Kern,Bild < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:46 Di 08.06.2004 | | Autor: | mausi |
Hallo,bitte mal die Rechenschritte zur Berechnung von Kern und Bild angeben,denn ich sehe da nich durch.
[mm] \IR^4 \to \IR^3 [/mm] x [mm] \to \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 & 5\\
0 & 1 & 0 & 1\\
3 & 0 & 1 & 4
\end{pmatrix} [/mm]
erst transponieren, dann irgendwie die MAtrix erweitern mit ner Einheitsmatrix??? (für Kern)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:48 Di 08.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo mausi
> Hallo,bitte mal die Rechenschritte zur Berechnung von Kern
> und Bild angeben,denn ich sehe da nich durch.
> [mm] \IR^4 \to \IR^3 [/mm] x [mm] \to \begin{pmatrix}
> 1 & 2 & 2 & 5\\
> 0 & 1 & 0 & 1\\
> 3 & 0 & 1 & 4
> \end{pmatrix} [/mm]
> erst transponieren, dann irgendwie die MAtrix erweitern mit
> ner Einheitsmatrix??? (für Kern)
>
Das sind also eigentlich 2 Fragen:
a) Bestimme den Kern der Abbildung
b) Bestimme das Bild der Abbildung
Ich möchte zunächst nur ein paar Erläuterungen geben, und hoffe, dass du damit selber ein Wenig weiter kommst.
a) Lässt sich eigentlich sofort lösen, wenn man sich klar macht, was denn der Kern einer Abbildung ist.
Wenn mich das Erinnerungsvermögen nicht ganz im Stich lässt, denke ich, kann man das ganz kurz so ausdrücken:
Der Kern einer Abbildung ist das Urbild des Nullvektors.
Mit anderen Worten, ich muss nur die Frage beantworten, welche Vektoren aus [mm] $\mathbb{R}^4$ [/mm] als Bild den Nullvektor haben. Es ist also lediglich das Gleichungssystem $A [mm] \vec{x}=\vec{0}$ [/mm] zu lösen.
(Das wären dann 3 Gleichungen mit 4 Unbekannten, womit als Lösung schon sicher kein eindeutiger Vektor zu erwarten ist, sondern ein Unterraum des [mm] $\mathbb{R}^4$ [/mm] mit einer Dimension [mm] $\ge [/mm] 1$)
Zu b) ich glaube einmal gehört zu haben, dass das Bild einer Linearen Abbildung ein Unterraum des Wertebereichs sei, und dass dieser Unterraum durch die Bilder der Basisvektoren aufgespannt werde.
Somit musst du einfach die Bilder der Basisvektoren bestimmen (das ist aber kein Problem, die stehen ja als Spaltenvektoren in der Abbildungsmatrix  ).
Nun könntest du also lakonisch schreiben, das Bild werde durch die vier Spaltenvektoren aufgespannt  Das gilt aber leider nicht als Lösung (obschon sie korrekt ist), sondern man erwartet die Angabe einer Basis dieses Unterraumes.
Kannst du das mal versuchen und mir von deinem Erfolg oder (lieber nicht) Misserfolg Kunde tun?
Mit lieben Grüssen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:52 Di 08.06.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Paul.
> Zu b) ich glaube einmal gehört zu haben, dass das Bild
> einer Linearen Abbildung ein Unterraum des Wertebereichs
> sei, ...
So ist es
![[]](/images/popup.gif) Skript
[mm] $\rightarrow$ [/mm] S.15, 2.2.1.1)
> ...und dass dieser Unterraum durch die Bilder der
> Basisvektoren aufgespannt werde.
Sollte auch stimmen
Ist $W [mm] \subset [/mm] Z$ der Bildraum der linearen Abbildung $f: V [mm] \rightarrow [/mm] Z$ (sei ferner $V$ von endlicher Dimension), so existiert eine Basis zu $W$. Diese Basis sei [mm] $\{w_1,...,w_m\}$. [/mm] Zu jedem [mm] $w_i$ [/mm] existiert (mindestens) ein [mm] $v_i \in [/mm] V$ mit [m]f(v_i)=w_i[/m], und wir wählen zu jedem [mm] $w_i$ [/mm] genau ein solches [mm] $v_i$. [/mm] Da die [mm] $w_i$ [/mm] linear unabhängig sind, sind auch die [m]v_i[/m] linear unabhängig (denn man kann nachrechnen: wären die [m]v_i[/m] linear abhängig, so wären die [m]f(v_i)[/m] auch linear abhängig).
Außerdem könnten wir wegen des Steinitzschen Austauschsatzes (im 2en Skript, der Link habe ich etwas weiter unten gesetzt, S. 33, Satz 6.8) genau die eben gefundenen [mm] $v_i$ [/mm] in eine Basis von [m]V[/m] aufnehmen.
Ich hoffe, dass ich hier keinen Denkfehler hatte; man muss das ganze vielleicht auch noch etwas sortieren. Aber du kannst es ja mal kontrollieren, wenn du willst
Gezeigt hätte ich, dass es zu jedem Bildraum $W$ zumindest eine Basis von $V$ gibt, so dass der Bildraum der durch die Bilder dieser Basiselemente aufgespannte Vektorraum ist. Man kann ja vielleicht noch weiter überlegen, ob jede Basis von $V$ dieses Ergebnis liefert.
Vielleicht hilft Basistransformation weiter, wenn man dies beweisen will (vielleicht sehe ich aber gerade auch den Wald vor lauter Bäumen nicht...).
Obwohl, das sollte auch mit Steinitz begründbar sein, oder?
Hier steht auch etwas dazu:
Wenn man eine Basis von $V$ (mit endlicher Dimension) gegeben hat, so kann man eine lineare Abbildung allein durch Angabe der Funktionswerte der Basiselemente von $V$ eindeutig definieren
(vgl. auch:
Skript2
[mm] $\rightarrow$ [/mm] S.39, Satz/Definition 7.3)
Ich sehe gerade, dass die Frage, ob die Bilder einer Basis den Bildbereich der linearen Abbildung aufspannen, mit dem letzten Link auch geklärt ist, wenn man noch ein bisschen drüber nachdenkt. Deswegen habe ich das oben durchgestrichen!
Viele Grüße
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:19 Mi 09.06.2004 | | Autor: | mausi |
Die Basis vom Bild erhält man indem man die Matrix auf ZSF bringt, dann bilden die Vektoren in den Stufenspalten die Basisvektoren vom Bild (es gibt mehrere mögliche!) Bei mir sieht die ZSF z.B. so aus:
1 2 2 5
0 1 0 1
0 0 -5 -5
also sind meine Basisvektoren (1 | 0 | 0), (2 | 1 | 0) und (2 | 0 | -5). Das Bild sind dann praktisch alle Linearkombinationen dieser Vektoren...so hab ich's verstanden.
Stimmt das so???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:32 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Mausi!
Ja, dein Ergebnis habe ich auch erhalten.
Wie sieht es jetzt mit dem Kern aus?
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:52 Mi 09.06.2004 | | Autor: | mausi |
Wenn ich das Bild bestimmen soll reicht dann einfach,die Antwort:
Das Bild sind alle Linearkombinationen dieser Vektoren???
zum Kern:
Man bringt die transponierte Matrix ganz normal auf ZSF und führt dabei die Umformungen an der Einheitsmatrix mit. Wenn die Matrix dann (nicht unbedingt reduzierte) ZSF hat, kann man in der (ehemaligen) Einheitsmatrix eine Basis des Kerns ablesen (alle Zeilenvektoren gegenüber den Nullzeilen der anderen Matrix)...
das wäre dann Ker(-1,-1,-1,1) stimmt das so???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:04 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Mausi!
> Wenn ich das Bild bestimmen soll reicht dann einfach,die
> Antwort:
> Das Bild sind alle Linearkombinationen dieser
> Vektoren???
Ja, klar, schreibe einfach $Bild [mm] (\ldots)= Span(\ldots)$.
[/mm]
> zum Kern:
> Man bringt die transponierte Matrix ganz normal auf ZSF
> und führt dabei die Umformungen an der Einheitsmatrix mit.
> Wenn die Matrix dann (nicht unbedingt reduzierte) ZSF hat,
> kann man in der (ehemaligen) Einheitsmatrix eine Basis des
> Kerns ablesen (alle Zeilenvektoren gegenüber den Nullzeilen
> der anderen Matrix)...
Ja, das Verfahren ist richtig. Ich finde es aber einsichter, die Matrix selbst auf Spaltenstufenform zu bringen, anstatt die transformierte Matrix auf Zeilenstufenform. Aber dein Verfahren ist natürlich auch richtig, man macht ja das Gleiche letztendlich.
> das wäre dann Ker(-1,-1,-1,1) stimmt das so???
Du meinst: [mm] Kern(\ldots) [/mm] = [mm] Span((-1,-1,-1,1)^T)$.
[/mm]
![[bindafuer]](/images/smileys/bindafuer.gif "[bindafuer]")
Sehr schön! ![[anbet]](/images/smileys/anbet.gif "[anbet]")
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:40 Mi 09.06.2004 | | Autor: | mausi |
v: [mm] \IF^3_5 \to \IF ^3_5 [/mm] x [mm] \to \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 \\
2 & 3 & 4 \\
2 & 3 & 1
\end{pmatrix}* [/mm] x
wie funktioniert das hier mit Kern und Bild???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:48 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Mausi!
> v: [mm] \IF^3_5 \to \IF ^3_5 [/mm] x [mm] \to \begin{pmatrix}
> 1 & 2 & 2 \\
> 2 & 3 & 4 \\
> 2 & 3 & 1
> \end{pmatrix}* [/mm] x
> wie funktioniert das hier mit Kern und Bild???
Ganz genauso! Nur dass du dich jetzt bei den elementaren Zeilenumformungen im [mm] $\IF_5^3$ [/mm] bewegen musst, d.h. darfst Zeilen nur mit "ganzen Zahlen modulo $5$" multiplizieren und musst auch sonst modulo $5$ rechnen.
Versuche es doch mal!
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:05 Mi 09.06.2004 | | Autor: | mausi |
ich kann doch erstmal auf normale Zeilenstufenform bringen
das wäre:
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & -3
\end{pmatrix} [/mm] und dann (mod 5)das ergibt [mm] \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}oder????
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:15 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo mausi
ich melde mich auch wieder einmal zu Worte!
> ich kann doch erstmal auf normale Zeilenstufenform
> bringen
> das wäre:
> [mm] \begin{pmatrix}
> 1 & 2 & 2 \\
> 0 & -1 & 0 \\
> 0 & 0 & -3
> \end{pmatrix} [/mm] und dann (mod 5)das ergibt [mm] \begin{pmatrix}
> 1 & 2 & 2 \\
> 0 & 1 & 0 \\
> 0 & 0 & 3
> \end{pmatrix}oder????
[/mm]
>
Ja, das Vorgehen ist wohl richtig, allein mit den Details sollte man wohl etwas sorgfältiger umgehen.
Gesetzt, deine Matrix linkerhand sei korrekt (habe ich jetzt nicht nachgerechnet), dann scheint mir aber jene auf der rechten Seite nicht ganz richtig zu sein. Ist denn z.B. $-1 [mm] \, [/mm] mod [mm] \, [/mm] 5$ nicht $4$?
ich meine, es sollte eher etwa so aussehen:
[mm] \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & -3
\end{pmatrix} [/mm] mod 5 = [mm] \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 \\
0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}
[/mm]
Mit lieben Grüssen
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:23 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo zusammen,
kurz zur Info: das Ergebnis stimmt, habe ich gerade nachgerechnet.
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:59 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Chriskoi |
> Hallo mausi
>
> ich melde mich auch wieder einmal zu Worte!
>
> > ich kann doch erstmal auf normale Zeilenstufenform
> > bringen
> > das wäre:
> > [mm] \begin{pmatrix}
> > 1 & 2 & 2 \\
> > 0 & -1 & 0 \\
> > 0 & 0 & -3
> > \end{pmatrix} [/mm] und dann (mod 5)das ergibt
> [mm] \begin{pmatrix}
> > 1 & 2 & 2 \\
> > 0 & 1 & 0 \\
> > 0 & 0 & 3
> > \end{pmatrix}oder????
[/mm]
> >
> Ja, das Vorgehen ist wohl richtig, allein mit den Details
> sollte man wohl etwas sorgfältiger umgehen.
>
> Gesetzt, deine Matrix linkerhand sei korrekt (habe ich
> jetzt nicht nachgerechnet), dann scheint mir aber jene auf
> der rechten Seite nicht ganz richtig zu sein. Ist denn z.B.
> $-1 [mm] \, [/mm] mod [mm] \, [/mm] 5$ nicht $4$?
>
> ich meine, es sollte eher etwa so aussehen:
>
> [mm] \begin{pmatrix}
> 1 & 2 & 2 \\
> 0 & -1 & 0 \\
> 0 & 0 & -3
> \end{pmatrix} [/mm] mod 5 = [mm] \begin{pmatrix}
> 1 & 2 & 2 \\
> 0 & 4 & 0 \\
> 0 & 0 & 2
> \end{pmatrix}
[/mm]
>
> Mit lieben Grüssen
>
>
>
Hallo genau das habe ich auch raus bekommen. D.h. die Drei Spalten sind die Basis des Bildes, oder?
So wie sieht es denn nun mit dem Kern aus? Wenn ich die Ausgangsmatrix transponiere und die Einheitsmatrix daneben schreibe, umforme und modulo rechne komme ich auf:
1 2 2 1 0 0
0 4 4 3 1 0
0 0 2 3 0 1
Was ist jetzt der Kern?
Mfg
Chriskoi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:05 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Die Rechnung hättest du dir sparen können.
Nach der Dimensionsformel gilt (ich bezeichne die durch die Matrix induzierte lineare Abbildung mal mit $f$):
$dim(Kern f) = 3 - dim(Bild f) = 3 - 3 = 0$,
also:
$Kern [mm] f=\{0\}$.
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:52 Mi 09.06.2004 | | Autor: | mausi |
dann is also Bild (v) = Span((1,0,0)(2,4,0)(2,0,2))???
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:09 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo mausi
> dann is also Bild (v) = Span((1,0,0)(2,4,0)(2,0,2))???
>
Ja, das sehe ich auch so. Ich bin mir aber mit der Schreibweise nicht ganz sicher, ob es nicht eher etwa so dargestellt sollte:
$Bild (V) = Span [mm] \begin{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\, ,\begin{pmatrix}2\\4\\0\end{pmatrix}\, ,\begin{pmatrix}2\\0\\2\end{pmatrix} \end{pmatrix}$
[/mm]
Mit lieben Grüssen
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![[abgelehnt]](/images/smileys/abgelehnt.gif "[abgelehnt]"){kind=small}
