lin. Abb. - Darstellungsmatrix < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:05 Mo 09.02.2009 | | Autor: | pawlow |
| Aufgabe | Für [mm]V = \IR^4[/mm] und [mm]W = \IR^3[/mm] ist durch
$f((1, 0, 0, [mm] 0)^t) [/mm] = (2, [mm] 0,−1)^t [/mm] $
$f((0, 1, 0, [mm] 0)^t) [/mm] = (3, 3, [mm] 0)^t$
[/mm]
$f((0, 0, 1, [mm] 0)^t) [/mm] = (0,−2, [mm] 2)^t$
[/mm]
$f((0, 0, 0, [mm] 1)^t) [/mm] = (0, 0, [mm] 0)^t$ [/mm]
eine lineare Abbildung $f : V [mm] \mapsto [/mm] W$ gegeben. Geben Sie eine Matrixdarstellung für $f$ bezüglich der Standardbasen
an. Berechnen Sie $f((1, 2, 3, [mm] 4)^t)$.
[/mm]
Bestimmen Sie $K(f), R(f)$ und die Dimensionen dieser Untervektorräume.
Wählen Sie eine andere Basis $B$ von [mm] $\IR^4$ [/mm] und eine andere Basis $B′$ von [mm] $\IR^3$ [/mm] und geben
Sie eine Matrixdarstellung für $f$ bezüglich dieser Basen an. Benutzen Sie diese
Matrixdarstellung, um erneut $f((1, 2, 3, [mm] 4)^t)$ [/mm] zu berechnen. |
Hallo,
stecke derzeit beim Ermitteln des Kerns der Abbildung fest. Soweit bin ich schon:
Darstellungsmatrix:
$ A =$ [mm] \begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0\\
0 & 3 & -2 & 0\\
-1 & 0 & 2 & 0\\
\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $f((1,2,3,4)^t) [/mm] = [mm] \begin{pmatrix}8\\0\\5\\\end{pmatrix}$
[/mm]
Jetzt könnte man durch scharfes Hinsehen sagen, "Hey, alle [mm] $\begin{pmatrix}0\\0\\k\\\end{pmatrix}, [/mm] k [mm] \in \IR$ [/mm] bilden auf 0 ab, aber wie Errechne ich das im komplizierteren Falle? Ist das einfach der Kern von $A$?
Mit $R(f)$ ist wohl das Bild von $f$ gemeint. warum wir das so nennen ist mir schleierhaft, es deckt sich nicht mit meiner Literatur. Nun, wie bestimme ich das? Ist das nicht der von $A$ aufgespannte Raum? Weiter suche ich dann eine Basis von $Span(A)$, so dass ich die Dimension über eben diese bestimmen kann?
Ich bin durcheinander! ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Danke und lieben Gruß
~ pawlow
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Hallo pawlow,
Mit der Darstellungsmatrix geht das ganz schön und schnell zu berechnen!
> Darstellungsmatrix:
> [mm]A =[/mm] [mm]\begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0\\
0 & 3 & -2 & 0\\
-1 & 0 & 2 & 0\\
\end{pmatrix}[/mm]
Wir stellen eine erweiterte Matirx auf, links ist die Standartvektoren und rechte ihre Bilder:
[mm]B =\pmat{ 1 & 0 & 0 & 0 & | & \red{2} & \red{0\ & \red{-1} \\
0 & 1 & 0 & 0 & | & \red{3} & \red{3} & \red{0} \\
0 & 0 & 1 & 0 & | & \red{0} & \red{-2} & \red{2} \\
\blue{0} & \blue{0} & \blue{0} & \blue{1} &} | & 0 & 0 & 0}[/mm]
Gut, ein ehr schlechtes Bsp, aber gut... Nun würdest du eig versuchen (wenn es nicht schon so wäre), in der rechten Teilmatrix mit elementaren Umformungen in den Zeilen nur Nullen zu erzeugen (und in der linken natürlich die gleichen Umformungen auch zu machen). Wenn du nach dem Gaußalgorithmus z.B. in 2 Zeilen oder auch nur einer Zeile rechts nur Nullen stehen hast, dann kannst du links die Basis ablesen (und damit die Dimension) vom Kern (blau) und rechte alles was nicht nur Nullen hat, ist dann die Basis im Bild (rot).
Ich hoffe ich konnte dir helfen!
lg Kai
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> stecke derzeit beim Ermitteln des Kerns der Abbildung fest.
> Soweit bin ich schon:
>
> Darstellungsmatrix:
>A [mm] =\begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0\\
0 & 3 & -2 & 0\\
-1 & 0 & 2 & 0\\
\end{pmatrix}
[/mm]
Hallo,
auch bei der Fragestellung nach Bild und Kern kommst Du komplett mit Zeilenumformungen aus, so daß Du Dir wenig zusätzliches zu dem, was Du schon kannst, also Basen und Dimensionen von erzeugten Unterräumen berechnen, merken mußt.
Ich mache Dir das jetzt einmal vor in der Hoffnung, daß Du in Deinen Unterlegen noch viele schöne Aufgabenhast, an denen Du das üben kannst.
1. Bringe die Matrix durch Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform:
[mm] \begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0\\
0 & 3 & -2 & 0\\
-1 & 0 & 2 & 0\\
\end{pmatrix} --->\begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0\\
0 & 3 & -2 & 0\\
0 & 3 & 4& 0\\
\end{pmatrix} [/mm] ---> [mm] \begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0\\
0 & 3 & -2 & 0\\
0 & 0 & 6& 0\\
\end{pmatrix} [/mm]
An dieser Stelle kannst Du bereits das Bild ablesen:
Die Matrix hat den Rang 3, also ist die Dimension des Bildes =3.
Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen stehen in der 1..,2., 3 Spalte,
also bilden der 1..,2., 3. der Start(!)vektoren eine Basis des Bildes.
(An sich brauchst Du das hier in diesem Falle gar nicht. Die Abbildung geht in den [mm] \IR^3, [/mm] und Du weißt aufgrund des Ranges, daß die Dimension des Bildes=3 ist. Also kann es nicht anders sein, als daß das Bild, welches ja ein Unterraum des Zielraumes ist, der komplette [mm] \IR^3 [/mm] ist.)
An dieser Stelle kennt man auch schon die Dimension des Kerns: Anzahl der Spalten - Rang= 4-3=1.
Man könnte den Kern jetzt schon bestimmen, ich hatte Dich jedoch an anderer Stelle so verstanden, daß Du wenig denken möchtest.
Daher geht's jetzt ein bißchen weiter:
2. Normieren der Zeilen. Der Zei-len:
[mm] \begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0\\
0 & 3 & -2 & 0\\
0 & 0 & 6& 0\\
\end{pmatrix} [/mm] ---> [mm] \begin{pmatrix}
1 & \bruch{3}{2} & 0 & 0\\
0 & 1 & \bruch{-2}{3} & 0\\
0 & 0 & 1& 0\\
\end{pmatrix} [/mm]
3. Erzeugen der reduzierten ZSF: über den führenden Elementen dürfen nur noch Nullen stehen.
Es ist in Deiner Matrix ein (un)glücklicher Zufall, daß Deine letzte Spalte ausgerechnet eine Nullspalte ist. Das muß nicht so sein, das Verfahren ist immer gleich.
Um über der 1 in der dritten Spalte Nullen zu erzeugen, addiere ich das [mm] \bruch{2}{3} [/mm] -fache der letzten Zeile zur vorletzten:
[mm] \begin{pmatrix}
1 & \bruch{3}{2} & 0 & 0\\
0 & 1 & \bruch{-2}{3} & 0\\
0 & 0 & 1& 0\\
\end{pmatrix} [/mm] ---> [mm] \begin{pmatrix}
1 & \bruch{3}{2} & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1& 0\\
\end{pmatrix}
[/mm]
Um über der 1 in der zweiten Spalte Nullen zu erzeugen, addiere ich das [mm] -\bruch{3}{2} [/mm] -fache der zweiten Zeile zur ersten:
[mm] --->\begin{pmatrix}
1 &0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1& 0\\
\end{pmatrix}.
[/mm]
3. Nun schiebe ich an den Stellen, an denen Diagonalelemente fehlen, Zeilen ein mit einer führenden -1 und sonst Nullen, so daß auf der Diagonalen Einsen und negative Einsen stehen. Leider ist diese Matrix so einfach, daß das Ganze etwas künstlich erscheint, aber ich bin mir sicher, daß Du irgendwo nahrhaftere Beispiele findest, und ich schildere das deshalb so genau.
[mm] \begin{pmatrix}
1 &0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1& 0\\
\red{0} & \red{0} &\red{0} & \red{-1}\\
\end{pmatrix}.
[/mm]
Die Spalten mit (-1)_Diagonalelement bilden zusammen eine Basis des Kerns, hier wird der Kern also aufgespannt von [mm] \vektor{0\\0\\0\\-1}. [/mm]
Wie gesagt, aufgrund der simplen Machart der Abbildung ist das Beispiel etwas öde. Probiere mal andere mit dieser Vorgehensweise.
Die Stärke des Verfahrens liegt wie erwähnt darin, daß hier nichts transponiert, gedreht und gewendest wird, sondern daß man mit Zeilenumformungen zum Ziel kommt.
Wenn man einfach keien anderen Verfahren mehr verwendet, kann dies die die Verwirrungszustände während Klausuren ein wenig im Zaum halten - ich gehe hier von Studenten aus, die nicht allzu begnadet sind.
Gruß v. Angela
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Ist mein Verfahren denn falsch?
lg Kai
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> Ist mein Verfahren denn falsch?
Nein!
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:59 Mo 09.02.2009 | | Autor: | pawlow |
Hallo und ein dickes Dankeschön an Euch beide!!!
Also ich finde beide Verfahren schön. Zuerst zu der erweiterten Matrix von Kai. Nehme ich da immer die Standardbase des Ursprungraumes? Ich konnte leider nichts weiter im Netz dazu finden. Hat dieses Verfahren einen bestimmten Namen? Ist die Abbruchbedingung die, dass es nicht mehr möglich ist auf der rechten Seite weitere Nullzeilen zu erzeugen?
Und jetzt zu dem was ich "schon kann" :)
> 1. Bringe die Matrix durch Zeilenumformungen auf
> Zeilenstufenform:
ok, das kann ich!
> Die Matrix hat den Rang 3, also ist die Dimension des
> Bildes =3.
Ja, stimmt, das kann ich auch!
> Die führenden Elemente der Nichtnullzeilen stehen in der
> 1..,2., 3 Spalte,
>
> also bilden der 1..,2., 3. der Start(!)vektoren eine Basis
> des Bildes.
Dito! Wie schön! Letztlich sind es eben diese Zusammenhänge, die mir fehlten.
> An dieser Stelle kennt man auch schon die Dimension des
> Kerns: Anzahl der Spalten - Rang= 4-3=1.
Nein, das wusste ich noch nicht. Ich verstehe es jetzt aber. Anzahl der Spalten heißt Dimension des Ursprungraumes, der Rang ist die Dimension des Bildes und nach dem Dimensionsatz (gerade noch mal nachgelesen) ziehe ich beides voneinander ab und erhalte *Zauberei* die Dimension des Kerns.
> Man könnte den Kern jetzt schon bestimmen, ich hatte Dich
> jedoch an anderer Stelle so verstanden, daß Du wenig denken
> möchtest.
Hmm, verstehen möchte ich schon gerne nur leider kommt es in der Prüfung (sinnigerweise) mehr auf Geschwindigkeit an.
> 2. Normieren der Zeilen. Der Zei-len:
Kann ich jetzt!
> 3. Erzeugen der reduzierten ZSF: über den führenden
> Elementen dürfen nur noch Nullen stehen.
Kaaaaaannnn ich :)
> 3. Nun schiebe ich an den Stellen, an denen
> Diagonalelemente fehlen, Zeilen ein mit einer führenden -1
> und sonst Nullen, so daß auf der Diagonalen Einsen und
> negative Einsen stehen. Leider ist diese Matrix so einfach,
> daß das Ganze etwas künstlich erscheint, aber ich bin mir
> sicher, daß Du irgendwo nahrhaftere Beispiele findest, und
> ich schildere das deshalb so genau.
Du weisst gar nicht, wie mir das hilft! Allerdings sind die anderen Aufgaben nicht unbedingt nahrhaft. Mal sehen. Sollte es dich interessieren: ![[]](/images/popup.gif) das Übungsblatt
> Die Spalten mit (-1)_Diagonalelement bilden zusammen eine
> Basis des Kerns, hier wird der Kern also aufgespannt von
> [mm]\vektor{0\\0\\0\\-1}.[/mm]
Ich bin beeindruckt!
> Die Stärke des Verfahrens liegt wie erwähnt darin, daß hier
> nichts transponiert, gedreht und gewendest wird, sondern
> daß man mit Zeilenumformungen zum Ziel kommt.
> Wenn man einfach keien anderen Verfahren mehr verwendet,
> kann dies die die Verwirrungszustände während Klausuren ein
> wenig im Zaum halten - ich gehe hier von Studenten aus, die
> nicht allzu begnadet sind.
Äh, danke... :)
Und zum Abschluss noch eine Frage (wie solls auch anders sein ;).
Im 2. Teil der Aufgabe wird verlangt, andere Basen zur Grundlage zu nehmen. Daher auch meine Frage eingangs zu Kai's Schema und der Standardbase.
Es sollte Wurst sein, welche Basis ich da nehme, Hauptsache 4 linear unabhängige Vektoren für [mm] $\IR^4$ [/mm] und eben 3 für [mm] $\IR^3$. [/mm] Dann nehme ich die bisherige Darstellungsmatix als Grundlage und erhalte aus der neuen Basis von [mm] $\IR^4$ [/mm] 4 neue Bilder. Mit der Basis zu [mm] $\IR^3$ [/mm] stelle ich diese dann dar und erhalte eine andere Matrix? Oder iwaren die Bilder schon meine Matrix?
Liebe Grüße und eine gute Nacht!
~ pawlow
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Es ist im Prinzip egal welche lin. unabh. Vektoren du nimmst (also jetzt bei dem von mir erklärten Verfahren). Die Kanonische Basis ist schön einfach, da muss man nicht viel rechnen. Du musst aber immer beachten, dass du deine Matrix nur mit Koordinatenvektoren "füttern" darfst, d.h. bei anderen als der Standartbasis hat der Koordinatenvektor (1,0,0,0) nicht immer die gleichen Einträge als Vektor des [mm] \IR^4.
[/mm]
Deine Frage am Ende versteh ich nicht so ganz. Jede darstellende Matirx ist durch die dazugehörigen Basen eindeutig bestimmt. Änderst du die Basen, ändert sich auch die Matirx, aber das Verfahren bleibt gleich, nur dass die Bilden eben anders aussehen.
lg Kai
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:12 Mo 09.02.2009 | | Autor: | pawlow |
Hey Kai,
vielen Dank für dein Verfahren. Ich werde es im Geiste nach Dir benennen! ;)
Deine Antwort hat mich jetzt noch mehr verwirrt... Aber morgen treff ich einen, der mir hoffentlich so manches erklären wird. Auch dein Schema werde ich ihm zeigen, denn es schaut wirklich einfach aus. Mal sehn... sollte ich dann immer noch nicht sicher sein, wende ich mich nochmals hier an dieser Stelle (an dich)!
Liebe Grüße und herzlichen Dank!
~ pawlow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:52 Di 10.02.2009 | | Autor: | pawlow |
Hallo,
verrückter weise habe ich heute mal einem Tutor den von Kai beschriebenen Weg/Algorithmus/Verfahren gezeigt und er sagte, dass in der Prüfung nicht die volle Punktzahl zu erwarten sei, ohne dass ich zumindest einen Verweis ("nach dem Blabla-Verfahren kann man ablesen:") im Lösungsweg setzte! Angeblich sei der Lösungsweg ansonsten nicht lückenlos!
Nun, ich kann das Ding nirgens finden, finde es aber mittlereile großartig, da man damit alles auf einmal lösen kann und sogar (sofern vorhanden) die inverse in transponierter Form erhält.
Wer weiss dazu einen Namen, kennt einen Link?
Liebe Grüße und gute Nacht
~ pawlow
PS: Ja, ich werde formal scheitern, so wies aussieht! Noch kann ich lächeln...
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Hallo pawlow,
ich denke nicht, dass einfach so auf diesen Lösungsweg Punkte abgezogen werden dürfen.
In "Repititorium der linearen Algebra Teil 1" ist das Verfahren auf Seite 253 beschrieben. Im prinzip untersuchst du doch nur die Bildvektoren auf lineare Unabhängigkeit und sollten diese linear abhängig sein, dann erzeugst du eine Zeile mit nur Nullen, und [mm] A^{-1} [/mm] davon ist schließlich die Basis im Kern, und der Rest muss ja dann nach Dimensionssatz Basis im Bild sein.
Allgemein ist dieses Buch eine Wucht, da sind alle nützlichen Verfahren zum effizienten Lösen von Aufgaben, die ich im ersten Semester hatte, drinne. Ich kenne keine bessere Zusammenfassung!
lg Kai
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:06 Mi 11.02.2009 | | Autor: | pawlow |
Cool, danke! werde deinen Rat beherzigen und im Zweifel zur Einsicht gehen, den Zeigefinger in petto ;)
Kann echt nicht sein!
Liebe Grüße
~ pawlow
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Ja... am bessten organisierst du dir noch bis dahin das Buch, das ist echt ein Geheimtipp^^.
lg Kai
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> Ja... am bessten organisierst du dir noch bis dahin das
> Buch, das ist echt ein Geheimtipp^^.
Hallo,
in der großen Hoffnung, daß etwas von Glanz des Buches auf mich abfärbt: beim Autor des Buches hab' ich das erste Proseminar meines Lebens gemacht!
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:27 So 15.02.2009 | | Autor: | pawlow |
Hätt' ich das 2 wochen vorher gewusst, hätt' ich mir das zweifelsohne gekauft! Ich glaube jetzt ist es zu spät. Aber wer weiß, nächstes Semester vielleicht!
Liebe Grüße
~ pawlow
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> Im 2. Teil der Aufgabe wird verlangt, andere Basen zur
> Grundlage zu nehmen. Daher auch meine Frage eingangs zu
> Kai's Schema und der Standardbase.
Hallo,
eine "Base" ist eine Cousine, und wie Standardcousinen so sind, weiß ich nicht.
Du meinst "Standardbasis".
> Es sollte Wurst sein, welche Basis ich da nehme,
> Hauptsache 4 linear unabhängige Vektoren für [mm]\IR^4[/mm] und eben
> 3 für [mm]\IR^3[/mm].
Genau
> Dann nehme ich die bisherige Darstellungsmatix
> als Grundlage und erhalte aus der neuen Basis von [mm]\IR^4[/mm] 4
> neue Bilder. Mit der Basis zu [mm]\IR^3[/mm] stelle ich diese dann
> dar und erhalte eine andere Matrix? Oder iwaren die Bilder
> schon meine Matrix?
Dem kann ich nun nicht mehr folgen.
Die gesuchte Matrix findest Du so:
stell die Darstellungsmatrix bzgl der Standardbasen in die Mitte:
$ [mm] \begin{pmatrix} 2 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 3 & -2 & 0\\ -1 & 0 & 2 & 0\\ \end{pmatrix}$ [/mm]
rechts wird die Matrix dranmultipliziert, die die neuen Basisvektoren des [mm] \IR^4 [/mm] in den Spalten enthält, links die Inverse(!) der Matrix, die die neuen Basisvektoren des [mm] \IR^3 [/mm] enthält.
Das Produkt dieser drei Matrizen ist die gesuchte Darstellungsmatrix bzgl der beiden neuen Basen.
Sie tut folgendes für Dich: Du fütterst sie mit Koordinatenvektoren bzgl der neuen [mm] \IR^4- [/mm] Basis, und sie liefert deren Bild in Koordinaten bzgl. der neuen [mm] \IR^3 [/mm] Basis.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:06 Mo 09.02.2009 | | Autor: | pawlow |
> eine "Base" ist eine Cousine, und wie Standardcousinen so
> sind, weiß ich nicht.
> Du meinst "Standardbasis".
Allright! Deutsch kommt nächstes Semester... :)
> > Dann nehme ich die bisherige Darstellungsmatix
> > als Grundlage und erhalte aus der neuen Basis von [mm]\IR^4[/mm] 4
> > neue Bilder. Mit der Basis zu [mm]\IR^3[/mm] stelle ich diese dann
> > dar und erhalte eine andere Matrix? Oder iwaren die Bilder
> > schon meine Matrix?
>
> Dem kann ich nun nicht mehr folgen.
Ich meine exakt das, was du beschrieben hast, nur hätte ich es umständlichst ausgerechnet und nicht so elegant gelöst. Aber auch dieses Verfahren habe ich mir nun ankonditioniert, ganz im pawlowschen Sinne :D
Woher nur weißt du das alles noch? Oder bist du beruflich in Sachen Mathematik unterwegs? Abgesehen von deiner ehrenamtlichen Berufung zum mathematischen Notdienst!
Also nochmals ganz herzlichen Dank!
Viele Grüße
~ pawlow
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> > > Dann nehme ich die bisherige Darstellungsmatix
> > > als Grundlage und erhalte aus der neuen Basis von [mm]\IR^4[/mm] 4
> > > neue Bilder. Mit der Basis zu [mm]\IR^3[/mm] stelle ich diese dann
> > > dar und erhalte eine andere Matrix? Oder iwaren die Bilder
> > > schon meine Matrix?
> >
> > Dem kann ich nun nicht mehr folgen.
> Ich meine exakt das, was du beschrieben hast, nur hätte
> ich es umständlichst ausgerechnet
Hallo,
es ist kein überhaupt kein Fehler, es mal "umständlichst" ausgerechnet zu haben, und in Fällen, wo ich nicht den Eindruck habe, daß die Klausur nahe vor der Tür steht, erkläre ich es sogar mit Vorliebe wortreich und umständlich, weil man nämlich durch das umständliche Tun merkt, was man eigentlich macht.
Dazu hat man bei der "Schimpansenmathematik" mit den antrainierten Kochrezepten wenig Chancen - sie punkten dann aber durch die zu erreichende Geschwindigkeit beim Lösen solcher Aufgaben.
> und nicht so elegant
> gelöst.
Elegant ist mein Vorschlag nicht. Das ist Fast Food.
> Aber auch dieses Verfahren habe ich mir nun
> ankonditioniert, ganz im pawlowschen Sinne :D
Offensichtlich wirkt dieser Name auch auf mich als starker Schlüsselreiz zum Verkünden von Kochrezepten.
>
> Woher nur weißt du das alles noch?
Du erfährst ja nur die wenigen Sachen, die ich noch weiß. Das meiste ist in tiefen Tiefen verschwunden.
> Oder bist du beruflich
> in Sachen Mathematik unterwegs?
Nein - es sei denn, man zählt den Nebenschauplatz "Nachhilfe" dazu.
Gruß v. Angela
> Abgesehen von deiner
> ehrenamtlichen Berufung zum mathematischen Notdienst!
>
> Also nochmals ganz herzlichen Dank!
> Viele Grüße
> ~ pawlow
>
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