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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:46 Do 08.09.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Hier die Aufgabenstellung:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Ich habe gerechnet:
a)
F(1)=2
F(t)=0
[mm] F(t^2)=\bruch{2}{3}
[/mm]
[mm] F(t^3)=0
[/mm]
Ich erhalte als Darstellungsmatrix: [mm] \pmat{2 & 0 & \bruch{2}{3} & 0} [/mm] - ich hoffe, das stimmt so?
G(1)=(1,1,1,)
G(t)=(-1,0,1)
[mm] G(t^2)=(1,0,1)
[/mm]
[mm] G(t^3)=(-1,0,1)
[/mm]
und als Darstellungsmatrix: [mm] \pmat{1&-1&1&-1\\1&0&0&0\\1&1&1&1} [/mm] - richtig so?
b)
Ker G=0 (?)
Ker [mm] F=\vektor{0\\1\\0\\1}*\lambda, \lambda\in\IR, [/mm] wobei ich mir hier nicht so ganz sicher bin. Eigentlich wird alles auf 0 abgebildet, was irgendwie aus t und [mm] t^3 [/mm] zusammengesetzt ist. Also müsste ich eigentlich irgendwie sowas schreiben können: [mm] \vektor{0\\\lambda\\0\\\mu} [/mm] - geht so was? Jedenfalls wäre dann 0 auf jeden Fall in Ker F enthalten.
So, und dann gibt es noch Aufgabenteil c) (der steht auf der nächsten Seite, deswegen ist der beim Scannen nicht drauf):
c) Es gibt eine lineare Abbildung [mm] H:\IR^3\to\IR [/mm] mit H°G=F.
Leider steht da nicht, was man mit dieser Aussage machen soll. Ich habe mal versucht, solch eine Abbildung H anzugeben:
Auf jeden Fall muss ja gelten: H(1,1,1)=2, H(-1,0,1)=0, [mm] H(1,0,1)=\bruch{2}{3}. [/mm] Nun habe ich versucht, H auch als Matrix anzugeben, bzgl. der Standardbasen von [mm] \IR^3 [/mm] und [mm] \IR, [/mm] aber irgendwie ist es doch schon zu spät zum Denken. Bisher habe ich raus:
[mm] \pmat{0&1&0\\0&0&0,5\\0,5&-1&0,5\\0&0&0}
[/mm]
Ich glaube nicht, dass das richtig ist, bin aber jetzt zu müde, um noch groß drüber nachzudenken. Vielleicht könnte trotzdem jemand schon was dazu sagen?
Viele Grüße
Bastiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 03:04 Do 08.09.2005 | | Autor: | Paulus |
Liebe Christiane
> Hallo!
>
> Hier die Aufgabenstellung:
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Ich habe gerechnet:
>
> a)
> F(1)=2
> F(t)=0
> [mm]F(t^2)=\bruch{2}{3}[/mm]
> [mm]F(t^3)=0[/mm]
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Ich erhalte als Darstellungsmatrix: [mm]\pmat{2 & 0 & \bruch{2}{3} & 0}[/mm]
> - ich hoffe, das stimmt so?
>
Ja, nach meiner Rechnung jedenfalls! 
> G(1)=(1,1,1,)
> G(t)=(-1,0,1)
> [mm]G(t^2)=(1,0,1)[/mm]
> [mm]G(t^3)=(-1,0,1)[/mm]
>
> und als Darstellungsmatrix:
> [mm]\pmat{1&-1&1&-1\\1&0&0&0\\1&1&1&1}[/mm] - richtig so?
>
> b)
> Ker G=0 (?)
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Du musst ja dieses Gleichungssystem auflösen:
[mm] $\pmat{1&-1&1&-1\\1&0&0&0\\1&1&1&1}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{0\\0\\0}$
[/mm]
Das sind 3 (unabhängige) Gleichungen mit 4 Unbekannten, der Lösungsraum (Kern von G) müsste also die Dimension 1 haben.
Kannst du das System auflösen?
Ich habe als Basisvektor zum Beispiel diesen erhalten: (das heisst, der Kern wird von diesem Vektor aufgespannt)
[mm] $\vektor{0\\-1\\0\\1}$
[/mm]
Die allgemeine Lösung ist also [mm] $\lambda [/mm] * [mm] \vektor{0\\-1\\0\\1}$
[/mm]
Dies entspricht der Funktion [mm] $-\lambda*t+\lambda*t^3$
[/mm]
Ich denke, du überzeugst dich leicht davon, dass diese Funktion mittels G auf den Nullvektor abgebildet wird.
> Ker [mm]F=\vektor{0\\1\\0\\1}*\lambda, \lambda\in\IR,[/mm] wobei
> ich mir hier nicht so ganz sicher bin. Eigentlich wird
Nein, das kann nicht sein.
Auch hier hast du ein Gleichungssystem zu lösen:
[mm] $\pmat{2&0&\bruch{2}{3}&0}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{0}$
[/mm]
Das ist eine Gleichung mit vier Unbekannten, der Kern hat also die Dimension 3.
Kannst du auch dieses Gleichungssystem auflösen?
Nach meiner Rechnung ist die allgemeine Lösung diese:
[mm] $\vektor{-\bruch{1}{3}\lambda_2\\ \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3}$
[/mm]
Erkennst du, dass das 3-dimensional ist? Ich habe es ein wenig zusammengefasst, weil so die Überprüfung, ob das Bild unter der Funktion F wirklich Null ist, einleuchtend ist (die Lambdas heben sich weg).
> alles auf 0 abgebildet, was irgendwie aus t und [mm]t^3[/mm]
> zusammengesetzt ist. Also müsste ich eigentlich irgendwie
> sowas schreiben können: [mm]\vektor{0\\\lambda\\0\\\mu}[/mm] - geht
> so was? Jedenfalls wäre dann 0 auf jeden Fall in Ker F
> enthalten.
>
Ja, so ähnlich; es brauch aber 3 Parameter (siehe oben)
Hier musst du also einfach noch zeigen, dass für jedes [mm] $\lambda$ [/mm] zugehörige [mm] $\lambda_1, \lambda_2$ [/mm] und [mm] $\lambda_3$ [/mm] gefunden werden können.
> So, und dann gibt es noch Aufgabenteil c) (der steht auf
> der nächsten Seite, deswegen ist der beim Scannen nicht
> drauf):
>
> c) Es gibt eine lineare Abbildung [mm]H:\IR^3\to\IR[/mm] mit H°G=F.
>
> Leider steht da nicht, was man mit dieser Aussage machen
> soll. Ich habe mal versucht, solch eine Abbildung H
> anzugeben:
>
> Auf jeden Fall muss ja gelten: H(1,1,1)=2, H(-1,0,1)=0,
> [mm]H(1,0,1)=\bruch{2}{3}.[/mm] Nun habe ich versucht, H auch als
> Matrix anzugeben, bzgl. der Standardbasen von [mm]\IR^3[/mm] und
> [mm]\IR,[/mm] aber irgendwie ist es doch schon zu spät zum Denken.
> Bisher habe ich raus:
>
> [mm]\pmat{0&1&0\\0&0&0,5\\0,5&-1&0,5\\0&0&0}[/mm]
>
> Ich glaube nicht, dass das richtig ist, bin aber jetzt zu
> müde, um noch groß drüber nachzudenken. Vielleicht könnte
> trotzdem jemand schon was dazu sagen?
>
Das kann tatsächlich nicht richtig sein. Die Matrix müsste doch eine 1x3-Matrix sein, oder? Es wird ja vom 3-dimensionalen reellen Vektorraum in den 1-dimensionalen Reellen Vektorraum abgebildet!
Die Matrix sieht also so aus:
[mm] $\pmat{h_{11}&h_{12}&h_{13}}$
[/mm]
Mit Hilfe deiner oben angegebenen Gleichungen solltest du nach den [mm] $h_{ij}$ [/mm] auflösen können.
Versuchst du das mal?
Ich habe es auch versucht, und diese Matrix erhalten:
[mm] $\pmat{\bruch{1}{3}&\bruch{4}{3}&\bruch{1}{3}}$
[/mm]
Alles klarer?
So, jetzt bin auch ich zu müde! Es hat sicher tausend Fehler in meiner Antwort. Du bist aber, wenn du das durchliest, wieder frisch und wirst alle Fehler mit Leichtigkeit entdecken. Zur Strafe darfst du mich dann als Element in eine Menge packen! 
Herzlichst
Paul
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:01 Do 08.09.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Paul!
> > Hier die Aufgabenstellung:
> >
> > [Dateianhang nicht öffentlich]
> > ...
> > und als Darstellungsmatrix:
> > [mm]\pmat{1&-1&1&-1\\1&0&0&0\\1&1&1&1}[/mm] - richtig so?
> >
>
>
>
> > b)
> > Ker G=0 (?)
>
>
>
> Du musst ja dieses Gleichungssystem auflösen:
>
> [mm]\pmat{1&-1&1&-1\\1&0&0&0\\1&1&1&1}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{0\\0\\0}[/mm]
>
> Das sind 3 (unabhängige) Gleichungen mit 4 Unbekannten, der
> Lösungsraum (Kern von G) müsste also die Dimension 1
> haben.
>
> Kannst du das System auflösen?
Ja, klar. Keine Ahnung, was ich da wieder gemacht habe. Jedenfalls wäre es besser gewesen, ich hätte ein bisschen mehr aufgeschrieben, dann hätte ich sicher auch das richtige gemacht...
Nur der Vollständigkeit halber (und damit du siehst, dass ich es wirklich gemacht habe ):
[mm] x_1=0
[/mm]
[mm] x_3=0
[/mm]
[mm] x_2=-x_4
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] Ker [mm] G=\vektor{0\\1\\0\\-1}*\lambda [/mm] (ist natürlich quasi das Gleiche wie du raushast)
> Ich habe als Basisvektor zum Beispiel diesen erhalten: (das
> heisst, der Kern wird von diesem Vektor aufgespannt)
>
> [mm]\vektor{0\\-1\\0\\1}[/mm]
>
> Die allgemeine Lösung ist also [mm]\lambda * \vektor{0\\-1\\0\\1}[/mm]
>
> Dies entspricht der Funktion [mm]-\lambda*t+\lambda*t^3[/mm]
>
> Ich denke, du überzeugst dich leicht davon, dass diese
> Funktion mittels G auf den Nullvektor abgebildet wird.
Ja.
> > Ker [mm]F=\vektor{0\\1\\0\\1}*\lambda, \lambda\in\IR,[/mm] wobei
> > ich mir hier nicht so ganz sicher bin. Eigentlich wird
>
> Nein, das kann nicht sein.
>
> Auch hier hast du ein Gleichungssystem zu lösen:
>
> [mm]\pmat{2&0&\bruch{2}{3}&0}*\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{0}[/mm]
>
> Das ist eine Gleichung mit vier Unbekannten, der Kern hat
> also die Dimension 3.
>
> Kannst du auch dieses Gleichungssystem auflösen?
Also, ich bekomme dann [mm] 2x_1+\bruch{2}{3}x_3=0, [/mm] dann könnte ich z. B. die Basisvektoren [mm] \vektor{-1\\0\\3\\0},\vektor{0\\1\\0\\0},\vektor{0\\0\\0\\1} [/mm] nehmen.
> Nach meiner Rechnung ist die allgemeine Lösung diese:
>
> [mm]\vektor{-\bruch{1}{3}\lambda_2\\ \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3}[/mm]
>
> Erkennst du, dass das 3-dimensional ist? Ich habe es ein
> wenig zusammengefasst, weil so die Überprüfung, ob das Bild
> unter der Funktion F wirklich Null ist, einleuchtend ist
> (die Lambdas heben sich weg).
Wahrscheinlich ist es dreidiemensional, weil wir drei [mm] \lambda [/mm] s wählen müssen...
> > alles auf 0 abgebildet, was irgendwie aus t und [mm]t^3[/mm]
> > zusammengesetzt ist. Also müsste ich eigentlich irgendwie
> > sowas schreiben können: [mm]\vektor{0\\\lambda\\0\\\mu}[/mm] - geht
> > so was? Jedenfalls wäre dann 0 auf jeden Fall in Ker F
> > enthalten.
> >
>
> Ja, so ähnlich; es brauch aber 3 Parameter (siehe oben)
>
>
> Hier musst du also einfach noch zeigen, dass für jedes
> [mm]\lambda[/mm] zugehörige [mm]\lambda_1, \lambda_2[/mm] und [mm]\lambda_3[/mm]
> gefunden werden können.
Also den Basisvektor [mm] \vektor{0\\1\\0\\-1} [/mm] von Kern G kann ich durch die Basisvektoren von Kern F darstellen:
[mm] \vektor{0\\1\\0\\-1} [/mm] = [mm] 1*\vektor{0\\1\\0\\0}-1*\vektor{0\\0\\0\\1}
[/mm]
Also lassen sich alle Vektoren von Ker G durch Vektoren von Ker F darstellen und somit gilt: Ker [mm] G\subset [/mm] Ker F.
An Aufgabenteil c werde ich mich jetzt mal machen - den schreibe ich dann extra.
Viele Grüße und danke für deine Mühen so spät in der Nacht (wäre doch nicht nötig gewesen, heute ist doch auch noch ein Tag )
Christiane
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:32 Do 08.09.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Paul!
Ich hab's jetzt raus. Sogar eigentlich fast alleine:
> > c) Es gibt eine lineare Abbildung [mm]H:\IR^3\to\IR[/mm] mit H°G=F.
> >
> > Leider steht da nicht, was man mit dieser Aussage machen
> > soll. Ich habe mal versucht, solch eine Abbildung H
> > anzugeben:
> >
> > Auf jeden Fall muss ja gelten: H(1,1,1)=2, H(-1,0,1)=0,
> > [mm]H(1,0,1)=\bruch{2}{3}.[/mm] Nun habe ich versucht, H auch als
>
>
>
> > Matrix anzugeben, bzgl. der Standardbasen von [mm]\IR^3[/mm] und
> > [mm]\IR,[/mm] aber irgendwie ist es doch schon zu spät zum Denken.
> > Bisher habe ich raus:
> >
> > [mm]\pmat{0&1&0\\0&0&0,5\\0,5&-1&0,5\\0&0&0}[/mm]
> >
> > Ich glaube nicht, dass das richtig ist, bin aber jetzt zu
> > müde, um noch groß drüber nachzudenken. Vielleicht könnte
> > trotzdem jemand schon was dazu sagen?
Zuerst hatte ich mal die Basisvektoren des [mm] \IR^3 [/mm] als Linearkombination der Vektoren von H dargestellt:
[mm] \vektor{1\\0\\0}=-0,5\vektor{-1\\0\\1}+0,5\vektor{1\\0\\1}
[/mm]
[mm] \vektor{0\\1\\0}=\vektor{1\\1\\1}-\vektor{1\\0\\1}
[/mm]
[mm] \vektor{0\\0\\1}=0,5\vektor{-1\\0\\1}+0,5\vektor{1\\0\\1}
[/mm]
Und das hatte ich dann heute nacht irgendwie direkt in die Basis stecken wollen, was natürlich Blödsinn ist...
Es gilt dann: [mm] H(\vektor{1\\0\\0})=-0,5*H(\vektor{-1\\0\\1})+0,5*H(\vektor{1\\0\\1}) =0,5*\bruch{2}{3}=\bruch{1}{3}
[/mm]
[mm] H(\vektor{0\\1\\0})=H(\vektor{1\\1\\1})-H(\vektor{1\\0\\1}) [/mm] = [mm] 2-\bruch{2}{3}=\bruch{4}{3}
[/mm]
[mm] H(\vektor{0\\0\\1})=0,5*H(\vektor{-1\\0\\1})+0,5*H(\vektor{1\\0\\1}) [/mm] = [mm] 0+0,5*\bruch{2}{3}=\bruch{1}{3}
[/mm]
Und damit bekomme ich dann genau deine Matrix raus.
> Das kann tatsächlich nicht richtig sein. Die Matrix müsste
> doch eine 1x3-Matrix sein, oder? Es wird ja vom
> 3-dimensionalen reellen Vektorraum in den 1-dimensionalen
> Reellen Vektorraum abgebildet!
>
> Die Matrix sieht also so aus:
>
> [mm]\pmat{h_{11}&h_{12}&h_{13}}[/mm]
>
> Mit Hilfe deiner oben angegebenen Gleichungen solltest du
> nach den [mm]h_{ij}[/mm] auflösen können.
>
> Versuchst du das mal?
>
> Ich habe es auch versucht, und diese Matrix erhalten:
>
> [mm]\pmat{\bruch{1}{3}&\bruch{4}{3}&\bruch{1}{3}}[/mm]
>
>
> Alles klarer?
>
> So, jetzt bin auch ich zu müde! Es hat sicher tausend
> Fehler in meiner Antwort. Du bist aber, wenn du das
> durchliest, wieder frisch und wirst alle Fehler mit
> Leichtigkeit entdecken. Zur Strafe darfst du mich dann als
> Element in eine Menge packen!
Ich habe keinen Fehler gefunden, aber du hattest alles ja mittlerweile noch etliche Male überarbeitet.
Viele Grüße und vielen Dank für deine Hilfen
Christiane
![[hand]](/images/smileys/hand.gif "[hand]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:38 Do 08.09.2005 | | Autor: | SEcki |
> c) Es gibt eine lineare Abbildung [mm]H:\IR^3\to\IR[/mm] mit H°G=F.
Die Existenz so einer Abbildung kann man zu Fuß machen wie du (ich habe deine Rechnungen aber nicht überprüft.). Aber das ist imo viel zu aufwendig: die Teile a) und b) schreien geradezu nach dem Homomorphiesatz! Dein Raum modulo dem Kern vonG ist isomorph zum Bild von G, nach dem Homorphiesatz faktoriseirt dann jede lineare Abbildung deren Kern eine Obermegne von Kern G ist in eindeutiger Weise. Das dies hier nicht eindeutig geht, sollte auch kllar sein: das Bild ist nicht der ganze Raum. aber man kann ihn ja als direkte Summe von Bild und Komplement darstellen. auf dem Bild ist die Abbildung festgeloegt, auf dem Komplement muss man sie zu einer linearen Abbildung ergänzen.
SEcki
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