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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:58 Mo 16.01.2012 | | Autor: | herben |
| Aufgabe | Beweisen Sie, dass folgender Algorithmus jeweils eine Basis des Bildes und eine Basis des Kerns liefert:
Sei [mm] $A\in \IR^{m \times n}$ [/mm] die Darstellungsmatrix ...
1. Schritt: Schreibe [mm] $A^T$ [/mm] und die Einheitsmatrix in entsprechender Größe nebeneinander (wie beim Invertieren von Matrizen)
2. Bringe [mm] $A^T$ [/mm] auf Zeilenstufenform und wende die entsprechenden elementaren Zeilenumformungen auch auf die Einheitsmatrix auf der rechten Seite an
3. Die Zeilenvektoren von [mm] $A^T$, [/mm] die nicht zu 0-Zeilen geworden sind, bilden eine Basis des Bildes.
Die Zeilenvektoren der ehemaligen Einheitsmatrix, die neben Nullzeilen von [mm] $A^T$ [/mm] stehen bilden eine Basis des Kerns. |
Hallo Zusammen,
an der Aufgabe sitze ich schon seit ca. 2006. Hab sie irgendwann aus den Augen verloren, jetzt wieder gefunden und kann mir immer noch nicht erklären, warum dabei eine Basis des Kerns entsteht. Die Basis des Bildes ist ja klar, aber die des Kerns ist zu krass :) Es funktioniert aber, wenn man das mit Beispielen durchrechnet und ist meiner Meinung nach das schnellste Verfahren um Basen von Bild und Kern zu erhalten...aber das mit dem Kern zu beweisen.....
Klar, man kann eine beliebige Matrix [mm] $(a_{ij})$ [/mm] hernehmen und das Verfahren darauf anwenden und dann zeigen, dass die entsprechenden Zeilen der Einheitsmatrix auf 0 abgebildet werden, aber das ist ja extrem unelegant...
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Nehmen wir mal du hast [mm]\IR^{4\times 4}\ni A=(a_{ij})[/mm], wobei die Matrix A die Darstellungsmatrix von f ist. Allgemeine Indizies darfst du selber aufschreiben
[mm]\begin{array}{cccc|cccc} f(e_1)&f(e_2)&f(e_3)&f(e_4)&e_1&e_2&e_3&e_4\\
\hline a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & 1 & 0 & 0 & 0\\
a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & 0 & 1 & 0 & 0\\
a_{31} & a_{32}& a_{33} & a_{34} & 0 & 0 & 1 & 0\\
a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & 0 & 0 & 0 & 1\\
\hline \end{array}[/mm]
In Spalte 1 steht ja das Bild von [mm]e_1[/mm] also [mm]f(e_1)[/mm],...
Diese Gauß-Umformungen sind bijektive lineare Funktionen (Elementarmatrizen)
also erhälst du
[mm]\begin{array}{cccc|cccc}g(f(e_1))&g(f(e_2))&g(f(e_3))&g(f(e_4))&g(e_1)&g(e_2)&g(e_3)&g(e_4)\\
\hline b_{11} & b_{12} & b_{13} & b_{14} & c_{11} & c_{12} & c_{13} & c_{14}\\
b_{21} & b_{22} & b_{23} & b_{24} & c_{21} & c_{22} & c_{23} & c_{24}\\
b_{31} & b_{32}& b_{33} & b_{34} & c_{31} & c_{32} & c_{33} & c_{34}\\
0&0&0&0 & c_{41} & c_{42} & c_{43} & c_{44}\\
\hline \end{array}[/mm]
In Spalte 1 steht ja das Bild von g angewendet auf [mm]f(e_1)[/mm] also [mm]g(f(e_1))[/mm],...
zu den Basisvektoren von im(f) ist ja alles klar, da Umformungen (Funktion g) den Zeilenraum/Spaltenraum nicht ändert.
zum Kern
Es gilt ja
[mm]c_{41}g(f(e_1)) + c_{42}g(f(e_2)) + c_{43}g(f(e_3)) + c_{44}g(f(e_4))=0[/mm]
und damit auch ([mm]g[/mm] ist bijektiv und linear und [mm]f[/mm] ist linear).
[mm]f(c_{41}, c_{42}, c_{43},c_{44})=0[/mm]
Damit hast du die Aussage, dass Zeile 4 im Kern von [mm]f[/mm] liegt.
Da bijektive Transformationen nichts an der linearen Abhängigkeit ändern, so ist Zeile 4 (im obigen Beispiel) eine Basis vom Kern von f. (Kern-Bild-Satz: genügt "dim V - dim Bild" linear unabhängig Vektoren zu finden, deren Bild 0 ist)
Das lässt sich natürlich schön verallgemeinern indem man Indizies hin und her schubst. Du brauchst ja nur
[mm] $\sum_{k=1}^nc_{jk}g(f(e_k))=0$
[/mm]
für alle j betrachten, in der eine Nullzeile steht, betrachten und die gleiche Argumentation anwenden.
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