Lineare Abbildung h: R2--> R3 < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Eine lineare Abbildung h: R2 --> R3 bilde den Punkt [mm] \{1 \choose 1} [/mm] auf [mm] \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
[/mm]
und den Punkt [mm] \{1 \choose -1} [/mm] auf den Punkt [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} [/mm] ab.
Auf welchen Punkt wird [mm] \{1 \choose 2} [/mm] abgebildet? |
Hallo Leute! Habe vor Jahren Algebra 1 auf der Uni absolviert. Habe mich nun für Algebra 2 inskripiert und gleich mal den ersten Übungszettel bekommen... Leider merke ich dass ich momentan noch ganzweit weg bin :D bin gerade am nachlernen von Algebra 1...
Kann mir wer schnell die Lösung zu dem BSP sagen?
... Denke ich muss die Abbildungsmatrix finden, dann kann ich den gesuchten Punkt bilden?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
danke! lg
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Hallo,
> Eine lineare Abbildung h: R2 --> R3 bilde den Punkt [mm]\{1 \choose 1}[/mm]
> auf [mm]\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
> und den
> Punkt [mm] \{1 \choose -1}[/mm] auf den Punkt [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
> ab.
> Auf welchen Punkt wird [mm] \{1 \choose 2}[/mm] abgebildet?
> Hallo Leute! Habe vor Jahren Algebra 1 auf der Uni
> absolviert. Habe mich nun für Algebra 2 inskripiert und
> gleich mal den ersten Übungszettel bekommen...
Sicherlich meinst du die Lineare Algebra?
> Leider
> merke ich dass ich momentan noch ganzweit weg bin :D bin
> gerade am nachlernen von Algebra 1...
> Kann mir wer schnell die Lösung zu dem BSP sagen?
Nun, das ist hier nicht der übliche Weg. Wir geben in der Regel Hilfestellungen mit dem Ziel, dass die Lösung letztendlich selbst gefunden wird.
> ... Denke ich muss die Abbildungsmatrix finden, dann kann
> ich den gesuchten Punkt bilden?
Das ist doch schon einmal der richtige Ansatz. Wenn A diese Matrix ist, [mm] v_2 [/mm] ein Urbildvektor und [mm] v_3 [/mm] ein Bildvektor, dann sieht eine Abbildungsvorschrift so aus:
[mm] A*v_2=v_3
[/mm]
(üblicherweise schreibt man diese Gleichung anders herum, aber ich habe das hier absichtlich gemacht).
Die Multiplikation in der obigen Gleichung ist natürlich nichts anderes als die Matrizen-Multiplikation (ich gehe jetzt einmal davon aus, dass du dich damit schon beschäftigt hast).
Zunächst machen wir uns klar, welche Dimension die Matrix A besitzen muss. Seien A und B zwei Matrizen (für die natürlich gilt, dass die Zeilenzahl der zweiten Matrix der Spaltenzahl der ersten entspricht), dann hat das Ergebnis der Multiplikation A*B so viele Zeilen wie A und so viele Spalten wie B. Da hier ein dreidimensionaler Vektor herauskommen soll, kannst du die Dimension der Abbildungsmatrix leicht selbst herausfinden.
Hast du diese, kannst du ein recht einfaches lineares Gleichungssystem aufstellen (6 Gleichungen, 6 Unbekannte), um die Elemente der Matrix zu bestimmen. Mit dieser berechnest du dann letztendlich das Bild von [mm] (1,2)^T.
[/mm]
Das alles hört sich komplizierter an, als es ist!
Nachtrag:
DieAcht hat eine weitere Möglichkeit aufgezeigt, wie man die Aufgabe wesentlich eleganter angehen kann. Wenn dir klar ist, was er da macht, dann nimm seinen Lösungsweg.
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:27 So 08.10.2017 | | Autor: | DieAcht |
Hallo thunderfarmer!
Zur Übersicht setzen wir
[mm] $v_1=\vektor{1 \\ 1}$, $v_2=\vektor{1 \\ -1}$, $v_3=\vektor{1 \\ 2}$, $w_1=\vektor{2 \\ 0 \\ 1}$, $w_2=\vektor{1 \\ 2 \\ 0}$.
[/mm]
Gegeben sei die lineare Abbildung [mm] $h:\IR^2\to \IR^3$ [/mm] mit [mm] $h(v_1)=w_1$ [/mm] und [mm] $h(v_2)=w_2$.
[/mm]
Gesucht ist [mm] $h(v_3)$.
[/mm]
Offenbar gilt [mm] $v_3=\frac{3}{2}v_1-\frac{1}{2}v_2$. [/mm] Mit der Linearität von [mm] $h\$ [/mm] folgt
[mm] $h(v_3)=h(\frac{3}{2}v_1-\frac{1}{2}v_2)=\frac{3}{2}h(v_1)-\frac{1}{2}h(v_2)=\frac{3}{2}w_1-\frac{1}{2}w_2=\ldots$.
[/mm]
Gruß
DieAcht
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@diophant: vielen dank für den lösungsweg. hab das beispiel gerade durchgerechnet (mittels gleichungssystem mit 6 unbekannten) und bin auf die lsg
[mm] \begin{pmatrix} 2,5 \\ -1 \\ 1,5 \end{pmatrix} [/mm]
gekommen. da mir auch dieacht diese lsg im prinzip geschrieben hat, denke ich dass das so passt.
danke auch an dieacht für deine lösung.
lg, thunderfarmer
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> Eine lineare Abbildung h: R2 --> R3 bilde den Punkt [mm]\{1 \choose 1}[/mm]
> auf [mm]\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm] und den Punkt [mm] \{1 \choose -1}[/mm] auf den Punkt [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm] ab.
> Auf welchen Punkt wird [mm] \{1 \choose 2}[/mm] abgebildet?
> ... Denke ich muss die Abbildungsmatrix finden, dann kann
> ich den gesuchten Punkt bilden?
Hallo thunderfarmer
Um eine lineare Abbildung h von [mm] \IR^2 [/mm] nach [mm] \IR^3 [/mm] festzulegen,
also insbesondere ihre Abbildungsmatrix zu bestimmen, wären
eigentlich die Bilder von 3 Punkten (die nicht kollinear sind)
erforderlich. Da im vorliegenden Fall aber nur die Bilder von
2 Punkten A und B vorgegeben sind, ist die Abbildung h gar nicht
eindeutig bestimmbar.
Da jedoch der dritte Punkt C, nach dessen Bildpunkt h(C)
gefragt wird, auf der Geraden g durch A und B liegt, deren
Gleichung im [mm] \IR^2 [/mm] durch die Gleichung y=1 gegeben ist,
kann h(C) trotzdem berechnet werden, obwohl die "ganze"
Abbildung h eigentlich gar nicht bestimmbar ist. Dies klappt,
weil die Einschränkung von h auf die Gerade g sich auf dieser
linear verhalten muss.
Die Lösung, die du bereits hast, stimmt. Man könnte nun aber
z.B. das Bild des Punktes [mm] D=\pmat{2\\3} [/mm] nicht berechnen, weil
eben die Abbildung h für den Bereich abseits der Geraden g
aufgrund der vorliegenden Daten gar nicht bestimmbar ist.
LG , Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:35 Mo 09.10.2017 | | Autor: | Diophant |
Obiges ist falsch.
> Um eine lineare Abbildung h von $ [mm] \IR^2 [/mm] $ nach $ [mm] \IR^3 [/mm] $ festzulegen,
> also insbesondere ihre Abbildungsmatrix zu bestimmen, wären
> eigentlich die Bilder von 3 Punkten (die nicht kollinear sind)
> erforderlich.
Nein. Man braucht eine Basis des Urbildraumes, also reichen natürlich zwei Punkte.
> Da im vorliegenden Fall aber nur die Bilder von
> 2 Punkten A und B vorgegeben sind, ist die Abbildung h gar nicht
> eindeutig bestimmbar.
Natürlich ist sie bestimmbar. Jede Gleichung der Form
A*v=w
liefert in diesem Fall drei lineare Gleichungen. Mit zwei (linear unabhängigen!) Urbildern lassen sich zwei solcher Gleichungen aufstellen. Da die Abbildungsmatrix die Dimension 3x2 hat, ergibt das ein eindeutig lösbares LGS für die Abbildungsmatrix.
> Da jedoch der dritte Punkt C, nach dessen Bildpunkt h(C)
> gefragt wird, auf der Geraden g durch A und B liegt, deren
> Gleichung im $ [mm] \IR^2 [/mm] $ durch die Gleichung y=1 gegeben ist,
> kann h(C) trotzdem berechnet werden, obwohl die "ganze"
> Abbildung h eigentlich gar nicht bestimmbar ist. Dies klappt,
> weil die Einschränkung von h auf die Gerade g sich auf dieser
> linear verhalten muss.
> Die Lösung, die du bereits hast, stimmt. Man könnte nun aber
> z.B. das Bild des Punktes $ [mm] D=\pmat{2\\3} [/mm] $ nicht berechnen, weil
> eben die Abbildung h für den Bereich abseits der Geraden g
> aufgrund der vorliegenden Daten gar nicht bestimmbar ist.
[mm] 2.5*\vektor{1 \\ 1}-0.5*\vektor{1 \\ -1}=\vektor{2\\3}
[/mm]
Damit ist dann
[mm] h\left(\vektor{2\\3}\right)=2.5*h\left(\vektor{1 \\ 1}\right)-0.5*h\left(\vektor{1 \\ -1}\right)=2.5*\vektor{2\\0\\1}-0.5*\vektor{1\\2\\0}=\vektor{4.5\\-1\\2.5}
[/mm]
Und mit der Abbildungsmatrix:
[mm] A*d=\pmat{1.5 & 0.5 \\ 1 & -1 \\ 0.5 & 0.5}*\vektor{2 \\ 3}=\vektor{4.5\\-1\\2.5}
[/mm]
kommt das gleiche heraus.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:09 Mo 09.10.2017 | | Autor: | abakus |
Hallo Diophant,
kannst du deine Multiplikation [mm] $A\cdot [/mm] d$ nochmal kontrollieren?
Ich bekomme da ein anderes Ergebnis.
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Hallo,
es scheint, dass ich die gestellte Aufgabe etwas anders
verstanden hatte. Ich dachte an eine linear affine Abbildung
der Ebene in den Raum. Um eine solche festzulegen, sind
die Bildpunkte von 3 nicht kollinearen Punkten aus der
Urbildebene erforderlich.
Ich dachte nicht daran (Studium ist lange her), dass der
(engere) Begriff der "linearen Abbildung" von Vektorraum
zu Vektorraum nur nach dem Schema x [mm] \mapsto [/mm] A x mit
eine Abbildungsmatrix A definiert ist. Dabei wird automatisch
der Nullpunkt auf den Nullpunkt abgebildet. Nimmt man also
zusätzlich diese Forderung dazu, dann hat man damit eben
den dritten Punkt, von dem ich gesprochen habe.
Mein diesbezüglicher Irrtum beruht wohl darauf, dass ich
(als langjähriger Mathematiklehrer) gewohnt bin, den Begriff
"lineare Funktion" [mm] \IR \mapsto \IR [/mm] für Funktionen der Form
x [mm] \mapsto [/mm] m*x+b zu benützen, welche man (nach dem strengeren
Linearitätsbegriff aus der Linearen Algebra) eigentlich als
"linear affine Funktionen" oder "allgemeine lineare Funktionen"
bezeichnen sollte.
Siehe dazu den einleitenden Abschnitt des Wikipedia-Artikels
zur ![[]](/images/popup.gif) Linearen Funktion
LG , Al-Chw.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:03 Mo 09.10.2017 | | Autor: | fred97 |
Sagen wirs ganz klar und allgemein:
Ist $V$ ein n-dimensionaler K- Vektorraum mit Basis [mm] $\{b_1,...,b_n\}$, [/mm] $W$ ein weiterer K-Vektorraum, $f:V [mm] \to [/mm] W$ linear und sind die Bilder [mm] $f(b_1),...,f(b_n)$ [/mm] bekannt, so kennt man $f$ auf ganz $V$:
ist nämlich $v [mm] \in [/mm] V$ so ex. eindeutig bestimmte [mm] $k_1,...,k_n \in [/mm] K$ mit
[mm] $v=k_1b_1+...+k_nb_n$.
[/mm]
Somit ist
[mm] $f(v)=k_1f(b_1)+...+k_nf(b_n)$.
[/mm]
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> Eine lineare Abbildung h: R2 --> R3 bilde den Punkt [mm]\{1 \choose 1}[/mm]
> auf [mm]\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
> und den
> Punkt [mm] \{1 \choose -1}[/mm] auf den Punkt [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
> ab.
> Auf welchen Punkt wird [mm] \{1 \choose 2}[/mm] abgebildet?
Nachdem das Problem eigentlich schon gelöst ist, will ich hier noch mal den Weg aufzeigen, den ich gehen würde.
Wegen der Linearität ist mit [mm] f(\vektor{1 \\ 1}) [/mm] = [mm] \vektor{2 \\ 0 \\ 1} [/mm] und [mm] f(\vektor{1 \\ - 1}) [/mm] = [mm] \vektor{1 \\2 \\ 0} [/mm] automatisch [mm] f(a\vektor{1 \\ 1}) [/mm] = [mm] a\vektor{2 \\ 0 \\ 1} [/mm] und [mm] f(b\vektor{1 \\ - 1}) [/mm] = [mm] b\vektor{1 \\2 \\ 0} [/mm] und somit
[mm] f(\vektor{a \\ a}+\vektor{b \\ - b}) [/mm] = [mm] \vektor{2a \\ 0 \\ a}+\vektor{b \\2b \\ 0} [/mm] , also [mm] f(\vektor{a + b \\ a - b}) [/mm] = [mm] \vektor{2a + b \\ 2b \\ a}.
[/mm]
Jetzt bildest du den Vektor [mm] \vektor{x \\ y}=\vektor{a + b \\a - b}. [/mm] Dann ist
x = a + b
y = a - b
woraus sich a=(x+y)/2 und b =(x - y)/2 ergibt (nur 2 Gleichungen mit 2 Unbekannten).
Dann ist [mm] f(\vektor{x \\ y}) [/mm] = [mm] f(\vektor{a + b \\ a - b}) [/mm] = [mm] \vektor{2a + b \\ 2b \\ a} [/mm] = [mm] \vektor{(x+y)+(x-y)/2 \\ x-y \\(x+y)/2} [/mm] = [mm] \vektor{1,5 x + 0,5 y \\ x-y \\0,5x + 0,5 y},
[/mm]
und die Matrix A = [mm] \pmat{ 1,5 & 0,5 \\ 1 & -1\\ 0,5 & 0,5 } [/mm] fällt auch sofort vom Himmel.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:40 Di 10.10.2017 | | Autor: | rabilein1 |
> Eine lineare Abbildung h: R2 --> R3 bilde den Punkt [mm]\vektor{1 \\ 1}[/mm] auf [mm]\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}[/mm]
> und den Punkt [mm]\vektor{1 \\-1}[/mm] auf den Punkt [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm] ab.
> Auf welchen Punkt wird [mm] \vektor{1 \\ 2}[/mm] abgebildet?
Die Aufgabe ist ja bereits (auf unterschiedliche Arten) gelöst worden. Ich finde aber viele der Erklärungen / Lösungen irgendwie zu kompliziert.
Ich hätte einfach nur geschrieben
[mm]\pmat{a &b \\ c & d \\ e & f}*\vektor{1 \\ 1}=\vektor{2\\0\\1}[/mm]
[mm]\pmat{a &b \\ c & d \\ e & f}*\vektor{1 \\ -1}=\vektor{1\\2\\0}[/mm]
Daraus ergeben sich die sechs Gleichungen:
a + b = 2
c + d = 0
e + f = 1
a - b = 1
c - d = 2
e - f = 0
Die Lösung wäre dann:
a = 1.5
b = 0.5 ....
... okay, den Rest kann man leicht ausrechnen und daraus die Matrix [mm]\pmat{1.5 & 0.5 \\ 1 & -1 \\ 0.5 & 0.5}[/mm] bilden, die Diophant ja schon genannt hat.
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> Die Aufgabe ist ja bereits (auf unterschiedliche Arten)
> gelöst worden. Ich finde aber viele der Erklärungen /
> Lösungen irgendwie zu kompliziert.
Moin,
nicht nur die Matrix hat Diophant genannt, sondern in der ersten Antwort in diesem Thread auch exakt diesen Weg.
Zusätzlich hat er noch erläutert, wie man die Dimension der Matrix herausfindet.
LG Angela
>
> Ich hätte einfach nur geschrieben
>
> [mm]\pmat{a &b \\ c & d \\ e & f}*\vektor{1 \\ 1}=\vektor{2\\0\\1}[/mm]
>
> [mm]\pmat{a &b \\ c & d \\ e & f}*\vektor{1 \\ -1}=\vektor{1\\2\\0}[/mm]
>
> Daraus ergeben sich die sechs Gleichungen:
>
> a + b = 2
> c + d = 0
> e + f = 1
> a - b = 1
> c - d = 2
> e - f = 0
>
> Die Lösung wäre dann:
> a = 1.5
> b = 0.5 ....
>
> ... okay, den Rest kann man leicht ausrechnen und daraus
> die Matrix [mm]\pmat{1.5 & 0.5 \\ 1 & -1 \\ 0.5 & 0.5}[/mm] bilden,
> die Diophant ja schon genannt hat.
Moin,
nicht nur die Matrix hat Diophant genannt, sondern in der ersten Antwort in diesem Thread auch exakt diesen Weg.
>
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:29 Di 10.10.2017 | | Autor: | rabilein1 |
> Moin,
>
> nicht nur die Matrix hat Diophant genannt, sondern in der ersten Antwort in diesem Thread auch exakt diesen Weg.
Ja, das stimmt.
Ich hatte zu dem Zeitpunkt aber nicht Papier und Bleistift zur Hand, um das nachzuvollziehen zu können.
Später hatte ich dann - aufgrund des Hinweises von Diophant - die genannte Rechnung aufgestellt.
Es macht schon einen kleinen Unterschied, ob man etwas nur durchliest und dann sagt "Okay, wird schon stimmen" oder ob man es dann selber nachvollzieht.
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