i-ten Einheitsvektor).
− mit Hilfe einer dieser Matrizen die Abbildung [mm] $F^3$ [/mm] := $F$ ◦ $F$ ◦ $F$ .
Ich habe leider das Problem, dass ich so eine Aufgabe sehe und nicht direkt sehe, wo ich anfangen soll. Oder $ wie $ ich anzufangen habe. Wäre für Lösungsansätze dankbar.
LG NeverGod
|
|
|
| |
|
Hallo,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") .
Es ist völlig richtig, daß Du Deine Frage an den bestehenden Thread anhängst.
Wir beginnen mit der ersten Teilaufgabe und arbeiten uns peu à peu vor.
> Sei F : [mm]K^3[/mm] → [mm]K^3[/mm] die Abbildung
>
> [mm]\pmat{ a \\
b \\
c }[/mm] → [mm]\pmat{ c \\
-a+b \\
-a+b-c }[/mm]
>
>
> Bestimmen Sie
> − eine Matrix A ∈ [mm]K^{3x3}[/mm] mit F = [mm]F_A[/mm] (⇒ F ist
> linear)
Wenn A eine Matrix ist, dann bezeichnet [mm] F_A [/mm] die Abbildung mit [mm] F_A(x):=Ax.
[/mm]
Du sollst hier also eine Matrix A sagen, welche so beschaffen ist, daß
[mm] F(\vektor{x_1\\x_2\\x_3})=A*\vektor{x_1\\x_2\\x_3}.
[/mm]
Kochrezept: in den Spalten dieser Matrix stehen die Bilder der Standardbasisvektoren.
Also?
Gruß v. Angela
> − die Matrix [mm]M^B_B(F)[/mm] für die Basis [mm]B[/mm] :=([mm]e1[/mm]+[mm]e2[/mm], [mm]e2[/mm]+[mm]e3[/mm],
> [mm]e2[/mm])
> (wie üblich bezeichnet [mm]e_i[/mm] den i-ten Einheitsvektor).
> − mit Hilfe einer dieser Matrizen die Abbildung [mm]F^3[/mm] := [mm]F[/mm]
> ◦ [mm]F[/mm] ◦ [mm]F[/mm] .
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:42 Sa 17.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
| Aufgabe | $ [mm] F(\vektor{x_1\\x_2\\x_3})=A\cdot{}\vektor{x_1\\x_2\\x_3}. [/mm] $
Kochrezept: in den Spalten dieser Matrix stehen die Bilder der Standardbasisvektoren.
Also? |
Eine Funktion im Vektorraum ist eine Matrix, soviel ist mir durchaus geläufig. Also muss ich eine Matrix finden, die [mm] B^{3x3} [/mm] ist und wenn ich B * [mm] \vektor{a \\ b \\ c} [/mm] = $ [mm] \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c } [/mm] $
Also fange ich an mit B = [mm] \pmat{ b_1 & b_2 & b_3 \\ b_4 & b_5 & b_6 \\ b_7 & b_8 & b_9 } [/mm] * $ [mm] \vektor{a \\ b \\ c} [/mm] $ = $ [mm] \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c } [/mm] $
Laut Matrizenschreibweiseimmer Zeile mal Spalte. Zum Beispiel: [mm] b_1*a+b_2*b+b_3*c [/mm] = c dies gilt ja nur bei [mm] b_1 [/mm] = 0 und [mm] b_2 [/mm] = 0
...dein Kochrezept versteh ich nicht. Was genau sind Standardbasisvektoren? Das Wort ist mir nicht geläufig.
Ist mein Ansatz richtig?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:39 Sa 17.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]F(\vektor{x_1\\x_2\\x_3})=A\cdot{}\vektor{x_1\\x_2\\x_3}.[/mm]
>
> Kochrezept: in den Spalten dieser Matrix stehen die Bilder
> der Standardbasisvektoren.
>
> Also?
> Eine Funktion im Vektorraum ist eine Matrix, soviel ist
> mir durchaus geläufig. Also muss ich eine Matrix finden,
> die [mm]B^{3x3}[/mm] ist und wenn ich B * [mm]\vektor{a \\ b \\ c}[/mm] =
> [mm]\pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }[/mm]
>
> Also fange ich an mit B = [mm]\pmat{ b_1 & b_2 & b_3 \\ b_4 & b_5 & b_6 \\ b_7 & b_8 & b_9 }[/mm]
> * [mm]\vektor{a \\ b \\ c}[/mm] = [mm]\pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }[/mm]
>
> Laut Matrizenschreibweiseimmer Zeile mal Spalte. Zum
> Beispiel: [mm]b_1*a+b_2*b+b_3*c[/mm] = c
ja, das ist eine notwendig zu erfüllende Gleichung.
> dies gilt ja nur bei [mm]b_1[/mm] =
> 0 und [mm]b_2[/mm] = 0
Beweis? (Bzw. Begründung?)
> ...dein Kochrezept versteh ich nicht. Was genau sind
> Standardbasisvektoren? Das Wort ist mir nicht geläufig.
> Ist mein Ansatz richtig?
Dein Ansatz ist durchaus okay, aber eigentlich zu kompliziert. Ich beschreibe Dir mal, was Angela meint:
Die "Standardbasisvektoren" des (eines) [mm] $K^3$ [/mm] schreibt man normalerweise als Basis in eine Familie
[mm] $$(e_1,\;e_2,\;e_3)$$
[/mm]
wobei
[mm] $$e_1=(1,\;0,\;0)^T\,,\;e_2=(0,\;1,\;0)^T\,,\;\;e_3=(0,\;0,\;1)^T\,,$$
[/mm]
(Das ${ [mm] }^T$ [/mm] steht dabei für "transponiert", was bedeutet, dass ich damit die Spaltenvektoren meine.)
Ist nun $f$ eine lineare Abbildung [mm] $K^3 \to K^3$ [/mm] und ist $A [mm] \in K^{3 \times 3}$ [/mm] die zugehörige Matrix, dann gilt doch
[mm] $$f(e_i)=A*e_i\,.$$
[/mm]
Mach' Dir nun klar, dass sich daraus (in Matrixnotation) ergibt:
[mm] $$f(e_k)=A*e_k=k-\text{te Spalte von }A\,.$$ [/mm]
So, nun hast Du die Matrix meinetwegen auch [mm] $B\,$ [/mm] genannt. Unsinn ist natürlich eine Notation der Art [mm] $B^{3 \times 3}\,,$ [/mm] wie Du sie mal geschrieben hast. Vielmehr ist $B [mm] \in {K^{3 \times 3}}\,.$
[/mm]
Weiterhin würde ich auch eher
[mm] $$B=\pmat{b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ b_{21} & b_{22} & b_{23} \\ b_{31} & b_{32} & b_{33}}$$
[/mm]
schreiben, anstatt [mm] $B\,$ [/mm] mit den Einträgen [mm] $b_1,\ldots,b_9$ [/mm] zu versehen. Diese Notation hat sich nicht ohne Grund bewährt - und diese Notation erklärt auch "einfacher (übersichtlicher)", warum [mm] $B*e_k$ [/mm] die k-te Spalte von [mm] $B\,$ [/mm] ergibt.
So, und wie findet man nun mit Angelas Hinweis/Kochrezept nun die Matrix [mm] $B\,$ [/mm] passend zu der Dir vorgegebenen linearen Abbildung [mm] $f\,$?
[/mm]
Es ist eigentlich ganz einfach:
Um die erste Spalte von [mm] $B\,$ [/mm] zu erhalten, müssen wir in
$$F: [mm] \pmat{ a \\ b \\ c} \mapsto \pmat{ c \\ -a +b \\ -a+b-c}$$
[/mm]
einfach [mm] $(a,b,c)^T=(1,0,0)^T=e_1$ [/mm] setzen - also [mm] $a=1\,, [/mm] b=c=0$. Dann sehen wir:
[mm] $$F(e_1)=F((1,0,0))=:F(1,0,0)=\vektor{0\\-1+0\\-1+0-0}=\vektor{0\\-1\\-1}\,.$$
[/mm]
Damit siehst Du sofort
[mm] $$B=\pmat{0 & b_{12} & b_{13}\\-1 & b_{22} & b_{23} \\ -1 & b_{32} & b_{33}}\,.$$
[/mm]
Wenn man "unnötige Klammern" also wegläßt (in einer Matrix schreiben wir die Spaltenvektoren nicht mehr als geklammerte Vektoren, sondern nur noch mit den Einträgen), erkennst Du so
[mm] $$B=(F(e_1),\;F(e_2),\;F(e_3))\,.$$
[/mm]
Also:
"Die Spalten von [mm] $B\,$ [/mm] sind die Bilder der Standardbasisvektoren des [mm] $K^3\,.$"
[/mm]
Denn in der ersten Spalte von [mm] $B\,$ [/mm] steht [mm] $F(e_1)\,,$ [/mm] also das Bild des ersten Standardbasisvektors [mm] $e_1=(1,0,0)^T$ [/mm] des [mm] $K^3\,.$
[/mm]
In der zweiten Spalte von [mm] $B\,$ [/mm] steht [mm] $F(e_2)\,,$ [/mm] also das Bild des zweiten Standardbasisvektors [mm] $e_2=(0,1,0)^T$ [/mm] des [mm] $K^3\,.$
[/mm]
In der dritten Spalte von [mm] $B\,$ [/mm] steht [mm] $F(e_3)\,,$ [/mm] also das Bild des dritten Standardbasisvektors [mm] $e_3=(0,0,1)^T$ [/mm] des [mm] $K^3\,.$
[/mm]
Also:
Berechne nun noch [mm] $F(e_2)$ [/mm] und [mm] $F(e_3)\,,$ [/mm] und Du wirst Dein [mm] $B\,$ [/mm] haben. Und wie Du sicher einsiehst, geht dieses Verfahren schneller als der Weg, wo man mithilfe der Matrizen dann Gleichungen aufstellt. Denn dann hast Du erstmal 3 Gleichungen mit 9 Unbekannten. Das heißt, um die Matrix [mm] $B\,$ [/mm] dann eindeutig zu bestimmen, musst Du "passend" dann halt verschiedene Werte für [mm] $a,b,c\,$ [/mm] einsetzen. D.h. "das Tripel $(a,b,c) [mm] \in K^3$ [/mm] genügend oft variieren, um wenigstens auf [mm] $9\,$ [/mm] Gleichungen zu kommen". Das wird dann klappen, wenn Du insgesamt drei linear unabhängige [mm] $(a,b,c)^T \in K^3$ [/mm] benutzt. Und wenn Du die Standardbasisvektoren nimmst, dann machst Du doch wieder genau das, was Angela vorgeschlagen hast, verwirfst nur den Blick auf die einfach gestrickte Gleichung
[mm] $$F(e_k)=B*e_k=k-\text{te Spalte von }B\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:52 Sa 17.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Ergänzung:
Wenn man alles in dem Kochrezept von Angela nun verstanden hat, kann man hier anhand der Notation
[mm]B * \vektor{a \\ b \\ c}= \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }[/mm]
auch schnell [mm] $B\,$ [/mm] bestimmen:
$$B * [mm] \vektor{a \\ b \\ c}=\blue{\pmat{b_{11}*a&+b_{12}*b&+b_{13}*c\\b_{21}*a&+b_{22}*b&+b_{23}*c\\b_{31}*a&+b_{32}*b&+b_{33}*c}}= \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }\blue{=\pmat{ 0*a&+0*b&+1*c \\ -1*a&+1*b&+0*c \\ -1*a&+1*b&\;\;\;\;\;\;+(-1)*c }}$$
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:00 Sa 17.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
| Aufgabe | Ergänzung: Wohl war, die Matrix mit den Zeilen-/Spalten Index zu versehen erscheint mir durchaus sehr plausibel. Danke für den Tip!
Wenn man alles in dem Kochrezept von Angela nun verstanden hat, kann man hier anhand der Notation
$ B [mm] \cdot{} \vektor{a \\ b \\ c}= \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c } [/mm] $
auch schnell $ [mm] B\, [/mm] $ bestimmen:
$ B [mm] \cdot{} \vektor{a \\ b \\ c}= \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }=\pmat{ 0\cdot{}a&+0\cdot{}b&+1\cdot{}c \\ -1\cdot{}a&+1\cdot{}b&+0\cdot{}c \\ -1\cdot{}a&+1\cdot{}b&\;\;\;\;\;\;+(-1)\cdot{}c } [/mm] $ |
Also an euch vielen vielen lieben Dank :) Gerade um diese Uhrzeit :)
Leider leider will es bei mir aber irgendwie nicht so schnell gehen, wie es vllt. bei anderen geht.
(1). Ich behaupte einfach mal, dass ich zeilenweise genauso vorgegangen bin wie du, nur dass du spaltenweise vorgegangen bist. Warum [mm] b_1=b_2=0 [/mm] ergibt sich daraus, dass a und b als variablen gebraucht werden und daher nicht 0 sein sollten, sonst würde das ergebnis [mm] \vektor{c \\ 0 \\ 0} [/mm] sein. und da sollen ja a und b verwendung finden.
(2). war das nun nicht der zweite teil der aufgabe, den du gezeigt hast? Mit den [mm] e_i [/mm] ? Weil da genau [mm] e_1 [/mm] bis [mm] e_3 [/mm] rauskommen.
LG NeverGod
Ergänzung: Wohl war, die Matrix mit den Zeilen-/Spalten Index zu versehen erscheint mir durchaus sehr plausibel. Danke für den Tip!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:43 Sa 17.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ergänzung: Wohl war, die Matrix mit den Zeilen-/Spalten
> Index zu versehen erscheint mir durchaus sehr plausibel.
> Danke für den Tip!
>
> Wenn man alles in dem Kochrezept von Angela nun verstanden
> hat, kann man hier anhand der Notation
>
> [mm]B \cdot{} \vektor{a \\ b \\ c}= \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }[/mm]
>
> auch schnell [mm]B\,[/mm] bestimmen:
>
> [mm]B \cdot{} \vektor{a \\ b \\ c}= \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c }=\pmat{ 0\cdot{}a&+0\cdot{}b&+1\cdot{}c \\ -1\cdot{}a&+1\cdot{}b&+0\cdot{}c \\ -1\cdot{}a&+1\cdot{}b&\;\;\;\;\;\;+(-1)\cdot{}c }[/mm]
>
> Also an euch vielen vielen lieben Dank :) Gerade um diese
> Uhrzeit :)
> Leider leider will es bei mir aber irgendwie nicht so
> schnell gehen, wie es vllt. bei anderen geht.
es geht doch nicht um Schnelligkeit.
> (1). Ich behaupte einfach mal, dass ich zeilenweise genauso
> vorgegangen bin wie du, nur dass du spaltenweise
> vorgegangen bist.
Nein. Nur das, was Du geschrieben hast, impliziert das, was ich geschrieben habe:
[mm] $$A*e_k=k-\text{te Spalte von A}\,.$$
[/mm]
Aber dazu musst Du bei Deine Vorgehensweise noch erweitern - dann erhältst Du genau das, was ich oben (nochmals) geschrieben habe.
> Warum [mm]b_1=b_2=0[/mm] ergibt sich daraus, dass
> a und b als variablen gebraucht werden und daher nicht 0
> sein sollten, sonst würde das ergebnis [mm]\vektor{c \\ 0 \\ 0}[/mm]
> sein.
Ja, aber nur für einen Vektor [mm] $(a,b,c)^T$ [/mm] mit [mm] $a=b=0\,.$ [/mm] Du kannst das einfach begründen, indem Du bei Deiner ersten Gleichung, die Du durch
"erste Zeile von [mm] $B\,$ [/mm] multipliziert mit dem Spaltenvektor [mm] $(a,b,c)^T$ [/mm] soll [mm] $=c\,$" [/mm] sein einfach mal
1. [mm] $(a,b,c)^T=(1,0,0)^T$ [/mm] einsetzt [mm] $\Rightarrow$ $b_1=0\,.$
[/mm]
2. [mm] $(a,b,c)^T=(0,1,0)^T$ [/mm] einsetzt [mm] $\Rightarrow$ $b_2=0\,.$
[/mm]
3. [mm] $(a,b,c)^T=(0,0,1)^T$ [/mm] einsetzt [mm] $\Rightarrow$ $b_3=1\,.$ [/mm]
Und jetzt kannst Du sagen: Wenn ich so vorgehe, dann gehe ich so vor wie Du, nur zeilenweise. Wenn Du das auch so meintest, dann hast Du natürlich Recht.
> und da sollen ja a und b verwendung finden.
Ich finde diese Begründung "schwammig" - auch, wenn sie nicht ganz falsch ist. Wesentlich ist, dass man durch "spezielle Vektoren [mm] $(a,b,c)^T$ [/mm] dann notwendigerweise [mm] $b_1=b_2=0$ [/mm] erhält" - so wie es oben in 1. oder 2. geschehen ist - das ist eine saubere Begründung. Denn wenn man etwa die Gleichung [mm] $a*x-b*x=0\,$ [/mm] mit zu bestimmenden Parametern [mm] $a,b\,$ [/mm] hat (wir gehen mal davon aus, dass wir nicht wüßten, wie viele Paare [mm] $(a,b)\,$ [/mm] diese Gleichung "für alle [mm] $x\,$" [/mm] erfüllt), dann wird [mm] $x\,$ [/mm] auch als Variable verwendet. Trotzdem kann man durchaus auch [mm] $a=b=1\,$ [/mm] haben, und die Gleichung hat immer noch Bestand für alle [mm] $x\,.$ [/mm] Hier müßte keineswegs [mm] $a=b=0\,$ [/mm] sein (auch, wenn diese Wahl für die Parameter [mm] $a,b\,$ [/mm] "zuläßig" wäre.)
> (2). war das nun nicht der zweite teil der aufgabe, den du
> gezeigt hast? Mit den [mm]e_i[/mm] ? Weil da genau [mm]e_1[/mm] bis [mm]e_3[/mm]
> rauskommen.
Hier verstehe ich - ehrlich gesagt - die Frage nicht. Wir haben ja noch nirgends eine andere Basis genommen. Wo haben wir "Basistransformationen" durchgeführt? Bisher haben wir nur die lineare Abbildung [mm] $K^3 \to K^3$, [/mm] die durch die Gleichung
[mm] $$F((a,b,c)^T)=(c, [/mm] -a+b, [mm] -a+b-c)^T$$
[/mm]
(für alle [mm] $(a,b,c)^T \in K^3$) [/mm] beschrieben wird, als "Matrix-Vektorprodukt-Gleichung" in der Form
$$F(x)=B*x [mm] \;\;(x \in K^3)$$
[/mm]
geschrieben, wobei wir die Matrix [mm] $B\,$ [/mm] "als Abbildung des [mm] $K^3$ [/mm] (das ist dann der Definitionsbereich bzgl. der Standardbasis) in den [mm] $K^3$ [/mm] (auch der Zielbereich wird mit der Standardbasis ausgestattet angesehen) beschreiben - also die Matrixeinträge berechnet haben."
> LG NeverGod
>
> Ergänzung: Wohl war, die Matrix mit den Zeilen-/Spalten
> Index zu versehen erscheint mir durchaus sehr plausibel.
> Danke für den Tip!
Es hat zum Beispiel genau diese Gründe, dass man sich so schnell klarmachen kann:
[mm] $$A*e_k=k-\text{-te Spalte von }A$$
[/mm]
oder
e k*A=k-te Zeile von A.
Korrektur:
[mm] $$e_k^T*A=k-\text{te Zeile von }A$$
[/mm]
für quadratische Matrizen [mm] $A\,.$ [/mm] Korrekturende
Du kennst auch die Nummerierungseselsbrücke für die Matrixeinträge? [mm] $A=(a_{z,s})_{\substack{z=1,\ldots,m\\s=1,\ldots,n}} \in K^{m \times n}$
[/mm]
ist ja eine Matrix mit Einträgen aus [mm] $K\,,$ [/mm] wobei diese aus [mm] $m\,$ [/mm] Zeilen und [mm] $n\,$ [/mm] Spalten besteht.
Der Eintrag [mm] $a_{i,j}$ [/mm] aus [mm] $A\,$ [/mm] steht dann in der [mm] $i\,$-ten [/mm] Zeile und [mm] $j\,$-ten [/mm] Spalte. Merkregel:
Zuerst Zeilen, später Spalten.
D.h. der Vektor
[mm] $$(a_{i,k})_{i=1,\ldots,m}$$
[/mm]
(für $k [mm] \in \{1,\ldots,n\}$ [/mm] fest)
ist gerade die [mm] $k\,$-te [/mm] Spalte von [mm] $A\,.$ [/mm] (Wenn Du es gewöhnt bist, [mm] $(a_{i,k})_{i=1,\ldots,m}$ [/mm] als "Zeilenvektor" zu lesen (Folgen schreibt man ja meist als "Zeilenvektoren mit abzählbar unendlich vielen Komponenten"), dann gehört da vllt. noch ein $^T$ dran, um das ganze "sauber(er)" zu notieren - damit man in dieser Notation dann auch Spaltenvektoren als Elemente von [mm] $K^{m \times 1}$ [/mm] erkennt.)
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:50 So 18.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
| Aufgabe | $ [mm] A\cdot{}e_k=k-\text{-te Spalte von }A [/mm] $
oder
$ [mm] e_k\cdot{}A=k-\text{-te Zeile von }A\,. [/mm] $ |
Soweit ich weiß sind Matrizen nicht kommutativ, oder meinst du etwas anderes?(Man rechnet bei der Matrix einmal den vektor mal Zeile und das andere mal mal Spalte des vektors) Vielen Dank für deine sehr ausführlichen Erklärungen. So gut kann unser Prof es leider nicht erklären :)
Okay, habe nun A [mm] \in K^{3x3} [/mm] eindeutig bestimmt. Vielen Dank. Gehen wir nun zum Zweiten Teil. Ich stelle mal meinen Ansatz vor: h = lambda in meinen aufzeichnungen
Basis $B$ := [mm] (e_1 [/mm] + [mm] e_2, e_2 [/mm] + [mm] e_3, e_2)
[/mm]
$B$ [mm] ((1,1,0)^T, (0,1,1)^T, (0,1,0)^T)
[/mm]
1. [mm] F(e_1) [/mm] = [mm] (1,1,0)^T [/mm] => [mm] h_1*e_1+h_2*e_2+h_3*e_3 [/mm] = [mm] (1,1,0)^T
[/mm]
=> [mm] h_1 [/mm] = [mm] h_2 [/mm] = 1 , [mm] h_3 [/mm] = 0
2. [mm] F(e_2) [/mm] = [mm] (0,1,1)^T [/mm] => [mm] h_1 [/mm] = 0 [mm] h_2 [/mm] = [mm] h_3 [/mm] = 1
3. [mm] F(e_2) [/mm] = [mm] (0,1,0)^T [/mm] => [mm] h_1 [/mm] = [mm] h_3 [/mm] = 0, [mm] h_2 [/mm] = 1
=> A = [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 }
[/mm]
Ist das richtig? wenn ja, bitte ich mal um eine Übersetzung der dritten aufgabe. (für alle neu zugeschalteten 2. Frage in diesem Topic (oben))
Vielen lieben Dank bisher :)
LG NeverGod
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:13 So 18.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
ich bin nun etwas zu müde, daher nur kurz eine Erklärung zu dieser einen Frage:
> [mm]A\cdot{}e_k=k-\text{-te Spalte von }A[/mm]
>
>
> oder
>
> [mm]e_k\cdot{}A=k-\text{-te Zeile von }A\,.[/mm]
> Soweit ich weiß
> sind Matrizen nicht kommutativ, oder meinst du etwas
> anderes?
Du musst Dich klarer ausdrücken. Was soll denn heißen "eine Matrix ist nicht kommutativ?"
Klarer formuliert: Das Matrixprodukt zweier Matrizen ist nicht kommutativ, d.h. i.a. gilt $A*B [mm] \not= B*A\,,$ [/mm] sofern denn beide Produkte auch definiert sind. Das ist korrekt (im Gegensatz zur Matrizensumme - die ist kommutativ).
Ist nicht böse gemeint, aber Du hast durchaus einen berechtigten Einwand, nur Du musst es auch klar ausdrücken können, was Dein Einwand ist. Hier ist das noch nicht so schlimm, weil ich eh weiß, was Du meinst - und vermutlich viele andere auch. Aber gewöhn' Dich lieber dran, etwas eher "zu präzise" zu formulieren, als zu lasch. Zu lasch formulierte Aussagen/Fragen führen meist zu Missverständnissen!
Aber wie gesagt: Ich verstehe schon Deinen Einwand. Aber da wir oben bei quadratischen Matrizen waren, ist der dort nicht besonders "durchschlagend".
Aber ich formuliere es gerne genauer - und in einem hast Du trotzdem Recht: ich sollte [mm] $e_k^T*A$ [/mm] anstatt [mm] $e_k*A$ [/mm] oben schreiben - das korrigiere ich gleich:
Also:
Wenn $A [mm] \in K^{m \times n}$ [/mm] ist, und wenn [mm] $(e_1,\ldots,e_n)$ [/mm] die Standardbasis des [mm] $K^n=K^{n \times 1}$ [/mm] und [mm] $(\tilde{e}_1,\ldots,\tilde{e}_m)$ [/mm] die Standardbasis des [mm] $K^m=K^{m \times 1}$ [/mm] ist (d.h. alle Basisvektoren liegen in der obigen Bezeichnung in Spaltenform vor), dann gilt:
[mm] $$A*e_k=k-\text{te Spalte von }A$$
[/mm]
(für alle [mm] $k=1,\ldots,n$) [/mm] sowie
[mm] $$\tilde{e}_j^T*A=j-\text{te Zeile von }A$$
[/mm]
(für alle [mm] $j=1,\ldots,m$.)
[/mm]
Teste es mal:
Für
[mm] $$A=\pmat{a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23}}$$
[/mm]
wäre
[mm] $$e_1=\vektor{1\\0\\0}\,,\;e_2=\vektor{0\\1\\0}\,,e_3=\vektor{0\\0\\1}$$
[/mm]
und
[mm] $$\tilde{e}_1=\vektor{1\\0}\,, \tilde{e}_2=\vektor{0\\1}\,.$$
[/mm]
Berechne mal
[mm] $$A*e_1\,, \; A*e_2 \text{ und } A*e_3$$
[/mm]
sowie
[mm] $$\tilde{e}_1^T*A \text{ und } \tilde{e}_2^T *A\,.$$
[/mm]
Und wenn [mm] $A\,$ [/mm] quadratisch ist, dann gilt natürlich
[mm] $$e_k=\tilde{e}_k$$
[/mm]
für alle [mm] $k\,$="Anzahl [/mm] Spalten von [mm] $A\,$"="Anzahl [/mm] Zeilen von [mm] $A\,$"
[/mm]
(sofern die [mm] $e_k\,$ [/mm] jeweils die "Standardbasisvektoren" sind).
Und dann - also wenn [mm] $A\,$ [/mm] quadratisch, also etwa in [mm] $K^{m \times m}$ [/mm] gelegen, ist, kannst Du sagen
[mm] $$A*e_k=k-\text{te Spalte von }A$$
[/mm]
und
[mm] $$e_k^T*A=k-\text{te Zeile von }A\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
> Okay, habe nun A [mm]\in K^{3x3}[/mm] eindeutig bestimmt. Vielen
> Dank. Gehen wir nun zum Zweiten Teil. Ich stelle mal meinen
> Ansatz vor:
Hallo
es geht jetzt als um die Berechnung von [mm] M_B^B(F), [/mm] wobei
>
> Basis [mm]B[/mm] := [mm](e_1[/mm] + [mm]e_2, e_2[/mm] + [mm]e_3, e_2)[/mm]
> [mm]B[/mm] [mm]((1,1,0)^T, (0,1,1)^T, (0,1,0)^T)[/mm].
Zunächst sollten wir uns nochmal klar machen, was diese Matrix tut: sie liefert für Vektoren, die in Koordinaten bzgl B gegeben sind, deren Bild unter F in Koordinaten bzgl B.
Sprüchlein zum Auswendiglernen/Kochrezept 1:
"In den Spalten der Darstellungsmatrix [mm] M^R_S(h) [/mm] von h bzgl der Basen R im Urbildraum und S im Bildraum stehen die Bilder der Basisvektoren von R in Koordinaten bzgl. S. "
Damit ist klar, was zu tun ist:
es sind die Bilder von [mm] b_1:=e_1+e_2, b_2:=e_2+e_3 [/mm] und [mm] b_3:=e_2 [/mm] zu berechnen und dann in Koordinaten bzgl. [mm] B=(b_1, b_2, b_3) [/mm] zu schreiben:
[mm] F(b_1)=...=\lambda_1b_1+\lambda b_2+\lambdab_3=\vektor{\lambda-1\\\lambda_2\\\lambda_3}_{(B)},
[/mm]
also Funktionswert ausrechnen, als Linearkombi der [mm] b_i [/mm] schreiben, Koeffizienten in einen Spaltenvektor stapeln. Das ist die erste Spalte von [mm] M_B^B(F).
[/mm]
Die anderen analog.
Was Du hier treibst, ist mir leider unklar...
> 1. [mm]F(e_1)[/mm] = [mm](1,1,0)^T[/mm] => [mm]h_1*e_1+h_2*e_2+h_3*e_3[/mm] =
> [mm](1,1,0)^T[/mm]
> => [mm]h_1[/mm] = [mm]h_2[/mm] = 1 , [mm]h_3[/mm] = 0
> 2. [mm]F(e_2)[/mm] = [mm](0,1,1)^T[/mm] => [mm]h_1[/mm] = 0 [mm]h_2[/mm] = [mm]h_3[/mm] = 1
> 3. [mm]F(e_2)[/mm] = [mm](0,1,0)^T[/mm] => [mm]h_1[/mm] = [mm]h_3[/mm] = 0, [mm]h_2[/mm] = 1
>
> => A = [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 }[/mm]
Ich glaube, Du versuchst oben die Basistransformationsmatrix [mm] M^B_{E}(id) [/mm] aufzustellen, die Matrix also, welche in Koordinatenbzgl B gegebene Vektoren in solche bzgl der Standardbasis E verwandelt.
Dabei gehst Du hochgradig unbekümmert mit den Bezeichnungen um, so daß schon deshalb die Sache zum Scheitern verurteilt ist...
Woher kriegt man [mm] M^B_{E}(id)?
[/mm]
Wenn man nun wieder das Sprüchelchen von oben verwendet, bekommt man:
"In den Spalten der Darstellungsmatrix $ [mm] M^B_E(id) [/mm] $ von id bzgl der Basen B im Urbildraum und E im Bildraum stehen die Bilder der Basisvektoren von B in Koordinaten bzgl. E. "
Es ist
[mm] b_1=e_1+e_2=\vektor{1\\1\\0}
[/mm]
[mm] b_2=e_2+e-3=\vektor{0\\1\\1}
[/mm]
[mm] b_3=e_2
[/mm]
Damit hast Du die drei Spalten von [mm] M_E^B(id).
[/mm]
[mm] M_B^E(id) [/mm] ist die Inverse davon.
Wofür nun das ganze?
Kochrezept 2:
Wenn man die Matrix [mm] M_A^A(h) [/mm] hat, bekommt man [mm] M_B^B [/mm] wie folgt:
[mm] M_B^B(h)=M_B^A(id)*M_A^A(h)*M_A^B(id).
[/mm]
Auch hiermit kannst Du deine Aufgabe lösen, im Idealfall bekommst Du für [mm] M_B_B(F) [/mm] beide Male dasselbe heraus.
Schnmal zur dritten Aufgabe: Du sollst die Abildungsvorschrift von [mm] F^3 [/mm] sagen, und statt [mm] F^3(x)=F(F(F(x))) [/mm] zu berechnen, sollst Du das Wissen verwenden, daß die Darstellungsmatrix von [mm] F^3 [/mm] bzgl irgendeiner Basis C, also [mm] M_C^C(F^3), [/mm] die Matrix [mm] (M_C^C(F))^3 [/mm] ist.
Nun schauen wir mal, was Du mit dieser Information tust...
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:35 So 18.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
Erstmal vielen Dank Marcel. Habe das nun sehr gut verstanden, mit der Zeile und Spalte. Auch danke, dass du mich darauf aufmerksam machst, denn die formale Schreibweise ist meine große Schwäche. Ich verstehe den Stoff soweit recht gut. Nur übersetze ich es ins "Deutsche" und berechne es, dann aber wieder zurückzuübersetzen will mir nicht gelingen. :( Bin es wohl noch aus der Schule gewohnt, Antworten meist kurz ubnd schwammig zu formulieren, damit gesprächsstoff besteht.
Angela
Ach Mensch. Ich hatte hier in meinen Aufzeichnungen die Vorlage gehabt mit [mm] M_E^E(F) [/mm] und dann wohl (mit der müdigkeit) [mm] F(e_1)... [/mm] hingeschrieben. Also eigentlich ist mir das kla, dass
$ [mm] b_1=e_1+e_2=\vektor{1\\1\\0} [/mm] $
$ [mm] b_2=e_2+e-3=\vektor{0\\1\\1} [/mm] $
$ [mm] b_3=e_2 [/mm] $
Ich bin nun aber der Meinung, dass ich das gemacht habe. und würde die gleiche Matrix rausbekommen.
A = $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 } [/mm] $
Und [mm] M_B^B(F) [/mm] = [mm] A^{-1} [/mm] * E * A ???
Dann wäre [mm] M_B^B [/mm] ja die Einheitsmatrix, wenn ich mich nicht verrechnet habe. Nun schreibst du "Beide male käme dasselbe raus"... Ich bin leicht irritiert.
Aufgabe 3:
also statt [mm] A^3 [/mm] zu rechnen soll ich [mm] M_B^B(F)^3 [/mm] rechnen, da käme ja immer [mm] E^{(n)} [/mm] raus.... Ne das kannst du so nicht meinen, weil das impliziert [mm] A^n [/mm] = [mm] E^n.
[/mm]
Okay, ich nehms nochmal auseinander: $ [mm] M_C^C(F^3), [/mm] $ die Matrix $ [mm] (M_C^C(F))^3 [/mm] $ Hier steht ja, dass es egal ist, ob du erst $ [mm] M_C^C(F^3) [/mm] $ also erst [mm] F^3 [/mm] rechnest oder $ [mm] (M_C^C(F))^3 [/mm] $ also [mm] M_C^C(F) [/mm] und danach ^3 rechnest. Leider sagt mir das nun nicht sehr viel :( meine vermutung wäre, dass [mm] M_C^C [/mm] die Einheitsmatrix sein müsste, da sonst nicht das gleiche herauskäme. kanns jedoch weder beweisen noch widerlegen.
LG NeverGod
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:44 So 18.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
Okay, ich glaube ich habe markante Fehler in der "Frage" gemacht. deswegen werde ich hier mal meine neue Idee posten.
Wenn ich deine Schritte nun richtig nachvollziehe, dann hab ich ja [mm] M^B_B(F) [/mm] mit
[mm] b_1=(e_1+e_2)^T [/mm]
[mm] b_2=(e_2+e_3)^T [/mm] und
[mm] b_3=(e_2)^T [/mm]
Hinzu ist gegeben Basis $B$ [mm] ((b_1)^T,(b_2)^T,(b_3)^T) [/mm] und Basis $E$ [mm] ((e_1)^T,(e_2)^T,(e_3)^T)
[/mm]
Nun muss ich von Matrix B auf Matrix B abbilden. Das sagt doch [mm] M^B_B(F) [/mm] aus. Das Ergebnis kann (meiner meinung nach) ja nur die Einheitsmatrix mit sich bringen. Denn [mm] M^B_B(F) [/mm] = [mm] M^E_B(id) [/mm] * [mm] M^E_E(F) [/mm] * [mm] M^B_E(id) [/mm] <=> [mm] A^{-1} [/mm] * E * A = [mm] E^{(n)}
[/mm]
Daraus würde für Teil 3 folgen, dass eine Basis C nach C abgebildet immer die Einheitsmatrix sein muss. Also gilt [mm] M^C_C(F^3) [/mm] = [mm] (M^C_C(F))^3 [/mm] nur im Fall [mm] M^C_C [/mm] = [mm] E^{(n)}.
[/mm]
Hoffe meine Logik ist nachvollziehbar. Bitte um Feedback, ob mein Gedankengang nun richtig ist.
LG NeverGod
PS.: Vielen lieben Dank soweit :)
Wie bist du auf [mm] M^C_C(F^3) [/mm] = [mm] (M^C_C(F))^3 [/mm] gekommen bei [mm] F^3 [/mm] = F [mm] \circ [/mm] F [mm] \circ [/mm] F
Also nicht bewiesen wieso weshalb, sondern wie du auf diesen hinweis kamst?
|
|
|
| |
|
> Wenn ich deine Schritte nun richtig nachvollziehe, dann hab
> ich ja [mm]M^B_B(F)[/mm] mit
> [mm]b_1=(e_1+e_2)^T[/mm]
> [mm]b_2=(e_2+e_3)^T[/mm] und
> [mm]b_3=(e_2)^T[/mm]
> Hinzu ist gegeben Basis [mm]B[/mm] [mm]((b_1)^T,(b_2)^T,(b_3)^T)[/mm] und
> Basis [mm]E[/mm] [mm]((e_1)^T,(e_2)^T,(e_3)^T)[/mm]
Hallo,
ich bin mir nicht sicher, ob Du es richtig meinst, also nur kraus formulierst, oder ob Du auch kraus denkst.
Wir haben die Standardbasis [mm] A:=(e_1, e_2, e_3) [/mm] und eine Basis [mm] B:=(b_1, b_2, b_3).
[/mm]
Die vektoren [mm] b_1, b_2, b_3 [/mm] sind wie folgt aus denen aus A gebastelt:
[mm] $b_1=(e_1+e_2)$
[/mm]
[mm] $b_2=(e_2+e_3)$ [/mm] und
[mm] $b_3=(e_2)$ [/mm]
Mit der Abbildung F oder der Abbildungsmatrix [mm] M_B^B(F) [/mm] hat das bisher nichts zu tun.
> Nun muss ich von Matrix B auf Matrix B abbilden. Das sagt
> doch [mm]M^B_B(F)[/mm] aus.
Hm???
[mm] M_B^B(F) [/mm] ist die Matrix, die Dir, wenn Du sie mit Koordinatenvektoren bzgl B fütterst, deren Funktionswerte liefert - in Koordinaten bzgl B.
Die Matrix [mm] M_E^E(F) [/mm] fütterst Du "ganz normal" mit Vektoren, die bzgl. der Standardbasis E sind, und Du bekommst den Funktionswert unter F auch "ganz normal" in Standardkoordinaten.
> Das Ergebnis kann (meiner meinung nach)
> ja nur die Einheitsmatrix mit sich bringen.
Nein, das stimmt nicht.
Ich bin kurz davor, den Überblick zu verlieren.
Hast Du denn die Matrix A, die im Eingangspost gefragt ist, überhaupt schon bestimmt?
Das ist die Matrix bzgl der Standardbasis, welche ich hier der Deutlichkeit halber mit [mm] M_E^E(F) [/mm] bezeichne.
> Denn [mm]M^B_B(F)[/mm] =
> [mm]M^E_B(id)[/mm] * [mm]M^E_E(F)[/mm] * [mm]M^B_E(id)[/mm]
Den Rest mußt Du nun ausrechnen.
Was war nochmal [mm] $M^E_B(id)$?
[/mm]
Hier sind drei Matrizen zu multiplizieren, und ob da die Einheitsmatrix rauskommt, gucken wir dann mal.
>
> Daraus würde für Teil 3 folgen,
Was ist denn jetzt Teil 3?
> dass eine Basis C nach C
> abgebildet immer die Einheitsmatrix sein muss.
Das ist jetzt aber nur so allgemein gesprochen, oder? Denn eine Basis C kommt in Deiner Aufgabe gar nicht vor, oder...
> Also gilt
> [mm]M^C_C(F^3)[/mm] = [mm](M^C_C(F))^3[/mm] nur im Fall [mm]M^C_C[/mm] = [mm]E^{(n)}.[/mm]
Tut mir leid, ich kann nicht folgen.
Egal, welche Basis D Du hast: es ist natürlich die Basistransformationsmatrix [mm] M_D^D(id) [/mm] immer die Einheitsmatrix, weil es nichts zu transformieren gibt, aber wenn Du irgendwelche anderen Abbildungen f hast, ist doch die Darstellungsmatrix [mm] M_D^D(f) [/mm] nicht die Einheitsmatrix!
Irgendwie fürchte ich, daß Du die Idee der Abbildungsmatrizen überhaupt nicht kapiert hast.
Ich mache jetzt mal ein kleines Beispiel.
Wir betrachten [mm] f:\IR^2\to \IR^2 [/mm] mit [mm] f(\vektor{a\\b}):=\vektor{b\\a}
[/mm]
Wie stellen zunächst nach dem Kochrezept, welches ich bestimmt auch in diesem Thread plaziert habe, die Darstellungsmatrix von f bzgl. der Standardbasis E, also [mm] M_E^E(f), [/mm] auf:
[mm] f(\vektor{1\\0})=\vektor{0\\1}
[/mm]
[mm] f(\vektor{0\\1})=\vektor{1\\0}.
[/mm]
Es ist [mm] M_E^E(f)=\pmat{0&1\\1&0}.
[/mm]
Aufmerke: nicht die Einheitsmatrix!
Wenn wir [mm] f(\vektor{3\\4}) [/mm] wissen wollen, können wir rechnen
[mm] f(\vektor{3\\4})=\pmat{0&1\\1&0}*\vektor{3\\4}=\vektor{4\\3}.
[/mm]
Jetzt machen wir das mal mit einer anderen Basis, mit [mm] B:=(b_1=\vektor{1\\1},b_2:=\vektor{1\\-1})
[/mm]
Sprüchlein: in den Spalten der Darstellungsmatrix von f bzgl der Basis B in Urbild- und Bildraum stehen die Bilder der Basisvektoren von f in Koordinaten bzgl B.
Also:
[mm] f(b_1)=\vektor{1\\1}=1*b_1+0*b_2=\vektor{1\\0}_{(B)}
[/mm]
[mm] f(b_2)=\vektor{-1\\1}=0*b_1+(-1)*b_2=\vektor{0\\-1}_{(B)}.
[/mm]
Also ist [mm] M_B^B(f)=\pmat{1&0\\0&-1}.
[/mm]
Alternativ: Berechnung mit der Transformationsformel:
[mm] M_B^B(f)=M^E_B(id)*M^E_E(f)*M_E^B(id).
[/mm]
Zunächst die Berechnung von [mm] M_E^B(id)*:
[/mm]
[mm] f(b_1)=\vektor{1\\1} (=1e_1+1e_2=\vektor{1\\1}_{(E)}
[/mm]
[mm] f(b_2)=\vektor{-1\\1}
[/mm]
[mm] M_E^B(id)=\pmat{1&-1\\1&1}
[/mm]
[mm] M_B^E(id)=(\pmat{1&-1\\1&1})^{-1}=\pmat{0.5&0.5\\-0.5&0.5}
[/mm]
Wir bekommen
[mm] M_B^B(f)=\pmat{0.5&0.5\\-0.5&0.5}*\pmat{0&1\\1&0}*pmat{1&-1\\1&1}=\pmat{0.5&0.5\\-0.5&0.5}*\pmat{1&1\\1&-1}=\pmat{1&0\\0&-1}.
[/mm]
Mit [mm] M_B^B(f) [/mm] können wir den Funktionswert von [mm] v:=7b_1+8b_2=\vektor{7\\8}_{(B)} [/mm] berechnen:
es ist [mm] f(7b_1+8b_2)=\pmat{1&0\\0&-1}*\vektor{7\\8}=\vektor{7\\-8}_{(\red{(B)}}=7b_1-8b_2 (=7\vektor{1\\1}-8\vektor{1\\-1}=\vektor{-1\\15}.
[/mm]
Du solltest das genau durchdenken.
Gruß v. Angela
>
> Hoffe meine Logik ist nachvollziehbar. Bitte um Feedback,
> ob mein Gedankengang nun richtig ist.
>
> LG NeverGod
>
> PS.: Vielen lieben Dank soweit :)
> Wie bist du auf [mm]M^C_C(F^3)[/mm] = [mm](M^C_C(F))^3[/mm] gekommen bei [mm]F^3[/mm]
> = F [mm]\circ[/mm] F [mm]\circ[/mm] F
>
> Also nicht bewiesen wieso weshalb, sondern wie du auf
> diesen hinweis kamst?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:37 So 18.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
Oh man, ich danke dir vielmals. Hab irgendwie komplett mal den Bezug zur Aufgabe verloren. Mir fiel gerade selbst auf, dass ich die eigentliche Abbildung komplett ausser acht gelassen habe und stattdessen mir was aus Basis E und B zusammengebaut hatte. [mm] F(b_1) [/mm] = [mm] (-b_1+b_2 +(-b_1)+b_2-b_3) [/mm] = [mm] (-2,-1,2)^T [/mm] wenn ich mich nicht irre. Das gleiche für [mm] F(b_2) [/mm] da nur da wo [mm] b_1 [/mm] ist auch [mm] b_2 [/mm] ist. damit wäre meine Matrix bislang [mm] \pmat{ -2 & -2 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \\ 2 & 2 & 2}
[/mm]
eben nur ne schnelle frage, und zwar was genau bedeutet das zum dritten thema mit [mm] M^C_C(F^3) [/mm] = [mm] (M^C_C(F))^3
[/mm]
Ich soll ja eine Matrix finden, die eigentlich nichts macht, oder? Zumindest F nicht verändert...
LG NeverGod
PS.: Vielen lieben Dank
|
|
|
| |
|
Sei F : $ [mm] K^3 [/mm] $ → $ [mm] K^3 [/mm] $ die Abbildung
$ [mm] \pmat{ a \\ b \\ c } [/mm] $ → $ [mm] \pmat{ c \\ -a+b \\ -a+b-c } [/mm] $
Basis $ B $ :=($ e1 $+$ e2 $, $ e2 $+$ e3 $, $ e2 $)
> [mm]F(b_1)[/mm] = [mm](-b_1+b_2 +(-b_1)+b_2-b_3)[/mm] =
> [mm](-2,-1,2)^T[/mm] wenn ich mich nicht irre.
Hallo,
ich sehe irgendwie nicht, was Du machst,wie Du zu dem Funktionswert kommst.
Es ist doch [mm] b_1=e_1+e_2=\vektor{1\\1\\0}.
[/mm]
Also ist [mm] F(b_1)=F(\vektor{1\\1\\0})=\vektor{0\\0\\0}, [/mm] und das ist natürlich auch in Koordinaten bzgl. B der Nullvektor.
Ich berechne noch [mm] F(b_2).
[/mm]
Es ist [mm] b_2=e_2+e_3=\vektor{0\\1\\1},
[/mm]
[mm] F(b_2)=F(\vektor{0\\1\\1})=\vektor{1\\1\\0}
[/mm]
Jetzt mußt Du Koeffizienten [mm] \lambda_i [/mm] suchen, so daß
[mm] \vektor{0\\1\\1}=\lambda_1\vektor{1\\1\\0}+\lambda_2\vektor{0\\1\\1}+\lambda_3=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+\lambda_3\vektor{0\\1\\0}.
[/mm]
Die Koeffizienten sind [mm] \lambda_1=1, \lambda_2=\lambda_3=0,
[/mm]
also ist der Koordinatenvektor bzgl B von [mm] F(b_2)=\vektor{1\\0\\0}_{(B)}.
[/mm]
Dies wäre die zweite Spalte von [mm] M_B^B(F).
[/mm]
> Das gleiche für
> [mm]F(b_2)[/mm] da nur da wo [mm]b_1[/mm] ist auch [mm]b_2[/mm] ist. damit wäre meine
> Matrix bislang [mm]\pmat{ -2 & -2 & -1 \\
-1 & -1 & 0 \\
2 & 2 & 2}[/mm]
>
>
>
>
> eben nur ne schnelle frage, und zwar was genau bedeutet das
> zum dritten thema mit [mm]M^C_C(F^3)[/mm] = [mm](M^C_C(F))^3[/mm]
Ich wollte Dir erklären, wie Du aus der Darstellungmatrix von F die Darstellungsmatrix von [mm] F^3 [/mm] bekommst.
Wenn Du bzgl. irgendeiner Basis C die Darstellungsmatrix von F bzgl dieser Basis ausgerechnet hast, dann bekommst Du die Darstellungsmatrix von [mm] F^3 [/mm] bzgl C, indem Du die Matrix [mm] M_C^C(F) [/mm] dreimal mit sich selbst multiplizierst.
Der Sachverhalt als Gleichung: [mm] $M^C_C(F^3)$ [/mm] = [mm] $(M^C_C(F))^3$
[/mm]
>
> Ich soll ja eine Matrix finden, die eigentlich nichts
> macht, oder? Zumindest F nicht verändert
Was meinst Du damit?
Du sollst in der Teilaufgabe Aussagen über [mm] F^3 [/mm] machen.
Berechne dazu die Darstellungsmatrix von [mm] F^3, [/mm] indem Du die bequemste Deiner Darstellungsmatrizen von F dreimal mit sich selbst multiplizierst.
Dazu mußt Du sie aber erstmal haben.
Es ware nso viele ähnliche Threads in den letzten Tagen, daß ich ein wenig den Überblick verloren habe: hast Du denn eigentlich die in Teilaufgabe a) gefragte Matrix schon (und richtig), die Darstellungsmatrix bzgl der Standardbasis?
Gruß v. Angela
>
> LG NeverGod
>
> PS.: Vielen lieben Dank
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 06:47 Mo 19.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
Okay. dann versuch ich es mal anders zu verstehen. wenn b1 =(1;1;0) warum ist das ergebnis dann der nullvektorbei dir ? Habe meine zahlen nach dem verfahren unserer vorlesung herausbekommen
|
|
|
| |
|
> Okay. dann versuch ich es mal anders zu verstehen. wenn b1
> =(1;1;0) warum ist das ergebnis dann der nullvektorbei dir
> ? Habe meine zahlen nach dem verfahren unserer vorlesung
> herausbekommen
Hallo,
bei "mir" ist [mm] b_1=\vektor{1\\1\\0}, [/mm] weil in der geposteten Aufgabenstellung steht, daß der erste Basisvektor von B der Vektor [mm] e_1+e_2 [/mm] sein soll.
Von diesem habe ich nach der Funktionsvorschrift [mm] F(\vektor{a\\b\\c}:=\vektor{c\\-a+b\\-a+b-c} [/mm] den Funktionswert ausgerechnet.
Ich hätte ihn auch ebensogut mit der in a) bestimmten Matrix multiplizieren können.
Wie hast du denn den Funktionswert ausgerechnet? Sag nicht "das Verfahren" - ich besuche nämlich Deine Vorlesung nicht.
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:26 Mo 19.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
Ich muss derzeit ein handy benutzen. kann also nur schlecht formeln posten. also ich versuch es nochmal verstanden zu haben. ich rechne f(b1)= (
0,0,0) denn setzen wir (1,1,0) in (a,b,c) ein. bilden das ab. dann kommt (0,0,0) heraus. das mach ich nun noch mit f(b2) und f(b3). dann erhalte ich meine MBB(f).
|
|
|
| |
|
> Ich muss derzeit ein handy benutzen. kann also nur schlecht
> formeln posten. also ich versuch es nochmal verstanden zu
> haben. ich rechne f(b1)= (
> 0,0,0) denn setzen wir (1,1,0) in (a,b,c) ein. bilden das
> ab. dann kommt (0,0,0) heraus. das mach ich nun noch mit
> f(b2) und f(b3).
Hallo,
wenn Du das tust, dann hast Du die Bilder der [mm] b_i [/mm] in Standardkoordinaten, also bzgl [mm] E:=(e_1,e_2, e_3).
[/mm]
Du mußt die Ergebnisse dann noch in Koordinaten bzgl B schreiben, wie das geht , hatte ich ja erklärt. (Koeffizienten der entsprechenden Linearkombination in einen Spaltenvektor stecken.)
Zur Kontrolle: es ist [mm] f(b_3)= b_2= 0*b_1+1*b_2+0*b_3=\vektor{...\\...\\...}_{(B)}.
[/mm]
> dann erhalte ich meine MBB(f).
wenn Du die erhaltenen Spalten in eine Matrix steckst.
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:19 Mo 19.12.2011 | | Autor: | NeverGod |
Super. das hab ich raus. hab nun MBB raus. das waere bei mir... in spaltenvektoren: (0,0,0),(1,0,0),(0,1,0) sry fuer die darstellung. sind keine zeilen sondern spalten. was mache ich mit dem dritten teil. ich verszehe nicht wieso das so zu zeigen ist bei [mm] F^3 [/mm] =F°F°F
ja die matrix aus dem ersten teil habe ich.
|
|
|
| |
|
> Super. das hab ich raus. hab nun MBB raus. das waere bei
> mir... in spaltenvektoren: (0,0,0),(1,0,0),(0,1,0) sry fuer
> die darstellung. sind keine zeilen sondern spalten.
Hallo,
das ist richtig jetzt.
> was
> mache ich mit dem dritten teil. ich verszehe nicht wieso
> das so zu zeigen ist bei [mm]F^3[/mm] =F°F°F
Nun, daß Matrizen was mit linearen Abbildungen zu tun haben, hast Du doch inzwischen mitbekommen.
Wenn Du weißt, daß F(x)=Ax ist, solltest Du Dir wirklich selbst überlegen können, weshalb [mm] A^3 [/mm] die darstellende Matrix von [mm] F^3 [/mm] ist.
Wenn das klar ist, hast Du das Wichtigste schonmal verstanden.
Ich schlage vor, daß Du dann einfach ml schluckst, daß [mm] (M_B_B(F))^3 [/mm] die darstellende Matrix von [mm] F^3 [/mm] bzgl B ist.
Nun ist es so, daß man den Darstellungsmatrizen mit etwas Übung Informationen über die Abbildung entnehmen kann - und um das zu tun, wollen wir die Darstellungsmatrix von [mm] F^3 [/mm] wissen.
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:01 Sa 17.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hey, da ich irgendiwe wohl die gleiche Aufgabe habe, wollte
> ich diese mal aktualisieren, da meine Aufgabe etwas länger
> ist und ich die Antwort von Fred leider nicht zuordnen
> kann.
ich schon. Fred hat die Aufgabe halt so aufgefasst, wie sie notiert war:
Finde [mm] $A\,$ [/mm] so, dass [mm] $F=FA\,,$ [/mm] wobei dann [mm] $FA=F\cdot [/mm] A=F [mm] \circ [/mm] A$ gemeint wäre (denke ich jedenfalls).
Was Du aber eigentlich wolltest, war, die zu [mm] $F\,$ [/mm] zugehörige Matrix [mm] $A\,$ [/mm] (die Du dann aber [mm] $B\,$ [/mm] genannt hast) zu finden, so dass [mm] $F=F_A$ [/mm] mit
[mm] $$F(x)=F_A(x)=A*x\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:08 Mo 19.12.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> > Hey, da ich irgendiwe wohl die gleiche Aufgabe habe, wollte
> > ich diese mal aktualisieren, da meine Aufgabe etwas länger
> > ist und ich die Antwort von Fred leider nicht zuordnen
> > kann.
>
> ich schon. Fred hat die Aufgabe halt so aufgefasst, wie sie
> notiert war:
> Finde [mm]A\,[/mm] so, dass [mm]F=FA\,,[/mm] wobei dann [mm]FA=F\cdot A=F \circ A[/mm]
> gemeint wäre (denke ich jedenfalls).
Ja , so hab ich das aufgefasst. Eine andere Auffassung war zunächst ja auch nicht möglich !
FRED
> Was Du aber eigentlich wolltest, war, die zu [mm]F\,[/mm]
> zugehörige Matrix [mm]A\,[/mm] (die Du dann aber [mm]B\,[/mm] genannt hast)
> zu finden, so dass [mm]F=F_A[/mm] mit
> [mm]F(x)=F_A(x)=A*x\,.[/mm]
>
> Gruß,
> Marcel
|
|
|
|
