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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:52 Fr 04.01.2008 | | Autor: | PixCell |
| Aufgabe | Sei f: [mm] \IR^{4} \to \IR^{3} [/mm] definiert durch
f [mm] (\vektor{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4}}) [/mm] := [mm] (\vektor{-x_{2} + 3x_{3} - 2x_{4} \\ -x_{1} + x_{2} - 3x_{3} \\ 2x_{1} + 4x_{4}})
[/mm]
Geben Sie Basen für Kern f und Bild f an. |
Hallo zusammen,
Ich habe ein Verfahren gesehen, bei dem man zunächst die transponierte Matrix A links hinschreibt und rechts daneben die Einheitsmatrix. Anschließend bringt man die Matrix auf Zeilen-Stufen-Form. Die dann entstehenden Zeilen der linken Matrix, die nicht die Nullzeilen sind, bilden eine Basis des Bildes. Die Zeilen rechts in der Matrix (der ehemaligen Einheitsmatrix), die neben den Nullzeilen stehen, bilden eine Basis des Kerns.
Dieses Verfahren habe ich nun angewendet und bin ausgehend von folgender Matrix
[mm] \pmat{ 0 & -1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 1 }
[/mm]
zu folgender Matrix gelangt
[mm] \pmat{ 1 & 0 & -2 & 0 & 0 & 0 & \bruch{-1}{2} \\ 0 & 1 & -2 & 0 & 0 & \bruch{-1}{3} & \bruch{-1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \bruch{-1}{3} & \bruch{-1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & \bruch{1}{3} & 0 }
[/mm]
Mal angenommen, ich hätte mich bei der Umformung nicht verrechnet, wäre dann die Basis meines Bildes { [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ -2}, \vektor{0 \\ 1 \\ -2} [/mm] }
und die Basis meines Kerns { [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ \bruch{-1}{3} \\ \bruch{-1}{2} }, \vektor{0 \\ 1 \\ \bruch{1}{3} \\ 0 } [/mm] } ?
Ich erwarte jetzt nicht, dass hier jemand meine Matrix-Umformungen nachrechnet, aber vielleicht kann mir jemand sagen kann, ob ich das Verfahren so richtig verstanden habe.
Ich habe die Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Und vielen Dank schon mal vorab für Eure Hilfe!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:17 Sa 05.01.2008 | | Autor: | PixCell |
Hallo barsch,
vielen Dank für Deine Bestätigung.
Würdet Du mir noch verraten, wie Du zu Deiner Lösung gekommen bist? Ich kenne nämlich keine andere Methode, als meine und ne Alternative kann ja mal nie schaden, gelle?
Beste Grüße
PixCell
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:31 Sa 05.01.2008 | | Autor: | barsch |
Hi PixCell,
> Hallo barsch,
>
> vielen Dank für Deine Bestätigung.
> Würdet Du mir noch verraten, wie Du zu Deiner Lösung
> gekommen bist?
Klar 
> Ich kenne nämlich keine andere Methode, als
> meine und ne Alternative kann ja mal nie schaden, gelle?
Da ist was Wahres dran.
Also...
Du hast:
> [mm] f(\vektor{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4}}):=(\vektor{-x_{2} + 3x_{3} - 2x_{4} \\ -x_{1} + x_{2} - 3x_{3} \\ 2x_{1} + 4x_{4}}) [/mm]
Die dazugehörige Matrix sieht so aus:
[mm] \pmat{ 0 & -1 & 3 & -2 \\ -1 & 1 & -3 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 4 }\underbrace{\to}_{Gauss}\pmat{ 1 & -2 & 6 & -2 \\ 0 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & 4 & -12 & 8 }
[/mm]
Wir wollen also eine Basis des Kerns bestimmen:
Es muss gelten: [mm] \pmat{ 1 & -2 & 6 & -2 \\ 0 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & 4 & -12 & 8 }*x=0 \gdw x_1=\vektor{1 \\ 0 \\ \bruch{-1}{3} \\ \bruch{-1}{2} } [/mm] oder [mm] x_2=\vektor{0 \\ 1 \\ \bruch{1}{3} \\ 0 } [/mm] Damit haben wir die Basis des Kerns.
Basis des Bildes:
Wir haben mit Gauß folgende Matrix erhalten:
[mm] \pmat{ 1 & -2 & 6 & -2 \\ 0 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & 4 & -12 & 8 }
[/mm]
Wir haben eine Zeilen-Stufen-Form.
Wir können dieser Matrix entnehmen, dass die Spaltenvektoren (bei deren Übergang eine "Stufe" ist) 1 und 2 linear unabhängig sind.
Also nehmen wir aus der Usprungsmatrix gerade die ersten beiden Spaltenvektoren:
[mm] \pmat{ \red{0} & \red{-1} & 3 & -2 \\ \red{-1} & \red{1} & -3 & 0 \\ \red{2} & \red{0} & 0 & 4 }
[/mm]
[mm] y_1=\vektor{0 \\ -1 \\ 2}, y_2=\vektor{-1 \\ 1 \\ 0} [/mm] bilden eine Basis des Bildes. Du hattest als Basis für das Bild:
> die Basis meines Bildes { [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ -2}, \vektor{0 \\ 1 \\ -2} [/mm] }
Das ist auch richtig, weil sich deine beiden Vektoren durch die, die ich berechnet habe, darstellen lassen.
Ich hoffe, es war verständlich.
MfG barsch
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