Berechnung vom Bild und Kern < Gleichungssysteme < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:02 Di 22.02.2011 | | Autor: | Flock |
| Aufgabe | Gegeben sei die lineare Abbildung:
f: [mm] \IQ^5 \to IQ^4, [/mm] x [mm] \mapsto \pmat{ 2 & 2 & 1 & 2 & -2 \\ -6 & -6 & -3 & -4 & 2 \\ -2 & -1 & -1 & -1 & 0 \\ 4 & 5 & 2 & 4 & -4 \\}*x [/mm] (x [mm] \mapsto [/mm] A*x)
Bestimmen Sie jeweils eine Basis von Bild(f) und Kern(f). Ist f injektiv bzw. surjektiv? |
Hallo, Forum!
Ich habe diese Aufgabe zwar gelöst, bin allerdings nicht sicher, ob das Vorgehen an sich richtig ist (es kann sein, dass ich mich verrechnet habe).
Für den Kern muss ja den Lösungsraum [mm] \IL(A,0) [/mm] bestimmen.
(Wäre das Vorgehen gleich, wenn ich den Nullraum der Abbildung f bestimmen soll?)
Ich habe folgendes herausbekommen:
dim(Kern(f)) = 2 mit folgenden Basisvektoren:
[mm] \IL({(\pmat{ -0.5 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}),(\pmat{ -1 \\ 0 \\ 0 \\ 2 \\ 1}) }) [/mm] => f ist nicht injektiv, denn [mm] f^{-1}({0}) [/mm] enthält mehrere Elemente und nicht nur {0}. Dies folgt aus der Dimension vom Kern.
Für die Basis vom Bild muss man die maximale linear unabhängige Teilmenge von [mm] A^{t} [/mm] (transponiert) bestimmen, wenn ich es richtig verstanden habe...
ich habe folgendes herausbekommen: [mm] dim(\IQ^4) [/mm] = dim Bild(f) => f ist surjektiv.
hier zum Vergleich eine "schöne" Basis vom Bild:
[mm] v_{1}=(1 [/mm] -3 -1 2), [mm] v_{2}=(0 [/mm] 2 1 0), [mm] v_{3}=(0 [/mm] 0 1 4),
[mm] v_{4}=(0 [/mm] 0 0 1).
und die maximale linear unabhängige Teilmenge:
[mm] v_{1}=(2 [/mm] -6 -2 4), [mm] v_{2}=(2 [/mm] -6 -1 5), [mm] v_{3}=(2 [/mm] -4 -1 4),
[mm] v_{4}=(2 [/mm] 2 0 -4).
Danke im Voraus.
Flock
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Hi,
> Gegeben sei die lineare Abbildung:
>
> f: [mm]\IQ^5 \to IQ^4,[/mm] x [mm]\mapsto \pmat{ 2 & 2 & 1 & 2 & -2 \\ -6 & -6 & -3 & -4 & 2 \\ -2 & -1 & -1 & -1 & 0 \\ 4 & 5 & 2 & 4 & -4 \\}*x[/mm]
> (x [mm]\mapsto[/mm] A*x)
> Bestimmen Sie jeweils eine Basis von Bild(f) und Kern(f).
> Ist f injektiv bzw. surjektiv?
> Hallo, Forum!
>
> Ich habe diese Aufgabe zwar gelöst, bin allerdings nicht
> sicher, ob das Vorgehen an sich richtig ist (es kann sein,
> dass ich mich verrechnet habe).
>
> Für den Kern muss ja den Lösungsraum [mm]\IL(A,0)[/mm] bestimmen.
> (Wäre das Vorgehen gleich, wenn ich den Nullraum der Abbildung f bestimmen soll?)
f ist mit der Abbildungsmatrix A assoziiert, also ja.
> Ich habe folgendes herausbekommen:
> dim(Kern(f)) = 2 mit folgenden Basisvektoren:
> [mm]\IL({(\pmat{ -0.5 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}),(\pmat{ -1 \\ 0 \\ 0 \\ 2 \\ 1}) })[/mm]
Sieht gut aus ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> => f ist nicht injektiv, denn [mm]f^{-1}({0})[/mm] enthält mehrere
> Elemente und nicht nur {0}. Dies folgt aus der Dimension vom Kern.
Genau, f ist nicht injektiv. Aber du darfst hier nicht von einem [mm] f^{-1} [/mm] als Umkehrfunktion sprechen. Ist ja keine Bijektion EDIT: Siehe dazu freds Mitteilung.
>
> Für die Basis vom Bild muss man die maximale linear
> unabhängige Teilmenge von [mm]A^{t}[/mm] (transponiert) bestimmen,
> wenn ich es richtig verstanden habe...
Eine Basis des von den Spaltenvektoren erzeugten Raums wäre eine Basis des Bilds. Dazu kannst du z. B. [mm] A^T [/mm] in ZSF bringen.
>
> ich habe folgendes herausbekommen: [mm]dim(\IQ^4)[/mm] = dim Bild(f)
> => f ist surjektiv.
Meiner Meinung nach ist die Dimension des Bildes nicht 4.
Verwende die Dimensionsformel für Kern und Bild, da du weißt [mm] \dim(kern(f))=2. [/mm]
[mm] \dim\IQ^5=\dim(kern(f))+\dim(bild(f))
[/mm]
Bei den folgenden Berechnungen von dir scheint folglich was schief gelaufen zu sein.
>
> hier zum Vergleich eine "schöne" Basis vom Bild:
> [mm]v_{1}=(1[/mm] -3 -1 2), [mm]v_{2}=(0[/mm] 2 1 0), [mm]v_{3}=(0[/mm] 0 1 4),
> [mm]v_{4}=(0[/mm] 0 0 1).
> und die maximale linear unabhängige Teilmenge:
> [mm]v_{1}=(2[/mm] -6 -2 4), [mm]v_{2}=(2[/mm] -6 -1 5), [mm]v_{3}=(2[/mm] -4 -1 4),
> [mm]v_{4}=(2[/mm] 2 0 -4).
>
> Danke im Voraus.
>
> Flock
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:18 Di 22.02.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hi,
> > Gegeben sei die lineare Abbildung:
> >
> > f: [mm]\IQ^5 \to IQ^4,[/mm] x [mm]\mapsto \pmat{ 2 & 2 & 1 & 2 & -2 \\ -6 & -6 & -3 & -4 & 2 \\ -2 & -1 & -1 & -1 & 0 \\ 4 & 5 & 2 & 4 & -4 \\}*x[/mm]
> > (x [mm]\mapsto[/mm] A*x)
> > Bestimmen Sie jeweils eine Basis von Bild(f) und
> Kern(f).
> > Ist f injektiv bzw. surjektiv?
> > Hallo, Forum!
> >
> > Ich habe diese Aufgabe zwar gelöst, bin allerdings nicht
> > sicher, ob das Vorgehen an sich richtig ist (es kann sein,
> > dass ich mich verrechnet habe).
> >
> > Für den Kern muss ja den Lösungsraum [mm]\IL(A,0)[/mm] bestimmen.
> > (Wäre das Vorgehen gleich, wenn ich den Nullraum der
> Abbildung f bestimmen soll?)
> f ist mit der Abbildungsmatrix A assoziiert, also ja.
> > Ich habe folgendes herausbekommen:
> > dim(Kern(f)) = 2 mit folgenden Basisvektoren:
> > [mm]\IL({(\pmat{ -0.5 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}),(\pmat{ -1 \\ 0 \\ 0 \\ 2 \\ 1}) })[/mm]
> Sieht gut aus
> > => f ist nicht injektiv, denn [mm]f^{-1}({0})[/mm] enthält
> mehrere
> > Elemente und nicht nur {0}. Dies folgt aus der Dimension
> vom Kern.
> Genau, f ist nicht injektiv. Aber du darfst hier nicht von
> einem [mm]f^{-1}[/mm] als Umkehrfunktion sprechen. Ist ja keine
> Bijektion.
[mm]f^{-1}({0})[/mm] oder [mm]f^{-1}(\{0\})[/mm] ist eine überaus verbreitete Schreibweise für
$ [mm] \{x \in D_f: f(x)=0\}$
[/mm]
FRED
> >
> > Für die Basis vom Bild muss man die maximale linear
> > unabhängige Teilmenge von [mm]A^{t}[/mm] (transponiert) bestimmen,
> > wenn ich es richtig verstanden habe...
> Eine Basis des von den Spaltenvektoren erzeugten Raums
> wäre eine Basis des Bilds. Dazu kannst du z. B. [mm]L(A^T,[/mm] 0)
> bestimmen.
> >
> > ich habe folgendes herausbekommen: [mm]dim(\IQ^4)[/mm] = dim Bild(f)
> > => f ist surjektiv.
> Meiner Meinung nach ist die Dimension des Bildes nicht 4.
> Verwende die Dimensionsformel für Kern und Bild, da du
> weißt [mm]\dim(kern(f))=2.[/mm]
> [mm]\dim\IQ^5=\dim(kern(f))+\dim(bild(f))[/mm]
>
> Bei den folgenden Berechnungen von dir scheint folglich was
> schief gelaufen zu sein.
> >
> > hier zum Vergleich eine "schöne" Basis vom Bild:
> > [mm]v_{1}=(1[/mm] -3 -1 2), [mm]v_{2}=(0[/mm] 2 1 0), [mm]v_{3}=(0[/mm] 0 1 4),
> > [mm]v_{4}=(0[/mm] 0 0 1).
> > und die maximale linear unabhängige Teilmenge:
> > [mm]v_{1}=(2[/mm] -6 -2 4), [mm]v_{2}=(2[/mm] -6 -1 5), [mm]v_{3}=(2[/mm] -4 -1
> 4),
> > [mm]v_{4}=(2[/mm] 2 0 -4).
> >
> > Danke im Voraus.
> >
> > Flock
> Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Di 22.02.2011 | | Autor: | kamaleonti |
> [mm]f^{-1}({0})[/mm] oder [mm]f^{-1}(\{0\})[/mm] ist eine überaus
> verbreitete Schreibweise für
>
> [mm]\{x \in D_f: f(x)=0\}[/mm]
>
> FRED
Vielen Dank für den Hinweis.
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:32 Mi 23.02.2011 | | Autor: | Flock |
Hallo, Kamaleonti und Fred!
Danke für eure Korrekturen. Ich habe allerdings noch eine kleine Frage zum Verständnis.
Berechnung von der Basis vom Bild: Läuft das über die (Strategie 1; mir bisher soweit bekannt, dass man damit den Annulator berechnet) Berechnung des Lösungsraums [mm] \IL(A^T,0) [/mm] oder bestimmt man einfach mit (Strategie 2) dem Gaußalgorithmus die größte unabhängige Teilmenge, wie ich das in der vorherigen Frage beschrieben habe?
Ich habe jetzt meinen Rechenfehler gefunden und kriege folgende Vektoren für das Bild der Basis heraus (Strategie 2):
[mm] v_{1} [/mm] = (2 -6 -2 4); [mm] v_{2} [/mm] = (2 -6 -1 5); [mm] v_{3} [/mm] = (2 -4 -1 4)
Dieses Ergebnis stimmt mit der Dimensionsformel überein.
zu Kamaleonti: (Strategie 1) Du hast geschrieben, dass man das Bild über den Lösungsraum berechnet - in diesem Fall kriege ich ein seltsames Ergebnis heraus:
[mm] x_{1} [/mm] = [mm] -1.5*x_{4}
[/mm]
[mm] x_{2} [/mm] = [mm] 0.5*x_{4}
[/mm]
[mm] x_{3} [/mm] = [mm] -x_{4} [/mm]
[mm] x_{4} [/mm] = [mm] x_{4} [/mm] (beliebig wählbar)
Hier sieht man direkt, dass das Bild 1-dimensional ist - das widerspricht der Dimensionsformel... Habe ich hier einen Fehler eingebaut?
Ich spekuliere, dass ich hier die Basis von dem Kern des Bildes bestimmt habe (oder den Annulator )... Stimmt diese Vermutung?
Nochmal zu der Aufgabe: Die Abbildung, die die Matrix A beschreibt ist weder injektiv noch surjektiv.
Gruss
Flock
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Hallo,
zur Bestimmung der Basis des Bildes habe ich Dir zwei Strategien anzubieten:
1.
Bringe die Matrix auf Zeilenstufenform.
Stelle fest, in welchen Spalten die führenden Elemente der Nichtnullzeilen (=Pivotelemente) stehen.
Eine Basis des Bildes bilden die Vektoren, die in der Ursprungsmatrix in den entsprechenden Spalten standen.
2.
Transponiere die Matrix und bringe sie in Zeilenstufenform.
Die Nichtnullzeilen ergeben, wenn man sie wieder zu Spalten aufrichtet, eine Basis des Bildes.
> Ich habe jetzt meinen Rechenfehler gefunden und kriege
> folgende Vektoren für das Bild der Basis heraus (Strategie
> 2):
>
> [mm]v_{1}[/mm] = (2 -6 -2 4); [mm]v_{2}[/mm] = (2 -6 -1 5); [mm]v_{3}[/mm] = (2 -4 -1
> 4)
Wenn Du den Rechenweg mitpostest, kann man sehen, ob Du es richtig gerechnet hast - selbst rechnen mag ich gerade nicht.
> Dieses Ergebnis stimmt mit der Dimensionsformel überein.
Das ist doch schonmal beruhigend.
> zu Kamaleonti: (Strategie 1) Du hast geschrieben, dass man
> das Bild über den Lösungsraum berechnet
Es ist sicher nicht, wie in dem besagten Post geschrieben, das Bild der Lösungsraum von A^tx=0, denn dieser Lösungsraum wäre ein Teilraum des [mm] \IR^5.
[/mm]
Ich denke mal, kamaleonti meinte den von mir als zweites beschriebenen Weg.
> - in diesem Fall
> kriege ich ein seltsames Ergebnis heraus:
> [mm]x_{1}[/mm] = [mm]-1.5*x_{4}[/mm]
> [mm]x_{2}[/mm] = [mm]0.5*x_{4}[/mm]
> [mm]x_{3}[/mm] = [mm]-x_{4}[/mm]
> [mm]x_{4}[/mm] = [mm]x_{4}[/mm] (beliebig wählbar)
> Hier sieht man direkt, dass das Bild 1-dimensional ist -
> das widerspricht der Dimensionsformel... Habe ich hier
> einen Fehler eingebaut?
Offenbar. Den Fehler kann man aber nur finden, wenn man die Rechnung sieht.
> Nochmal zu der Aufgabe: Die Abbildung, die die Matrix A
> beschreibt ist weder injektiv noch surjektiv.
Wenn sie injektiv ist, ist Kern [mm] A=\{0\},
[/mm]
ist sie surjektiv, so ist dim Bild = 4.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:18 Mi 23.02.2011 | | Autor: | kamaleonti |
Hallo nochmal,
> > zu Kamaleonti: (Strategie 1) Du hast geschrieben, dass man
> > das Bild über den Lösungsraum berechnet
>
> Es ist sicher nicht, wie in dem besagten Post geschrieben,
> das Bild der Lösungsraum von A^tx=0, denn dieser
> Lösungsraum wäre ein Teilraum des [mm]\IR^5.[/mm]
> Ich denke mal, kamaleonti meinte den von mir als zweites
> beschriebenen Weg.
So ist es. Aus "unerklärlichen" Gründen stand es anders da, doch nun ist auch das ausgebessert.
Danke.
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:30 Mi 23.02.2011 | | Autor: | Flock |
Hier mein Rechenweg zur Strategie 2:
So habe ich die Matrix transponiert:
[mm] \pmat{ 2 & -6 & -2 & 4 \\ 2 & -6 & -1 & 5 \\ 1 & -3 & -1 & 2 \\ 2 & -4 & -1 & 4 \\ -2 & 2 & 0 & -4}
[/mm]
erste Zeile von allen unteren abgezogen (mit dem passenden Vielfachen):
[mm] \pmat{ 2 & -6 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & -4 & -2 & 0}
[/mm]
noch eine kleine Umformung:
[mm] \pmat{ 2 & -6 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
nun umgestellt, wie es schön passt und die erste Zeile durch 2 geteilt:
[mm] \pmat{ 1 & -3 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
Ist es so ok? Jetzt die ganze Rechnerei zurückverfogt und herausbekommen, dass
[mm] v_{1} [/mm] = (2 -6 -2 [mm] 4)^T
[/mm]
[mm] v_{2} [/mm] = (2 -6 -1 [mm] 5)^T
[/mm]
[mm] v_{3} [/mm] = (2 -4 -1 [mm] 5)^T
[/mm]
eine Basis des Bildes bilden.
Angela, danke für die Erklärung von den 2 Strategien zur Ermittlung der Basis.
Gruss
Flock
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Hi,
> Hier mein Rechenweg zur Strategie 2:
> So habe ich die Matrix transponiert:
> [mm]\pmat{ 2 & -6 & -2 & 4 \\ 2 & -6 & -1 & 5 \\ 1 & -3 & -1 & 2 \\ 2 & -4 & -1 & 4 \\ -2 & 2 & 0 & -4}[/mm]
>
> erste Zeile von allen unteren abgezogen (mit dem passenden
> Vielfachen):
> [mm]\pmat{ 2 & -6 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & \red{1} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & -4 & -2 & 0}[/mm]
>
> noch eine kleine Umformung:
> [mm]\pmat{ 2 & -6 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & \red{1} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
>
> nun umgestellt, wie es schön passt und die erste Zeile
> durch 2 geteilt:
> [mm]\pmat{ 1 & -3 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
Hier stimmts plötzlich!
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> Ist es so ok? Jetzt die ganze Rechnerei zurückverfogt und
> herausbekommen, dass
> [mm]v_{1}[/mm] = (2 -6 -2 [mm]4)^T[/mm]
> [mm]v_{2}[/mm] = (2 -6 -1 [mm]5)^T[/mm]
> [mm]v_{3}[/mm] = (2 -4 -1 [mm]5)^T[/mm]
> eine Basis des Bildes bilden.
Hier kannst du gleich wie von angela beschrieben die Nichtnullzeilen als Basisvektoren nehmen (natürlich transponiert)
> Angela, danke für die Erklärung von den 2 Strategien zur
> Ermittlung der Basis.
>
> Gruss
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> Flock
Gruß
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