Kern und Dimensionssatz < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:17 Mi 21.11.2007 | | Autor: | JanJan |
| Aufgabe | Bestimmen Sie den Kern und die Dimension des Kerns der linearen Abbildung:
$ [mm] L_{4}:\IR_{\le2}[x] \to \IR_{\le5}[x], L_{4}(f)(x):= (x^{3}-8)f(x) [/mm] $ |
Hallo liebe Leute :)
1) Meine erste Idee war es mittels Dimensionssatz zu überprüfen, ob die Dimension des Kerns von [mm] L_{4} [/mm] (Defekt von [mm] L_{4}?) [/mm] = 0 ist, denn dann würde der Kern ja nur 0 beinhalten.
Gedacht, getan:
[mm] dim(Kern(L_{4}) [/mm] = [mm] dim(\IR_{\le2}[x])-dim(\IR_{\le5}[x]) [/mm] = 3 - 6 = -3
Aber was hat dieses Ergebnis zu bedeuten? Wie kann denn eine Dimension negativ sein?
2) Habe mir das dann so gedacht: Wenn ich aus einem Raum mit 3 Basisvektoren in einen Raum mit 6 Basisvektoren abbilde, können dabei ja keine Basisvektoren auf die 0 abgebilet werden, folglich ist mein Kern 0.
3) Oder ist es so, dass in diesem Fall, bei dem ich eine Lineare Abbildung betrachte die Funktionen abbildet, haben [mm] \IR_{\le2}[x] \to \IR_{\le5}[x]
[/mm]
immer noch die Dimensionen 3 und 6? oder sind sie jetzt beide 1?
Was ja aber im Endeffekt dazu führen würde, dass jede Lineare Abbildung von Funktionen den Kern 0 hätte, da [mm] dim(\IR_{\le n})=1 [/mm] $ für alle $ n [mm] \in \IN [/mm] $ wäre, folglich wären all diese lin. Abbildungen injektiv.
4) Nachdem die obigen gedanklichen Ansätze nicht zum erhofften Erfolg geführt und auch nicht 100% überzeugend waren, habe ich dann einfach "brutal" eingesetzt:
[mm] (x^{3}-8)f(x)=0 [/mm]
Diese Gleichung ist nur erfüllt, für f(x)=0. Die x'e muss ich nicht weiter beachten, denn es geht mir ja nur um die Funktionen.
Also ist [mm] dim(Kern(L_{4}) [/mm] = 0?
War irgendeiner dieser Ansätze auch nur halbwegs auf der richtigen Fährte?
Vielen Dank schonmal
Jan
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 23:45 Mi 21.11.2007 | | Autor: | JanJan |
Habe mal etwas weiter geforscht und folgendes gefunden:
[mm] dim(V_{1} \cup V_{2}) [/mm] = dim [mm] V_{1}+dim V_{2} [/mm] + [mm] dim(V_{1} \cap V_{2})
[/mm]
Komme ich damit weiter? Irgendwie wird hier drin der Kern gar nicht berücksichtigt...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:05 Sa 24.11.2007 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo Jan,
richtig hast du erkannt, dass [mm] $dim(\IR_{\le 2}[x])=3$ [/mm] und [mm] $dim(\IR_{\le 5}[x])=6$
[/mm]
Gib dir doch mal die Standardbasen [mm] $\mathcal{A}=\{1,x,x^2,\}$ [/mm] und [mm] $\mathcal{B}=\{1,x,x^2,x^3,x^4,x^5\}$ [/mm] in beiden Räumen vor und bestimme die Abbildungsmatrix [mm] $M_{\mathcal{A},\mathcal{B}}(L_4)$.
[/mm]
Aus der kannst du ja schnell die Dimension von [mm] $Bild(L_4)$ [/mm] bestimmen.
Das hatten wir ja neulich in nem anderen post - soweit ich mich erinnere.
Zur Erinnerung: Es ist [mm] $rg(M_{\mathcal{A},\mathcal{B}}(L_4))=dim(Bild(L_4))$
[/mm]
Damit solltest du ein gutes Stück voran kommen....
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:35 Do 22.11.2007 | | Autor: | JanJan |
Wie genau würde ich denn die Abbildungsmatrix bestimmen?
Das Gebiet haben wir noch gar nicht angeschnitten : /
Könnte man auch über das [mm] (x^{3}-8)f(x) [/mm] = 0 erklären, dass der Kern 0 wäre, oder wäre das falsch?
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
oh, ihr hattet noch keine Abbildungsmatrizen - ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
Nun, dein Weg zur Bestimmung des Kerns scheint mir auch zu gehen.
Der $Kern(L_4)$ ist ja Teilmenge von $\IR_{\le 2}[x]}$ und enthält genau diejenigen Polynome höchstens 2.ten Grades, die unter $L_4$ auf die 0, also das Nullpolynom in $\IR_{\le 5}[x]$ abgebildet werden.
Das hast du richtig gelöst über die Gleichung $(x^3-8)\cdot{}f(x)=0$
Also besteht der $Kern(L_4)$ nur aus dem Nullvektor (also dem Nullpolynom in $\IR_{\le 2}[x]$, dh. $Kern(L_4)=\{f\equiv 0\}$
Also ist die Dimension des Kernes=....
Also mit der Dimensionsformel ist dann die Dimension von $(Bild(L_4)=...$
LG
schachuzipus
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