Basen des Kerns/Bildes, usw... < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:38 Mo 15.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
| Aufgabe | Für $ a [mm] \in \IR [/mm] $ definiere die Matrix $ A(a) := [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ -a & 2+a & -1 \\ -a & a & 1 } \in M_{3}(\IR) [/mm] $.
Sei $ [mm] \phi_{A(a)}: \IR^{3} \to \IR^{3} [/mm] $ die zugehörige lineare Abbildung.
1. Bestimmen Sie Basen des Kerns und des Bildes von $ [mm] \phi_{A(a)} [/mm] $. Für welche $ a $ ist $ [mm] \phi_{A(a)} [/mm] $ ein Isomorphismus?
2. Berechnen Sie das charakteristische Polynom von $ [mm] \phi_{A(a)} [/mm] $.
3. Geben Sie Basen $ A $ und $ B $ des $ [mm] \IR^{3} [/mm] $ an, so dass $ [mm] M^{A}_{B}(\phi_{A(a)}) [/mm] = [mm] J^{r(a)} [/mm] $, wobei $ r(a) $ der Rang von $ A(a) $ ist. |
zu 1.) Diesen Teil habe ich eigentlich vollständig gelöst, hierzu habe ich aber eine kleine Verständnisfrage. Zuerst habe ich die Matrix in Zeilenstufenform umgewandelt, welche dann wie folgt aussieht: $ A(a) := [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & 0 & 1 } [/mm] $
Wegen vollem Rang ist die Dimension des Kerns also Null. Gut... aber besitzt der Kern trotzdem noch den Nullvektor? Also müsste ich als Lösung hinschreiben: Kern $ [mm] \phi_{A(a)} [/mm] = l [mm] \left( \vektor{ 0 \\ 0 \\ 0 } \right) [/mm] $?
Und Bild $ [mm] \phi_{A(a)} [/mm] = l [mm] \left( \vektor{ 1 \\ -a \\ -a } \vektor{ 1 \\ 2+a \\ a } \vektor{ -1 \\ -1 \\ 1 } \right) [/mm] $, richtig?
Beim zweiten Teil der Frage, müsste ich doch nur noch testen, für welche a die Determinante ungleich Null ist. Das wäre doch $ [mm] \forall [/mm] a [mm] \in \IR \backslash \{ -1 \} [/mm] $ der Fall!?
zu 2.) Kann ich hierzu mit der Matrix in Zeilenstufenform weiterrechnen? Um die Determinante auszurechnen, reicht es ja dann nur die Hauptdiagonale zu multiplizieren, was das ganze viel einfacher macht. Theoretisch dürfte ich das, aber ich will bloß nochmal sicher gehen. 
zu 3.) Hier fehlt mir leider der erste Schritt. Ich weiß noch nicht, wie ich vorgehen muss und wie ich zu den Basen letztendlich komme. Könnte mir das vielleicht jemand kurz veranschaulichen?
Vielen Dank schon mal!!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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hallo,
habe deine Matrix A(a) auch mal auf Zeilenstufenform gebracht, komme aber dann auf :
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & 0 & a+1 }
[/mm]
poste dochmal deine zwischenschritte....dann kann ich dir bei der fehlersuche helfen...
viele Grüße, mathedepp_No.1
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:00 Mo 15.01.2007 | | Autor: | Mathezwerg |
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & 0 & a+1 }[/mm]
Hi,
Es würde mich freuen wenn du mir zeigen könntest, wie du darauf gekommen bist, dass einzige was mir jetzt einfiele, wäre das du versehentlich das 2a-fache der ersten zeile zur dritten addiert hättest, allerdings würde sich dann auch in der ersten Spalte was verändern. (0 +2a*1=2a)
sofern du nicht tatsächlich diesem Flüchtigkeitsfehler aufgesessen ist, wäre es nett von dir mir kurz zu zeigen wie du das gerechnet hast.
mfG Mathezwerg
p.s.: Im Nachhinein wäre es wohl sinnvoller gewesen das als neue Frage zu schreiben... naja zu spät.... 'tschuldigung
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ok,
werde dir nur die einzelnen operationen nenn, dann kannst du das mal nachrechnen und gucken was du rausbekommst, nämlich jetzt ale matrizen hinschreiben dazu bin ich ehrlich gesagt zu faul
Also:
die ausgansmatrix
1.Schritt: 2.Zeile mal (-1) und dann zur 3. Zeile hinzuaddieren
2.Schritt: 1.Zeile mal a und zur 2. Zeile hinzuaddieren
3. Schritt: 2. Zeile zum (a+1)fachen der 3. Zeile hinzuaddieren.
So komm ich auf die matrix da, probiers mal aus und meld dich dann....
viele grüße, mathedepp_No1
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:09 Di 16.01.2007 | | Autor: | Mathezwerg |
Gesagt, getan:
Also, nach dem zweiten schritt bin ich bei der matrix angelangt:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & -2 & 2 } [/mm]
so, nun kam:
> 3. Schritt: 2. Zeile zum (a+1)fachen der 3. Zeile
> hinzuaddieren.
so wie ich das verstehe, hast du hier die dritte zeile mit (a+1) multipliziert und danach die zweite zeile zu dritten addiert, als ich dies tat habe ich auch die von dir angegebene Matrix erhalten wenn ich mich nicht irre, musst du dann allerdings aufpassen, da du nun nicht mehr einfach die determinante errechnen kannst indem du die einträge der hauptdiagonalen multiplizierst, da du eine Zeile mit einem Skalar multipliziert hast, oder?
was mir allerdings auch noch aufgefallen ist: wenn man statt deines dritten schrittes das (a+1)-fache der dritten zeile zur 2. addiert, (entsprechend danach 2. und 3. vertauscht [det *(-1)]) erhält/halte man/ich folgende Matrix die noch ein paar a weniger enthält:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & -2 & 2 \\ 0 & 0 & a+1 }
[/mm]
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Hallo zusammen!
Ich habe die gleiche Aufgabe, (obwohl ich glaube, dass du dich vertippt hast. Bei mir heißt es:"Sei... die zugehörige LINEARE Abbildung) und nach meiner Vorüberlegung, dass eine Basis des Kerns der Abbildung, der Lösungsraum des homogenen systems der zugehörigen Matrix sein muss. Soweit bin ich also, wie ich das sehe auf einem ähnlichen Kurs wie du, allerdings glaube ich, dass du dich in deiner Umformung vertan hast:
>Zuerst
> habe ich die Matrix in Zeilenstufenform umgewandelt, welche
> dann wie folgt aussieht: [mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & 0 & 1 }[/mm]
Speziell meine ich die letzte Zeile: Hier mussten wir ja das a-fache der ersten Zeile addieren, allerdings müsste das dann folgendermaßen aussehen:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 & | & 0\\ 0 & 2+2a & -1-a & | & 0\\ 0 & 2a & 1-a & | & 0}[/mm]
Durch einige weiter umformungstechnische Verrenkungen, bin ich schließlich zu folgendem Ergebnis gelangt:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & | & 0\\ 0 & 1 & 0 & | & 0\\ 0 & 0 & 1 & | & 0}[/mm]
daher könnte man doch auch einfach die kanonische Basis angeben, oder? Soweit ich das verstanden habe ist besagte kanonische Basis ja:
[mm]\left\{ \pmat{ 1 \\ 0 \\ 0 }, \pmat{0 \\ 1 \\ 0 }, \pmat{0 \\ 0 \\ 1} \right\}[/mm]
Mein Ansatz hinsichtlich der Basis des Bildes ist allerdings etwas anders: Ich dachte mir das sei dann "einfach" der Lösungsraum eines inhomogenen systems.
Wär nett wenn mir jemand letzteres lediglich bestätigen oder berichtigen könnte.
mfG Mathezwerg
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:33 Mo 15.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
Du hattest Recht, es muss LINEARE Abbildung heißen. Habe es oben geändert.
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> Durch einige weiter umformungstechnische Verrenkungen, bin
> ich schließlich zu folgendem Ergebnis gelangt:
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & | & 0\\ 0 & 1 & 0 & | & 0\\ 0 & 0 & 1 & | & 0}[/mm]
>
> daher könnte man doch auch einfach die kanonische Basis
> angeben, oder? Soweit ich das verstanden habe ist besagte
> kanonische Basis ja:
> [mm]\left\{ \pmat{ 1 \\ 0 \\ 0 }, \pmat{0 \\ 1 \\ 0 }, \pmat{0 \\ 0 \\ 1} \right\}[/mm]
Hallo,
wie mehrfach erwähnt, gilt das alles für [mm] a\not=0 [/mm] und [mm] a\not=-1.
[/mm]
Du hast Durch Umformungen herausbekommen, daß der Rang der Abbildung =3 ist, also ist dim [mm] Bild\phi=3. [/mm] Nun, da wir uns im [mm] \IR^3 [/mm] bewegen, ist das Bild also = [mm] \IR^3, [/mm] und natürlich ist Deine kanonische Basis eine Basis desselben.
>
> Mein Ansatz hinsichtlich der Basis des Bildes ist
> allerdings etwas anders: Ich dachte mir das sei dann
> "einfach" der Lösungsraum eines inhomogenen systems.
Damit, daß der Kern der Lösungsraum des entsprechenden homogenen Systems ist, hast Du recht: "alles, was auf Null abgebildet wird".
Aber mit
> "einfach" der Lösungsraum eines inhomogenen systems
für das Bild liegst Du schief. Welches inhomogene System sollte das sein?
Na, ich bring mal ein echtes k.o.-Kriterium: die Lösungsmenge eines inhomogenen linearen Gleichungssystems ist ja gar kein Vektorraum, was die Gleichheit zum Bild einer linearen Abbildung sofort ausschließt.
Gruß v. Angela
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> >
> > Durch einige weiter umformungstechnische Verrenkungen, bin
> > ich schließlich zu folgendem Ergebnis gelangt:
> > [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & | & 0\\ 0 & 1 & 0 & | & 0\\ 0 & 0 & 1 & | & 0}[/mm]
>
> >
> > daher könnte man doch auch einfach die kanonische Basis
> > angeben, oder? Soweit ich das verstanden habe ist besagte
> > kanonische Basis ja:
> > [mm]\left\{ \pmat{ 1 \\ 0 \\ 0 }, \pmat{0 \\ 1 \\ 0 }, \pmat{0 \\ 0 \\ 1} \right\}[/mm]
>
> Hallo,
>
> wie mehrfach erwähnt, gilt das alles für [mm]a\not=0[/mm] und
> [mm]a\not=-1.[/mm]
> Du hast Durch Umformungen herausbekommen, daß der Rang der
> Abbildung =3 ist, also ist dim [mm]Bild\phi=3.[/mm] Nun, da wir uns
> im [mm]\IR^3[/mm] bewegen, ist das Bild also = [mm]\IR^3,[/mm] und natürlich
> ist Deine kanonische Basis eine Basis desselben.
Das verwirrt mich jetzt etwas. ich hatte das homogene System ja eigentlich gewählt, um eine Basis des Kerns zu finden, aber ich bin ja einfallsreich, daher kam ich auf deine Antwort hin auf das Thema Dimensionsformel. Wie ich mir das jetzt mehr oder weniger intuitiv (muss das Thema "dim" nochmal durchgehen :-( ) zusammenreime, ist rg [mm]Im\phi[/mm] =[mm]dim Im\phi [/mm] wobei "Im" natürlich "Bild" meint, aber wir coolen people sagen eben Im . des weiteren erinnere ich mich dunkel an etwas wie:
[mm] dimV=dimKer\phi+rg\phi
[/mm]
Da sowohl [mm] rg\phi [/mm] , als auch DimV meiner Meinung nach 3 sind, bleibt da nicht mehr viel für [mm] dimKer\phi [/mm] übrig, infakt, nehme ich an das [mm] dimKer\phi=0 [/mm] ist. Aber das macht irgendwo keinen Sinn, denn dann müsste doch die Basis des Kerns auch 0 Elemente haben, oder? Bitte hilf!
> Na, ich bring mal ein echtes k.o.-Kriterium: die
> Lösungsmenge eines inhomogenen linearen Gleichungssystems
> ist ja gar kein Vektorraum, was die Gleichheit zum Bild
> einer linearen Abbildung sofort ausschließt.
3-2-1-k.o. Angela gewinnt den kampf gegen das Fliegengewicht Mathezwerg und der sieht seinen Fehler ein 
mfG Mathezwerg
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> > wie mehrfach erwähnt, gilt das alles für [mm]a\not=0[/mm] und
> > [mm]a\not=-1.[/mm]
> > Du hast Durch Umformungen herausbekommen, daß der Rang
> der
> > Abbildung =3 ist, also ist dim [mm]Bild\phi=3.[/mm] Nun, da wir uns
> > im [mm]\IR^3[/mm] bewegen, ist das Bild also = [mm]\IR^3,[/mm] und natürlich
> > ist Deine kanonische Basis eine Basis desselben.
>
> Das verwirrt mich jetzt etwas. ich hatte das homogene
> System ja eigentlich gewählt, um eine Basis des Kerns zu
> finden,
Ach weißt Du, diese Rechnereien sind so verwirrend vielseitig.
Die Tatsache, daß Du bei Deinen Umformungen auf die besagte Form gekommen bist, liefert Dir die Information, daß der Kern keine Basis hat, also 0-dimensional ist. Es wird nur die [mm] \vektor{0 \\ 0 \\0 } [/mm] auf [mm] \vektor{0 \\ 0 \\0 } [/mm] abgebildet und sonst gar nichts. Der Kern ist somit der kleinste Vektorraum, den es gibt, der Raum, der nur aus der Null besteht.
aber ich bin ja einfallsreich, daher kam ich auf
> deine Antwort hin auf das Thema Dimensionsformel.
Das paßt hier sehr gut.
Wie ich
> mir das jetzt mehr oder weniger intuitiv (muss das Thema
> "dim" nochmal durchgehen :-( ) zusammenreime, ist rg [mm]Im\phi[/mm]
Rg [mm] \Phi [/mm] würde ich hier sagen,
> =[mm]dim Im\phi[/mm]
Ja.
wobei "Im" natürlich "Bild" meint, aber wir
> coolen people sagen eben Im .
Damit komme ich zurecht. (Meine Heimatstadt hat sich in den 70er einen Imagepfleger zugelegt.)
des weiteren erinnere ich
> mich dunkel an etwas wie:
> [mm]dimV=dimKer\phi+rg\phi[/mm]
> Da sowohl [mm]rg\phi[/mm] , als auch DimV meiner Meinung nach 3
> sind, bleibt da nicht mehr viel für [mm]dimKer\phi[/mm] übrig,
Ja.
> infakt, nehme ich an das [mm]dimKer\phi=0[/mm] ist.
Ja.
Aber das macht
> irgendwo keinen Sinn, denn dann müsste doch die Basis des
> Kerns auch 0 Elemente haben, oder? Bitte hilf!
Es macht Sinn. Dieser Raum ist per definitionem nulldimensional. Bitte nicht weiter drüber grübeln. Dreidimensional: "normaler" Raum, zweidimensional: Ebene, eindimensional: Gerade, nulldimensional: Punkt. Punkt.
Gruß v. Angela
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Hallo,
Danke schonkal, das du dich so intensiv um uns kümmerst, und so unangenehm es mir ist, ich muss nochmal nachfragen:
> Ach weißt Du, diese Rechnereien sind so verwirrend
> vielseitig.
> Die Tatsache, daß Du bei Deinen Umformungen auf die
> besagte Form gekommen bist, liefert Dir die Information,
> daß der Kern keine Basis hat, also 0-dimensional ist. Es
> wird nur die [mm]\vektor{0 \\ 0 \\0 }[/mm] auf [mm]\vektor{0 \\ 0 \\0 }[/mm]
> abgebildet und sonst gar nichts. Der Kern ist somit der
> kleinste Vektorraum, den es gibt, der Raum, der nur aus der
> Null besteht.
Aber zu diesem Kern muss ich ja nun auch eine Basis zusammenbasteln... ist das dann "einfach" [mm]\vektor{0 \\ 0 \\0 }[/mm] oder wie darf ich das verstehen?
> Wie ich
> > mir das jetzt mehr oder weniger intuitiv (muss das Thema
> > "dim" nochmal durchgehen :-( ) zusammenreime, ist rg [mm]Im\phi[/mm]
>
> Rg [mm]\Phi[/mm] würde ich hier sagen,
ok, verstanden, wollte wohl unterbewusst nur nochmal "Im" schreiben ;)
(Meine Heimatstadt hat sich in den
> 70er einen Imagepfleger zugelegt.)
Was heißt denn das? was macht der denn?
mfG Mathezwerg
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> Aber zu diesem Kern muss ich ja nun auch eine Basis
> zusammenbasteln... ist das dann "einfach" [mm]\vektor{0 \\ 0 \\0 }[/mm]
> oder wie darf ich das verstehen?
Nein. Wenn der [mm] Kern=\{\vektor{0 \\ 0 \\ 0}\} [/mm] ist, wird niemand eine Basis von Dir wollen. Ich verspreche dir das. Wofür auch? Dieser Kern besteht aus einem einzigen Punkt. Du brauchst keine Basis. Er hat keine.
> > Imagepfleger
>
> Was heißt denn das? was macht der denn?
Na, Bilder von linearen Abbildungen hat der nicht gepflegt, sondern eine Strategie erarbeitet und umgesetzt, wie Hannover sich ein modernes, positives Profil zulegen kann. Z.B. hat die Stadt schon zu Zeiten, als fast niemand Niki de Saint Phalle kannte, große poppige (damals skan-da-lö-se) Skulpturen (die Nanas) von ihr aufgestellt, das erste Altstadtfest initiiert u.a.
Zurück zur Basis und als kleiner Trost,
damit du jetzt nicht traurig bist wegen der Basis, die ich nicht liefere:
wenn du das ganze mit a=-1 durchführst, wirst Du hier eine Basis des Kerns finden.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:33 Di 16.01.2007 | | Autor: | Blueman |
Hi Angela
> Die Tatsache, daß Du bei Deinen Umformungen auf die
> besagte Form gekommen bist, liefert Dir die Information,
> daß der Kern keine Basis hat, also 0-dimensional ist. Es
> wird nur die [mm]\vektor{0 \\ 0 \\0 }[/mm] auf [mm]\vektor{0 \\ 0 \\0 }[/mm]
Ich möchte ja nicht klugscheissen aber wenn man das so hinschreibt gibt das bei manchen Übungsleitern und wohl auch in der Klausur Punktabzug, denn die Basis des Nullvektorraums ist die leere Menge. Sonst hättest du ein Gegenbeispiel für den nicht unwichtigen Satz "Jeder Vektorraum hat eine Basis" gefunden.
Viele Grüße,
Blueman
PS: Ansonsten hast du ja alles super erklärt. Ich habe in diesem Thread einiges gelernt. Gehöre also auch der Selbsthilfegruppe an. Danke dafür.
Blueman
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Hallo, Ihr drei tapferen Rechner,
es gibt Stellen, an denen Ihr etwas vorsichtig sein müßt:
Ihr habt da naßforsch Zeilen mit a multipliziert, was Ihr ungestraft tun dürft - sofern [mm] a\not=0. [/mm] (!!!!!!!!)
Dasselbe gilt fürs Dividieren durch a+1. Hier muß gesichert sein, daß [mm] a+1\not=0.
[/mm]
Wenn Ihr soetwas tut, müßt ihr hinschreiben für [mm] a\not=0, [/mm] usw.
und die ausgeschlossenen Fälle untersucht Ihr dann anschließend.
In Eurem Beispiel unterscheidet sich der Fall a=-1 ganz gravierend von den anderen.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:31 Mo 15.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
Was Angela sagt, ist natürlich vollkommen richtig und müsste ich dann auch immer hinschreiben. Ich habe die Matrix bewusst so umgeformt, dass die Determinante gleich bleibt und nicht geändert wird. (Als Beispiel kann a=0 gesetzt werden.)
Aber ich schreibe meine Rechenschritte nochmal genau auf:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ -a & 2+a & -1 \\ -a & a & 1 }
[/mm]
Hier multipliziere ich die 1. Zeile mit a (wobei a [mm] \not= [/mm] 0) und addiere diese sowohl mit der 2. als auch der 3. Zeile. Ergebnis ist dann folgende Matrix:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & 2a & 1-a }
[/mm]
Jetzt multipliziere ich die 2. Zeile mit $ [mm] \bruch{-2a}{2+2a} [/mm] $ (wobei a [mm] \not= [/mm] 0 UND a [mm] \not= [/mm] -1) und addiere diese mit der 3. Zeile. Ergebnis:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & 0 & 1 }
[/mm]
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habe aber irgendwie noch nicht ganz verstanden, warum wir 2 verschiedene matrizen rausbekommen beim bringen auf ZSF nur aufgrund anderer zeilentransformationen....??
viele grüße, mathedepp_No.1
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> habe aber irgendwie noch nicht ganz verstanden, warum wir 2
> verschiedene matrizen rausbekommen beim bringen auf ZSF nur
> aufgrund anderer zeilentransformationen....??
Es sind halt äquivalente Umformungen, und dafür gibt es mehrere Möglichkeiten. Die tatsache, daß umgeformte Matrizen verschieden aussehen, ist kein Grund zur Sorge. (Ich habe aber keine von Euren nachgerechnet.)
Die Gleichungssysteme
2x-3y=-5
7x+y=63
und
11x-5y=53
23x=184
sind schließlich auch äquivalent, obgleich man ihnen das nicht sofort ansieht.
Gruß v. Angela
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> Für [mm]a \in \IR[/mm] definiere die Matrix [mm]A(a) := \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ -a & 2+a & -1 \\ -a & a & 1 } \in M_{3}(\IR) [/mm].
>
> Sei [mm]\phi_{A(a)}: \IR^{3} \to \IR^{3}[/mm] die zugehörige lineare
> Abbildung.
>
> 1. Bestimmen Sie Basen des Kerns und des Bildes von
> [mm]\phi_{A(a)} [/mm]. Für welche [mm]a[/mm] ist [mm]\phi_{A(a)}[/mm] ein
> Isomorphismus?
> 2. Berechnen Sie das charakteristische Polynom von
> [mm]\phi_{A(a)} [/mm].
> 3. Geben Sie Basen [mm]A[/mm] und [mm]B[/mm] des [mm]\IR^{3}[/mm] an,
> so dass [mm]M^{A}_{B}(\phi_{A(a)}) = J^{r(a)} [/mm], wobei [mm]r(a)[/mm] der
> Rang von [mm]A(a)[/mm] ist.
> zu 1.) Diesen Teil habe ich eigentlich vollständig gelöst,
> hierzu habe ich aber eine kleine Verständnisfrage. Zuerst
> habe ich die Matrix in Zeilenstufenform umgewandelt, welche
> dann wie folgt aussieht: [mm]A(a) := \pmat{ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2+2a & -1-a \\ 0 & 0 & 1 }[/mm]
>
> Wegen vollem Rang ist die Dimension des Kerns also Null.
> Gut... aber besitzt der Kern trotzdem noch den Nullvektor?
> Also müsste ich als Lösung hinschreiben: Kern [mm]\phi_{A(a)} = l \left( \vektor{ 0 \\ 0 \\ 0 } \right) [/mm]?
Hallo,
das Problem mit den a=0 und a=-1 hatte ich ja bereits gestern in einer Mitteilung angesprochen, diese Fälle müssen gesondert betrachtet werden, sofern Du eine Umformung gemacht hast, in welcher möglicherweise mit 0 multipliziert oder durch 0 dividiert wird.
Wir sprechen in der Folge über [mm] a\not=0 [/mm] und [mm] a\not=-1.
[/mm]
Die Dimension des Kerns ist Null. Das bedeutet, daß der Kern nur den Nullvektor enthält, ganz korrekt aufgeschrieben müßte also dastehen Kern [mm] \phi=\{\vektor{ 0 \\ 0 \\ 0 }\}.
[/mm]
Deine Schreibweise kenne ich nicht, nehme aber an, daß "Lineare Hülle" damit gemeint ist, was auch richtig ist. Oft schreit man auch einfach Kern [mm] \phi=0, [/mm] gemeint ist damit aber das eben Gesagte.
>
> Und Bild [mm]\phi_{A(a)} = l \left( \vektor{ 1 \\ -a \\ -a } \vektor{ 1 \\ 2+a \\ a } \vektor{ -1 \\ -1 \\ 1 } \right) [/mm],
> richtig?
Das ist in jedem Fall richtig. (Und für die a, über die wir gerade sprechen, sind die drei Vektoren sogar eine Basis.)
>
> Beim zweiten Teil der Frage, müsste ich doch nur noch
> testen, für welche a die Determinante ungleich Null ist.
> Das wäre doch [mm]\forall a \in \IR \backslash \{ -1 \}[/mm] der
> Fall!?
Hm, im Grunde brauchst Du das nicht mehr. Du hattest ja beim Kern bereits den Rang betrachtet (unter Beachtung der a!).
Und die beiden anderen a mwirst du ja sowieso noch getrennt abhandeln.
> zu 2.) Kann ich hierzu mit der Matrix in Zeilenstufenform
> weiterrechnen? Um die Determinante auszurechnen, reicht es
> ja dann nur die Hauptdiagonale zu multiplizieren, was das
> ganze viel einfacher macht. Theoretisch dürfte ich das,
> aber ich will bloß nochmal sicher gehen.
Berechne mal das charakteristische Polynom von [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 } [/mm] und das von [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 4 & 6 } [/mm] (1.Zeile zur 2.Zeile addiert.)
>
> zu 3.) Hier fehlt mir leider der erste Schritt. Ich weiß
> noch nicht, wie ich vorgehen muss und wie ich zu den Basen
> letztendlich komme. Könnte mir das vielleicht jemand kurz
> veranschaulichen?
Ich weiß nicht, was mit J gemeint ist...
Die Erfahrung lehrt: irgendwo ist hier eine Basis aus Eigenvektoren gefordert.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:33 Di 16.01.2007 | | Autor: | Mathezwerg |
> Ich weiß nicht, was mit J gemeint ist...
Also wir haben [mm] J^{r} [/mm] definiert, als eine Matrix deren Einträge gleich Null sind, mit außnahme der Hauptdiagonalen bis einschließlich dem Eintrag der r-ten Spalte, r-te Zeile... also in etwa sowas:
[mm] \pmat{
1 & 0 & 0 & ... & 0 & | & 0 & ... & 0 \\
0 & 1 & 0 & ... & 0 & | & 0 & ... & 0 \\
0 & 0 & 1 & ... & 0 & | & 0 & ... & 0 \\
: & : & : & & : & | & : & & : \\
0 & 0 & 0 & ... & 1 & | & 0 & ... & 0 \\
- & - & - & - & - & 1 & 0 & ... & 0 \\
0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & ... & 0 \\
: & : & : & ... & : & : & : & & : \\
0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 & 0 & ... & 0 \\}
[/mm]
Wobei die Zeile mit den "-" und die Spalte mit den "|" die jeweils r-ten sind, und eigentlich nicht aus Strichen, sondern aus Nullen (und einer 1 an der r-ten Stelle) besteht.
mfG Mathezwerg
p.s.: Für die viele Schreibarbeit erwarte ich einen goldenen Stern oder etwas vergleichbares
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> Viele Grüße, auch im Namen meiner hier anwesenden
> Kommilitonen
>
> der mathedepp_NO.1
Na, das ist ja eine lustige Veranstaltung hier, so eine Art Gruppentherapie.
Fürs erste betrachten wir [mm] a\not=-1.
[/mm]
Da war der Rang ja =3, was bedeutet, daß die Matrix [mm] J^{r(a\not=-1)}=J^3 [/mm] die Einheitsmatrix ist.
Wir suchen jetzt also solche Basen [mm] A=(a_1,a_2,a_3) [/mm] und [mm] B=(b_1, b_2, b_3),
[/mm]
sodaß die Matrix der Abbildung [mm] \phi [/mm] für diese Basen die Einheitsmatrix ist.
Was bedeutet das? Steckt man [mm] 1*a_1 [/mm] hinein, soll [mm] 1*b_1 [/mm] herauskommen.
Tja, was könnte man da nehmen?
Anders gefragt: wenn der Rang =3 ist, was weiß man dann über [mm] \phi(a_1),\phi(a_2),\phi(a_3)?
[/mm]
Gruß v. Angela
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halli hallo,
> Na, das ist ja eine lustige Veranstaltung hier, so eine Art
> Gruppentherapie.
Ja nur so gehts, geteiltes Leid/Freud' ist halbes Leid/Freund'
> Fürs erste betrachten wir [mm]a\not=-1.[/mm]
>
> Da war der Rang ja =3, was bedeutet, daß die Matrix
> [mm]J^{r(a\not=-1)}=J^3[/mm] die Einheitsmatrix ist.
>
> Wir suchen jetzt also solche Basen [mm]A=(a_1,a_2,a_3)[/mm] und
> [mm]B=(b_1, b_2, b_3),[/mm]
> sodaß die Matrix der Abbildung [mm]\phi[/mm] für
> diese Basen die Einheitsmatrix ist.
>
> Was bedeutet das? Steckt man [mm]1*a_1[/mm] hinein, soll [mm]1*b_1[/mm]
> herauskommen.
>
> Tja, was könnte man da nehmen?
>
> Anders gefragt: wenn der Rang =3 ist, was weiß man dann
> über [mm]\phi(a_1),\phi(a_2),\phi(a_3)?[/mm]
Also dann nehme man für A die Standardbasis des [mm] \IR^3 [/mm] und für B die Spaltenvektoren der Matrix A(a), da diese ja für a [mm] \not=-1 [/mm] vollen Rang hat und somit auch eine Basis bilden!!
Stimmts so??
Somit wäre dass dann wie folgt für die Spaltenvektoren der gesuchten Darstellungsmatrix für [mm] a\not=-1:
[/mm]
A(a) * [mm] e_1 [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ -a \\ -a} [/mm] = 1* [mm] \vektor{1 \\ -a \\ -a} [/mm] + 0* [mm] \vektor{1 \\ 2+a \\ a} [/mm] + 0* [mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ 1} [/mm]
=> !.Spaltenvektor der Darstellungsmatrix bzgl der Basen A und B: [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
richtig???
Viele GRüße, der mathedepp_No.1
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> > Wir suchen jetzt also solche Basen [mm]A=(a_1,a_2,a_3)[/mm] und
> > [mm]B=(b_1, b_2, b_3),[/mm]
> > sodaß die Matrix der Abbildung
> [mm]\phi[/mm] für
> > diese Basen die Einheitsmatrix ist.
> >
> > Was bedeutet das? Steckt man [mm]1*a_1[/mm] hinein, soll [mm]1*b_1[/mm]
> > herauskommen.
> >
> > Tja, was könnte man da nehmen?
> >
> > Anders gefragt: wenn der Rang =3 ist, was weiß man dann
> > über [mm]\phi(a_1),\phi(a_2),\phi(a_3)?[/mm]
>
> Also dann nehme man für A die Standardbasis des [mm]\IR^3[/mm] und
> für B die Spaltenvektoren der Matrix A(a), da diese ja für
> a [mm]\not=-1[/mm] vollen Rang hat und somit auch eine Basis
> bilden!!
>
> Stimmts so??
>
> Somit wäre dass dann wie folgt für die Spaltenvektoren der
> gesuchten Darstellungsmatrix für [mm]a\not=-1:[/mm]
>
> A(a) * [mm]e_1[/mm] = [mm]\vektor{1 \\ -a \\ -a}[/mm] = 1* [mm]\vektor{1 \\ -a \\ -a}[/mm]
> + 0* [mm]\vektor{1 \\ 2+a \\ a}[/mm] + 0* [mm]\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}[/mm]
>
> => !.Spaltenvektor der Darstellungsmatrix bzgl der Basen A
> und B: [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
>
> richtig???
Es ist PERFEKT:
Wenn Du so weitermachst, brauchst du einen anderen Namen.
Gruß v. Angela
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Hey Angela,
> Es ist PERFEKT:
> Wenn Du so weitermachst, brauchst du einen anderen Namen.
Ich werd mich beim Forenchef darum kümmern
Hey endlich mal ein erfolgserlebnis...DANKE
Jetzt noch kurz was zu a=0 und a=-1
was muss ich bezüglich diesen werten machen??
also bevor ich überhaupt mit aufgabenteil 3 beginnen, meine schon bei Aufgabenteil 1.
achso und noch was...
Wenn ich meine Matrix in Aufgabenteil 1 für die Fälle a=0 und a=-1 untersuche, dann muss ich diese doch in die Ausgansmatrix A(a) einsetzen und darf diese doch nicht in die Auf Zeilenstufenform gebrachte einsetzten, oder? weil ich diese ja für meine Zeilenoperationen ausschließen musste. ja??
aber diesbezüglich hätte ich doch a=0 garnicht zu berachten, wenn ich in meinen Zeilenoperation nicht durch a geteilt habe, oder?
habe lediglich 2 mal eine zeile mit a multipliziert und auf eine andere draufaddieret, jedoch das ist doch legitim, selbst wenn a=0 ist, denn ich darf doch das null-fache einer Zeile zu einer anderen dazuaddieren, da passiert dann zwar nichts ist aber auch nicht verboten.
Aber warum muss ich denn noch den Fall a=0 deiner Meinung nach betrachen??
Viele liebe Grüße, der mathe"bald-nicht-mehr"depp
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> Jetzt noch kurz was zu a=0 und a=-1
>
> was muss ich bezüglich diesen werten machen??
>
> also bevor ich überhaupt mit aufgabenteil 3 beginnen, meine
> schon bei Aufgabenteil 1.
Einsetzen in die Ausgangsmatrix. Bei a=0 ändert sich nichts.
>
> achso und noch was...
>
> Wenn ich meine Matrix in Aufgabenteil 1 für die Fälle a=0
> und a=-1 untersuche, dann muss ich diese doch in die
> Ausgansmatrix A(a) einsetzen
Ja.
und darf diese doch nicht in
> die Auf Zeilenstufenform gebrachte einsetzten, oder? weil
> ich diese ja für meine Zeilenoperationen ausschließen
> musste. ja??
Ja.
>
> aber diesbezüglich hätte ich doch a=0 garnicht zu
> berachten, wenn ich in meinen Zeilenoperation nicht durch a
> geteilt habe, oder?
Wenn Du nicht durch a dividiert hast, und nicht eine Zeile durch die mit a multiplizierte ersetzt (so etwas mache ich oft, um mich nicht so leicht zu verrechnen), gibt es ja keinen Grund, a=0 auszuschließen.
Ich habe eure Operationen nicht im einzelnen verfolgt.
> Aber warum muss ich denn noch den Fall a=0 deiner Meinung
> nach betrachen??
S.o. Es ist die reine Vorsicht. Lieber einen Fall zuviel als einen zuwenig bedenken...
Wenn DU nicht gezündelt hast, hast DU nichts zu löschen.
Gruß v. Angela
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hey angela,
tut mir leid aber muss mich nocheinmal schnell absichern
Also ich bringe das homogene GLS A(a)*x=0 auf ZSF:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ -a & 2+a & -1 | 0 \\ -a & a & 1 | 0 }
[/mm]
1. Operation 3.Zeile minus 2.Zeile:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ -a & 2+a & -1 | 0 \\ 0 & -2 & 2 | 0 }
[/mm]
2. Operation 2.Zeile + a*1. Zeile:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2+2a & -1-a | 0 \\ 0 & -2 & 2 | 0 }
[/mm]
3. Operation (a+1)*3.Zeile - 2.Zeile:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2+2a & -1-a | 0 \\ 0 & 0 & a+1 | 0 }
[/mm]
4. Operation: 3.Zeile * [mm] \bruch{1}{a+1} [/mm] für [mm] a\not=-1
[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2+2a & -1-a | 0 \\ 0 & 0 & 1 | 0 }
[/mm]
5. Operation: 2. Zeile * [mm] \bruch{1}{a+1} [/mm] für [mm] a\not=-1
[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2 & -1 | 0 \\ 0 & 0 & 1 | 0 }
[/mm]
damit sehe ich ja schon direkt, für [mm] a\not= [/mm] -1 hat die Matrix vollen Rang
=>Kern=0 für [mm] a\not=-1 [/mm]
=> Basis der Bildes sind die Spaltenvektoren der Ausgangsmatrix mit der Einschränkung [mm] a\not=-1
[/mm]
So jetzt muss ich doch nur noch denn Fall a=-1 betrachten, und a=0 nicht! oder??
also für a=-1 sieht die Matrix wie folgt aus im homogenen GLS:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 1 & -1 & 1 | 0 }
[/mm]
nun in ZSF:
[mm] \pmat{ 1 & 1 & 0 | 0 \\ 0 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 0 & 0 | 0 }
[/mm]
=> Nullzeile, setze [mm] x_2 [/mm] = t [mm] \in \IR [/mm] so folgt für den Lösungsraum [mm] \IL_0={t*\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}} [/mm]
=> [mm] \IB_{Ker(\phi A(-1))} [/mm] = [mm] {\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}}
[/mm]
Da rg(Bild) = 2 wähle mit a=-1 zwei lineare unabhängige Spaltenvektoren der Ausgangsmatrix A(-1). Diese bilden dann eine Basis des Bildes.
Desweitern gilt für [mm] a\not=-1 [/mm] kern=0 [mm] \gdw [/mm] Abbildung ist injektiv,und da die Abbildung hier ein endomorphismus ist folgt daraus injektiver Endomorphismus ist surjektv => Abbildung ist Isomorphismus für [mm] a\not=-1.
[/mm]
So sieht jetzt meine Teilaufgabe 1 aus.
Stimmt das so??
Viele liebe grüße, mathedepp_No.1
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hey ihr zwei!
dazu hätte ich auch noch ne frage....wie muss ich bei der letzten teilaufgabe für a= -1 vorgehen?
danke schonmal
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Hallo,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") .
> hey ihr zwei!
Oh, ich glaube, wir sind mehr als zwei in diesem Thread. Es ist eine Gruppentherapie heute.
> dazu hätte ich auch noch ne frage....wie muss ich bei der
> letzten teilaufgabe für a= -1 vorgehen?
Du suchst eine Basis [mm] A=(a_1,a_2,a_3) [/mm] und eine Basis [mm] B=(b_1,b_2,b_3) [/mm] so, daß die Matrix für [mm] \phi [/mm] bezogen auf diese Basen die Matrix
[mm] \pmat{ 1 & 0 &0\\ 0 & 1 &0\\ 0 & 0 &0} [/mm] ist, denn es war ja irgendwo festgestellt, daß der Rang der Matrix =2 ist.
Du mußt also Basen finden, so daß
[mm] \phi(a_1)=b_1, \phi(a_2)=b_2 [/mm] und [mm] \phi(a_3)=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}.
[/mm]
Für [mm] a_3 [/mm] hast Du ja schon vorgearbeitet, indem Du den Kern der Abbildung bestimmt hast.
Wenn Du diesen Vektor zu einer Basis erweiterst, bist Du auf dem besten Wege.
Gruß v. Angela
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> hey angela,
>
> tut mir leid aber muss mich nocheinmal schnell absichern
>
> Also ich bringe das homogene GLS A(a)*x=0 auf ZSF:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ -a & 2+a & -1 | 0 \\ -a & a & 1 | 0 }[/mm]
>
> 1. Operation 3.Zeile minus 2.Zeile:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ -a & 2+a & -1 | 0 \\ 0 & -2 & 2 | 0 }[/mm]
>
> 2. Operation 2.Zeile + a*1. Zeile:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2+2a & -1-a | 0 \\ 0 & -2 & 2 | 0 }[/mm]
>
> 3. Operation (a+1)*3.Zeile - 2.Zeile:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2+2a & -1-a | 0 \\ 0 & 0 & a+1 | 0 }[/mm]
>
> 4. Operation: 3.Zeile * [mm]\bruch{1}{a+1}[/mm] für [mm]a\not=-1[/mm]
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2+2a & -1-a | 0 \\ 0 & 0 & 1 | 0 }[/mm]
>
> 5. Operation: 2. Zeile * [mm]\bruch{1}{a+1}[/mm] für [mm]a\not=-1[/mm]
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 2 & -1 | 0 \\ 0 & 0 & 1 | 0 }[/mm]
>
> damit sehe ich ja schon direkt, für [mm]a\not=[/mm] -1 hat die
> Matrix vollen Rang
> =>Kern=0 für [mm]a\not=-1[/mm]
> => Basis der Bildes sind die Spaltenvektoren der
> Ausgangsmatrix mit der Einschränkung [mm]a\not=-1[/mm]
Hallo,
die einzelnen Schritte bei der Matrix habe ich nicht nachgerechnet, die Schlüsse, die Du daraus ziehst, sind in vollem Umfang richtig.
Für die Abgabe würde ich das etwas ausführlicher schreiben.
" ... die Matrix hat vollen Rang, rang A=3, also ist dim [mm] Bild\phi=3, [/mm] und nach dem Kern-Bild-Satz folgt..." So in dem Stile.
>
> So jetzt muss ich doch nur noch denn Fall a=-1 betrachten,
> und a=0 nicht! oder??
Ja.
>
> also für a=-1 sieht die Matrix wie folgt aus im homogenen
> GLS:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 1 & 1 & -1 | 0 \\ 1 & -1 & 1 | 0 }[/mm]
>
> nun in ZSF:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 1 & 0 | 0 \\ 0 & 1 & -1 | 0 \\ 0 & 0 & 0 | 0 }[/mm]
>
> => Nullzeile, setze [mm]x_2[/mm] = t [mm]\in \IR[/mm] so folgt für den
> Lösungsraum [mm]\IL_0={t*\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}}[/mm]
> => [mm]\IB_{Ker(\phi A(-1))}[/mm] = [mm]{\vektor{-1 \\ -1 \\ 1}}[/mm]
Deine Zeilenstufenform und folglich der Kern scheinen mir nicht zu stimmen.
Wenn ich die Matrix mit [mm] \vektor{-1 \\ -1 \\ 1} [/mm] multipliziere, müßte ja eigentlich Null herauskommen.
Rechen am besten noch einmal.
> Da
> rg(Bild) = 2 wähle mit a=-1 zwei lineare unabhängige
> Spaltenvektoren der Ausgangsmatrix A(-1). Diese bilden dann
> eine Basis des Bildes.
Ja.
>
> Desweitern gilt für [mm]a\not=-1[/mm] kern=0 [mm]\gdw[/mm] Abbildung ist
> injektiv,und da die Abbildung hier ein endomorphismus ist
> folgt daraus injektiver Endomorphismus ist surjektv =>
> Abbildung ist Isomorphismus für [mm]a\not=-1.[/mm]
Boah!
>
> So sieht jetzt meine Teilaufgabe 1 aus.
>
> Stimmt das so??
Bis auf den Fehler bei der Umformung.
Gruß v. Angela
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hallo nochmal,
ja sorry, tippfehler,
die basis kerns ist für a=-1 [mm] {\vektor{0 \\ 1 \\ 1}}, [/mm] hab mich verrechnet.
zur teilaufgabe 2)
ich habe das charakteristische Polynom mal ausgerechent in abhängigkeit von a(Einfach ausgangsmatrix mit [mm] p_{\phi_{A(a)}} [/mm] = det(1I x - A(a)) und dann nach Entwicklung nach der 1. Zeile ). Muss aber doch hier keine Fallunterscheidung machen mit [mm] a\not=-1 [/mm] und a=-1, oder??
Man kann doch in das ausgerechnete Polynom beliebiges a [mm] \in \IR [/mm] einsetzen.
zu 3.Teilaufgabe)
für den fall [mm] a\not=-1 [/mm] hab ich's ja schon gezeigt, nun zum fall a=-1
weiß rang ist=2.
habe ja in teilaufgabe 1 einen vektor in der Basis des Kerns für a=-1.
Damit bin ich dann schon fertig. Nehme wieder Basis [mm] \IB [/mm] = Basis des bildes (desjenigen für a=-1) ergänzt zu einer basis der raumes durch einen standvektor, z. [mm] e_1 [/mm] . für meine Basis [mm] \IA [/mm] nehme ich nun IA = [mm] e_1 [/mm] , [mm] e_2 [/mm] , Basis kern für a=-1 . und....TADA, fertig!!!
das läuft doch so ab angela, oder??
viele grüße, mathe"es wird immer besser"depp
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> zur teilaufgabe 2)
>
> ich habe das charakteristische Polynom mal ausgerechent in
> abhängigkeit von a(Einfach ausgangsmatrix mit
> [mm]p_{\phi_{A(a)}}[/mm] = det(1I x - A(a)) und dann nach
> Entwicklung nach der 1. Zeile ). Muss aber doch hier keine
> Fallunterscheidung machen mit [mm]a\not=-1[/mm] und a=-1, oder??
Ich sehe keinen Grund für eine Fallunterscheidung, das Polynom bekommt man auch ohne.
> Man kann doch in das ausgerechnete Polynom beliebiges a
> [mm]\in \IR[/mm] einsetzen.
>
> zu 3.Teilaufgabe)
>
> für den fall [mm]a\not=-1[/mm] hab ich's ja schon gezeigt, nun zum
> fall a=-1
> weiß rang ist=2.
> habe ja in teilaufgabe 1 einen vektor in der Basis des
> Kerns für a=-1.
> Damit bin ich dann schon fertig. Nehme wieder Basis [mm]\IB[/mm] =
> Basis des bildes (desjenigen für a=-1) ergänzt zu einer
> basis der raumes durch einen standvektor, z. [mm]e_1[/mm] . für
> meine Basis [mm]\IA[/mm] nehme ich nun IA = [mm]e_1[/mm] , [mm]e_2[/mm] , Basis kern
> für a=-1 . und....TADA, fertig!!!
>
> das läuft doch so ab angela, oder??
Ja, so läuft es!
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:40 Mi 17.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
Heute habe ich auch endlich Zeit gefunden, den ganzen Beitrag in Ruhe durchzugehen. Ich konnte soweit auch folgen, nur leider habe ich als "Nicht-Mathematiker" immer etwas Schwierigkeiten mit der Schreibweise. ;)
Könnte mir vielleicht jemand bzgl. Teilaufgabe 3 nochmal schreiben, wie ich es in der Klausur hätte richtig aufschreiben müssen? Wie sieht dann also die Lösung für $a [mm] \not= [/mm] -1$ und $a = -1$ genau aus (formal richtig geschrieben)?
Ist ein ganz schönes Chaos hier geworden. :)
Vielleicht kann mir ja sogar mathedepp helfen!?
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> Heute habe ich auch endlich Zeit gefunden, den ganzen
> Beitrag in Ruhe durchzugehen. Ich konnte soweit auch
> folgen, nur leider habe ich als "Nicht-Mathematiker" immer
> etwas Schwierigkeiten mit der Schreibweise. ;)
>
> Könnte mir vielleicht jemand bzgl. Teilaufgabe 3 nochmal
> schreiben, wie ich es in der Klausur hätte richtig
> aufschreiben müssen? Wie sieht dann also die Lösung für [mm]a \not= -1[/mm]
> und [mm]a = -1[/mm] genau aus (formal richtig geschrieben)?
> Ist ein ganz schönes Chaos hier geworden. :)
Hallo,
ich gehe davon aus, daß DIR klargeworden ist, wie Du auf Deine Basen kommst und warum.
DENEN brauchst Du nur zu zeigen, daß Deine Basen A und B funktionieren.
Es ist eigentlich eine kurze Sache. Ungefähr so:
1. [mm] a\not=-1
[/mm]
Wähle A:=( hier die drei Vektoren rein) und B:=( die drei Vektoren)
Es ist [mm] \phi(a_1)=b_1=1*b_1+0*b_2+0b_3=\vektor{1 \\ 0 \\ 0}_B [/mm] (falls Ihr diese Schreibweise hattet),
entsprechend für die anderen.
Da in den Spalten der darstellenden Matrix jeweils die Bilder der Basisvektoren stehen, hat man [mm] M^{A}_{B}(\phi_{A(a)})= Einheitsmatrix=J^3
[/mm]
1. a=-1
So ähnlich wie oben.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:21 Mi 17.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
Also: Für $a [mm] \not= [/mm] -1$ wähle $A := [mm] (\vektor{ 1 \\ 0 \\ 0 },\vektor{ 0 \\ 1 \\ 0 },\vektor{ 0 \\ 0 \\ 1 })$ [/mm] und $B := [mm] (\vektor{ 1 \\ -a \\ -a },\vektor{ 1 \\ 2+a \\ a },\vektor{ -1 \\ -1 \\ 1 })$.
[/mm]
Den weiteren Text (wie ich darauf gekommen bin) mal eingeschlossen.
Richtig so?
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absolut!!!
habs genauso!!!
viele grüße, der mathedepp_No.1
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:31 Mi 17.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
Ich müsste dann halt noch den Fall für $a = -1$ und $a = 0$ durchgehen, aber so reicht mir das ja schon mal. :)
Vielen Dank nochmal für eure geduldige Hilfe!!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:00 Di 16.01.2007 | | Autor: | Mathezwerg |
> Na, das ist ja eine lustige Veranstaltung hier, so eine Art
> Gruppentherapie.
Sprecherin:"Wilkommen in unserer kleinen (mehr oder weniger "Selbst-)hilfegruppe""
Ich:"Hallo,... ich bin der Mathezwerg... und ich hatte seit 2 Stunden keine Probleme mehr mit linearer Algebra..."
*Menge Klatscht*
Toll, das gefällt mir ;)
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Hallo zusammen.
> Sprecherin:"Wilkommen in unserer kleinen (mehr oder weniger
> "Selbst-)hilfegruppe""
> Ich:"Hallo,... ich bin der Mathezwerg... und ich hatte
> seit 2 Stunden keine Probleme mehr mit linearer
> Algebra..."
> *Menge Klatscht*
Kann dem nur zustimmen, ging mir genauso! Dank Angela!!
An dieser Stelle nochmal ein herzliches Dankeschön für die umfangreiche Hilfe!!!
bis zum nächsten mal, der mathe"es-wird-immer-weniger"depp
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:35 Di 16.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
> > zu 2.) Kann ich hierzu mit der Matrix in Zeilenstufenform
> > weiterrechnen? Um die Determinante auszurechnen, reicht es
> > ja dann nur die Hauptdiagonale zu multiplizieren, was das
> > ganze viel einfacher macht. Theoretisch dürfte ich das,
> > aber ich will bloß nochmal sicher gehen.
>
> Berechne mal das charakteristische Polynom von [mm]\pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }[/mm]
> und das von [mm]\pmat{ 1 & 2 \\ 4 & 6 }[/mm] (1.Zeile zur 2.Zeile
> addiert.)
Es ist nicht das Gleiche. :-/
Demzufolge müsste ich also mit der Ausgangsmatrix rechnen? Das Problem ist nur, dass wir in der Vorlesung die Sarrus-Regel nicht definiert haben und hier wohl mit Laplace rechnen müssen. Geht es nicht unkomplizierter?
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> Es ist nicht das Gleiche. :-/
> Demzufolge müsste ich also mit der Ausgangsmatrix rechnen?
So sehe ich das.
> Das Problem ist nur, dass wir in der Vorlesung die
> Sarrus-Regel nicht definiert haben und hier wohl mit
> Laplace rechnen müssen. Geht es nicht unkomplizierter?
Ich sehe nichts anderes.
Aber ich bitte Dich: Laplace nach der ersten Zeile ist doch auch zu schaffen, oder?
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:23 Di 16.01.2007 | | Autor: | pascal-g |
> Aber ich bitte Dich: Laplace nach der ersten Zeile ist
> doch auch zu schaffen, oder?
Ja klar, ich sehe es nur immer etwas vorausschauend. :) Die Matrix in der Klausur könnte ja z.B. komplizierter sein, da wäre jeder Geschwindigkeitsvorteil von Nutzen. Aber gut, dass wir das auch noch geklärt haben - danke!!
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Hi nochmal,
hab noch ne kleine Frage... in unserem Skript taucht zum Thema Laplace folgendes auf:
![[]](/images/popup.gif) http://img292.imageshack.us/my.php?image=skriptfehlertp2.png
Meiner Meinung nach ist hier mindestens ein Fehler:
Zum einen denke ich im zweiten schritt fehlen die "det"s, und (wo ich mir nicht sicher bin) im letzten Schritt müssten die einzelnen "det"s in Klammern stehen, oder?
mfG Mathezwerg
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Hallo
jo, nach dem ersten Gleichheitszeichen muss vor den 2x2-Matrizen jeweils det stehen.
Im nächsten Schritt ist das direkt ausmultipliziert, stimmt also.
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:42 Mi 17.01.2007 | | Autor: | Mathezwerg |
Danke für die schnelle Antwort
> Im nächsten Schritt ist das direkt ausmultipliziert, stimmt
> also.
stimmt, jetzt wo dus sagst^^ 'tschuldigung bin etwas in Zeitdruck.
mfG Mathezwerg
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![[]](http://img292.imageshack.us/my.php?image=skriptfehlertp2.png){kind=small}
http://img292.imageshack.us/my.php?image=skriptfehlertp2.png