Basen für Kern&Bild < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:35 So 01.02.2009 | | Autor: | SirSmoke |
| Aufgabe | Man bestimme Basen für den Kern und das Bild derjenigen linearen Abbildung
[mm] f:\IR^{4} \to \IR^{5}, [/mm] die bezüglich der kanonischen Basis (in Defnitions und Bildbereich) gegebn wird durch nebenstehende Matrix:
[mm] \pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 5 & 6 & 7} [/mm] |
Hallo zusammen :)
Ich komme leider nicht wirklich weiter bei dieser Aufgabe. Ich habe die Basis von Bild(f) aufgestellt, und zwar folgendermaßen:
[mm] \pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 5 & 6 & 7} [/mm] ---> [mm] \pmat{1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 5 & 6 & 7} [/mm] --> [mm] \pmat{1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & -1 & -2 & -3 \\ 0 & -2 & -4 & -6 \\ 0 & -3 & -6 & -9} [/mm] --> [mm] \pmat{1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
Und somit bilden die beiden Vektoren [mm] \vektor{1 \\ 2 \\ 3 \\ 4} [/mm] und [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 2 \\ 3} [/mm] eine Basis von Bild(f).
Nur wie mache ich nun weiter um auf die Basis des Kerns zu kommen?
Vielen Dank schon einmal für die Hilfe,
und ich wünsch noch einen schönen Sonntag!
Liebe Grüße
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Hiho,
> Und somit bilden die beiden Vektoren [mm]\vektor{1 \\ 2 \\ 3 \\ 4}[/mm]
> und [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ 2 \\ 3}[/mm] eine Basis von Bild(f).
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Nur wie mache ich nun weiter um auf die Basis des Kerns zu
> kommen?
Was ist der Kern?
Wenn du das weisst, hast du eine einfache Gleichung um den Kern zu berechnen.
>
> Vielen Dank schon einmal für die Hilfe,
> und ich wünsch noch einen schönen Sonntag!
>
> Liebe Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:45 So 01.02.2009 | | Autor: | SirSmoke |
Kann ich hier mit der Dimensionformel weiterarbeiten?
Das würde heißen:
5=dim(Kern(f))+dim(Bild(f))
5=dim(Kern(f))+2
==> dim(Kern(f))=3 , d.h. f ist nicht injektiv und der Kern enthält mehr als den Nullvektor
[mm] f(\vektor{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4}})=0
[/mm]
==> [mm] x_{1}+2x_{2}+3x_{3}+4x_{4}=0
[/mm]
==> Basis des Kern(f) ist beispielsweise gegeben durch:
[mm] \vektor{1 \\ 1 \\ -1 \\ 0} [/mm] , [mm] \vektor{3 \\ 0 \\ 3 \\ -3}
[/mm]
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> Kann ich hier mit der Dimensionformel weiterarbeiten?
> Das würde heißen:
>
> 5=dim(Kern(f))+dim(Bild(f))
> 5=dim(Kern(f))+2
>
> ==> dim(Kern(f))=3 , d.h. f ist nicht injektiv und der Kern
> enthält mehr als den Nullvektor
>
> [mm]f(\vektor{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4}})=0[/mm]
>
> ==> [mm]x_{1}+2x_{2}+3x_{3}+4x_{4}=0[/mm]
>
> ==> Basis des Kern(f) ist beispielsweise gegeben durch:
>
> [mm]\vektor{1 \\ 1 \\ -1 \\ 0}[/mm] , [mm]\vektor{3 \\ 0 \\ 3 \\ -3}[/mm]
Wie du selbst herausgefunden hast, ist dein Kern 3 dimensional. Wie kann dann eine Basis nur aus zwei Vektoren bestehen?
Um den Kern zu bestimmen, löse das homogene Gleichungssystem $Ax=0$
Gruß Patrick
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:45 Mo 02.02.2009 | | Autor: | SirSmoke |
okay ich habe jetzt in Ruhe nochmal durchgerechnet und hatte dann wieder meine Probleme beim Kern.
Folgendermaßen habe ich es probiert:
[mm] \pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 } [/mm] * [mm] \pmat{ x_{1} \\ x_{2} \\x_{3} \\x_{4} \\x_{5} }=0
[/mm]
Und dadurch dann die Basen für den Kern:
[mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \\ 2}, \vektor{1 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \\ 0}, \vektor{0 \\ 1 \\ 1 \\ -0 \\ -1}
[/mm]
Angenommen dem Fall, dass es jetzt richtig ist, wäre die Aufgabe gelöst?!
Liebe Grüße
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> okay ich habe jetzt in Ruhe nochmal durchgerechnet und
> hatte dann wieder meine Probleme beim Kern.
> Folgendermaßen habe ich es probiert:
>
> [mm]\pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 }[/mm] * [mm]\pmat{ x_{1} \\ x_{2} \\x_{3} \\x_{4} \\x_{5} }=0[/mm]
Hallo,
nur zu meinem Verständnis: das ist jetzt eine neue Aufgabe, ja?
>
> Und dadurch dann die Basen für den Kern:
Das wären keine Basen, sondern Elemente der Basis, also Basisvektoren.
> [mm]\vektor{-1 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \\ 2}, \vektor{1 \\ 1 \\ -1 \\ 0 \\ 0}, \vektor{0 \\ 1 \\ 1 \\ -0 \\ -1}[/mm]
Es ist richtig, daß der Kern hier aus drei Vektoren des [mm] \IR^5 [/mm] besteht.
Deine Basisvektoren stimmen jedoch nicht:
wenn ich [mm] \pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 } [/mm] mit ihnen multipliziere, kommt in keinem Fall [mm] \vektor{0\\0} [/mm] heraus.
Rechne nochmal, rechne ggf. vor.
Gruß v. Angela
>
> Angenommen dem Fall, dass es jetzt richtig ist, wäre die
> Aufgabe gelöst?!
>
> Liebe Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:10 Mo 02.02.2009 | | Autor: | SirSmoke |
> Hallo,
>
> nur zu meinem Verständnis: das ist jetzt eine neue Aufgabe,
> ja?
nein, es ist nach wie vor die gleiche Aufgabe :)
> Deine Basisvektoren stimmen jedoch nicht:
das habe ich nun auch endlich entdeckt und es glaube auch verstanden
Die Basisvektoren sind:
[mm] \vektor{1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0}, \vektor{2 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0}, \vektor{3 \\ -4 \\ 0 \\ 0 \\ 1}
[/mm]
Fehlt nun noch etwas?
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> > Hallo,
> >
> > nur zu meinem Verständnis: das ist jetzt eine neue Aufgabe,
> > ja?
>
>
> nein, es ist nach wie vor die gleiche Aufgabe :)
Hallo,
dann müssen wir mal entscheiden, wer von uns beiden wirr ist...
Es geht um diese Matrix:
$ [mm] \pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 5 & 6 & 7} [/mm] $?
Davon willst Du den Kern bestimmen?
Der Kern dieser Matrix muß doch ein Unterraum des [mm] \IR^4 [/mm] sein, also Vektoren mit 4 Komponenten enthalten.
Ich weiß auch nicht, was diese zuvor von Dir gepostete Zeilenstufenform $ [mm] \pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 } [/mm] $ mit der Aufgabe zu tun hat...
Am besten, Du sortierst Dich erstmal etwas.
Danach kannst Du's mir ja vielleicht erklären.
> > Deine Basisvektoren stimmen jedoch nicht:
>
> das habe ich nun auch endlich entdeckt und es glaube auch
> verstanden
> Die Basisvektoren sind:
>
> [mm]\vektor{1 \\ -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0}, \vektor{2 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \\ 0}, \vektor{3 \\ -4 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
Zu der Matrix von zuvor, also zu $ [mm] \pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 } [/mm] $ , würden dies Vektoren als Basis des Kerns gut passen.
>
> Fehlt nun noch etwas?
Ja. Zusammenhänge zwischen der Aufgabe und Deiner Lösung.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:57 Mo 02.02.2009 | | Autor: | SirSmoke |
> Hallo,
>
> dann müssen wir mal entscheiden, wer von uns beiden wirr
> ist...
Wohl eindeutig ich :D
>
> Es geht um diese Matrix:
>
> [mm]\pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 5 & 6 & 7} [/mm]?
>
genau
> Davon willst Du den Kern bestimmen?
würde ich gerne
> Der Kern dieser Matrix muß doch ein Unterraum des [mm]\IR^4[/mm]
> sein, also Vektoren mit 4 Komponenten enthalten.
>
> Ich weiß auch nicht, was diese zuvor von Dir gepostete
> Zeilenstufenform [mm]\pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 }[/mm]
> mit der Aufgabe zu tun hat...
>
>
> Am besten, Du sortierst Dich erstmal etwas.
>
> Danach kannst Du's mir ja vielleicht erklären.
also, ich habe ja zuerst versucht die Basis des Bildes auszurechnen, nach dem Korrekturhinweis ist dies wohl: $ [mm] \vektor{0 \\ 1 \\2\\3\\4 }, \vektor{ 1 \\2\\3\\4 \\5} [/mm] $
Dann hab ich mit der Dimensionsformel bewiesen:
5=dim(Kern(f))+dim(Bild(f))
5=dim(Kern(f))+2
==> dim(Kern(f))=3 , d.h. der Kern enthält 3 Basisvektoren
Dann habe ich versucht damit den Kern auszurechnen, indem ich diese Matrizenmultiplikation ausgeführt habe.
Und jetzt bin ich richtig verwirrt, weil ich nich mehr weiß was richtig und falsch ist :(
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Hallo,
ich mache das jetzt mal vor auf die Art, die ich für praktisch halte:
> > [mm]\pmat{ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 5 & 6 & 7} [/mm]?
Erstmal die ZSF:
-->
>>>> $ [mm] \pmat{1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0} [/mm] $
jetzt noch die reduzierte ZSF (Nullen über allen führenden Zeilenelementen):
--> [mm] \pmat{\red{1} & 0 & -1 & -2 \\ 0 & \red{1}& 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
Die matrix hat den Rang 2, dh. die Dimension des Bildes=2.
Die führenden Zeilenelemente stehen in der 1. und in der 2. Spalte.
Daher sind der 1. und 2. der ursprünglichen (!) Spaltenvektoren eine Basis des Bildes.
Es ist also Bild=< [mm] \vektor{0 \\ 1 \\2\\3\\4 }, \vektor{ 1 \\2\\3\\4 \\5}>
[/mm]
Die Matrix beschreibt eine Abbildung aus dem [mm] \IR^4 [/mm] in den [mm] \IR^5.
[/mm]
Es gilt [mm] 4=dim(\IR^4)= [/mm] dim Bild + dimKern.
==> dim Kern= 2.
Jetzt betrachten wir uns, was vom GS noch übrig ist:
[mm] \pmat{\red{1} & 0 & -1 & -2 \\ 0 & \red{1}& 2 & 3}
[/mm]
Die Matrix steht für ein homogenes LGS mit 2 Gleichungen und 4 Variablen.
Die Variablen in den Spalten, die kein führendes Zeilenelement enthalten, können wir frei wählen, also
[mm] x_4=t [/mm] und
[mm] x_3 [/mm] =s.
dann ist (2.Zeile)
[mm] x_2=-2s [/mm] -3t und
[mm] x_1= [/mm] s+2t.
Also haben die Elemente des Kerns die Gestalt
[mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{s+2t\\-2s -3t\\s\\t}=s\vektor{1\\-2\\1\\0} +t\vektor{2\\-3\\0\\1},
[/mm]
somit ist [mm] \vektor{1\\-2\\1\\0}, \vektor{2\\-3\\0\\1} [/mm] eine Basis des Kerns, dh. [mm] Kern=<\vektor{1\\-2\\1\\0}, \vektor{2\\-3\\0\\1}>.
[/mm]
Andere Möglichkeit der Bestimmung des Kerns, völlig ohne zu denken, ausgehend von der reduzierten ZSF:
schieb Zeilen mit führendem Element -1 und sonst Nullen so ein, daß es eine Diagonalmatrix ergibt:
[mm] \pmat{\red{1} & 0 & -1 & -2 \\ 0 & \red{1}& 2 & 3\\\green{0}&\green{0}&\green{-1}&\green{0}\\\green{0}&\green{0}&\green{0}&\green{-1}}.
[/mm]
Die Spalten mit den Diagonalelementen -1 bilden eine Basis des Kerns, also Kern=< [mm] \vektor{-1\\2\\-1\\0}, \vektor{-2\\3\\0\\-1}>.
[/mm]
ich hoffe, ich habe etwas für Klarheit gesorgt.
Präge Dir den Ablauf ein und versuche dein Glück dann mal mit dem Kern und Bild einer anderen Matrix.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:40 Mo 02.02.2009 | | Autor: | SirSmoke |
> Andere Möglichkeit der Bestimmung des Kerns, völlig ohne zu
> denken, ausgehend von der reduzierten ZSF:
>
> schieb Zeilen mit führendem Element -1 und sonst Nullen so
> ein, daß es eine Diagonalmatrix ergibt:
>
> [mm]\pmat{\red{1} & 0 & -1 & -2 \\ 0 & \red{1}& 2 & 3\\\green{0}&\green{0}&\green{-1}&\green{0}\\\green{0}&\green{0}&\green{0}&\green{-1}}.[/mm]
>
> Die Spalten mit den Diagonalelementen -1 bilden eine Basis
> des Kerns, also Kern=< [mm]\vektor{-1\\2\\-1\\0}, \vektor{-2\\3\\0\\-1}>.[/mm]
funktioniert diese Methode immer?
> ich hoffe, ich habe etwas für Klarheit gesorgt.
>
> Präge Dir den Ablauf ein und versuche dein Glück dann mal
> mit dem Kern und Bild einer anderen Matrix.
>
> Gruß v. Angela
Oh ja! Das hast du!
Tausend DANK!!!!!
Hast mir den Tag gerettet und meine Laune doch sehr stabilisiert ;)
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> > Andere Möglichkeit der Bestimmung des Kerns, völlig ohne zu
> > denken, ausgehend von der reduzierten ZSF:
> >
> > schieb Zeilen mit führendem Element -1 und sonst Nullen so
> > ein, daß es eine Diagonalmatrix ergibt:
> >
> > [mm]\pmat{\red{1} & 0 & -1 & -2 \\ 0 & \red{1}& 2 & 3\\\green{0}&\green{0}&\green{-1}&\green{0}\\\green{0}&\green{0}&\green{0}&\green{-1}}.[/mm]
>
> >
> > Die Spalten mit den Diagonalelementen -1 bilden eine Basis
> > des Kerns, also Kern=< [mm]\vektor{-1\\2\\-1\\0}, \vektor{-2\\3\\0\\-1}>.[/mm]
>
> funktioniert diese Methode immer?
Hallo,
sie funktioniert immer, sofern Du die Matrix zuvor auf reduzierte (!!!) ZSF gebracht hast.
Das mit der reduzierten ZSF ist wichtig. Es müssen Einser über den führenden Zeilenelementen sein.
Gruß v. Angela
> > ich hoffe, ich habe etwas für Klarheit gesorgt.
> >
> > Präge Dir den Ablauf ein und versuche dein Glück dann mal
> > mit dem Kern und Bild einer anderen Matrix.
> >
> > Gruß v. Angela
>
> Oh ja! Das hast du!
> Tausend DANK!!!!!
> Hast mir den Tag gerettet und meine Laune doch sehr
> stabilisiert ;)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:53 Mo 02.02.2009 | | Autor: | SirSmoke |
Merci beaucoup :)
Die Methode ist echt nicht schlecht, funktioniert ja wirklich wunderbar ohne zu denken ;)
Ich wünsch dir noch nen schönen Tag und nochmals TAUSEND DANK!!
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 19:54 So 01.02.2009 | | Autor: | XPatrickX |
> Hiho,
>
Hallo!
>
> > Und somit bilden die beiden Vektoren [mm]\vektor{1 \\ 2 \\ 3 \\ 4}[/mm]
> > und [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ 2 \\ 3}[/mm] eine Basis von Bild(f).
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>
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Das stimmt so m.E. nicht!! Da in den [mm] \IR^5 [/mm] abgebildet wird, sollten die Vektoren 5 dimensional sein.
Nachdem du Matrix in ZSF Form gebracht hast, musst du die Vektoren aus deiner ursprünglichen Matrix wählen, die zu den Pivotelementen korrespondieren. Es wären also hier der erste und zweite Spaltenvektor.
Somit ist eine Basis des Bildes gegeben durch: [mm] \vektor{0 \\ 1 \\2\\3\\4 }, \vektor{ 1 \\2\\3\\4 \\5}
[/mm]
Gruß Patrick
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| Status: |
(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 01:13 Mo 02.02.2009 | | Autor: | Gonozal_IX |
stimmt, ich hab die letzte Komponente vernachlässigt.
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