Lin. Trans. - surjektiv... < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:56 Di 08.07.2008 | | Autor: | Zuggel |
| Aufgabe | Es sei A eine Matrix 2x3 mit:
[mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}
[/mm]
Es sei L eine lineare Transformation [mm] \IR³ [/mm] --> [mm] \IR² [/mm] in Verbindung mit A. Somit:
a) L ist surrjektiv aber nicht injektiv
b) Die Dimension von L ist 1
c) L ist injektiv aber nicht surrjektiv
d) L ist bijektiv
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Hallo alle zusammen
Also mein 1. Gedanke mit dem ich nicht ganz zu fahren komme:
Wir haben hier einen Aufgespannten Raum von 3 durch 3 unabhängige Spaltenvektoren in meiner Matrix. Bei der Transformation wird aus meiner 3 spaltigen Matrix eine 2 spaltige Matrix.
Somit wäre ja die Dimension des Bildes 1, oder etwa nicht?
Oder ist hier die Dimension des Bildes meiner Matrix A = 1, da wir einen Rang von 2 und eine Dimension von 3 haben, um Dim(A) + rg(A) = Dimension Bild ergeben?!
Nachdem ich die Lösung angeschaut habe (a), kam mir eben die Frage:
Surrjektiv ist doch, dass es für jedes Element mind. einen Funktionswert gibt, injektiv dass es höchstens einen Funktionswert gib.
Ich müsste sozusagen meine Matrix untersuchen:
[mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}
[/mm]
für x,y,z Werte finden, welche 2 mal den Selben Funktionswert ergeben, somit ist meine Bedingung erfüllt.
z.B. Erste Zeile: 2x+y+0z für P(1,1,0) und Punkt (1,1,2) gibt es den gleichen Funktionswert. Reicht es aus, wenn er nur in einer Zeile erfüllt wird oder muss er in beiden Zeilen erfüllt werden?
Dankeschön
lg
Zuggel
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> Es sei A eine Matrix 2x3 mit:
>
> [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}[/mm]
>
> Es sei L eine lineare Transformation [mm]\IR³[/mm] --> [mm]\IR²[/mm] in
> Verbindung mit A. Somit:
>
> a) L ist surrjektiv aber nicht injektiv
> b) Die Dimension von L ist 1
> c) L ist injektiv aber nicht surrjektiv
> d) L ist bijektiv
>
> Hallo alle zusammen
>
> Also mein 1. Gedanke mit dem ich nicht ganz zu fahren
> komme:
>
> Wir haben hier einen Aufgespannten Raum von 3 durch 3
> unabhängige Spaltenvektoren in meiner Matrix.
Hallo,
mannomann, heute übertriffst Du Dich aber selbst...
Ich kann schon diesen Satz nicht so recht begreifen, ahne aber, daß Unfug drinsteht.
Was haben wir?
Eine lineare Abbildung
[mm] L:\IR³\to \IR² [/mm] mit
L(x):=Ax.
A ist also die darstellende Matrix dieser Abbildung.
Die Spalten dieser Matrix spannen das Bild der Abbildung auf, seine Dimension ist gleich dem Rang der Matrix - die Anzahl linear unabhängiger Spalten.
Wenn die Abildung surjektiv ist, muß die Dimension des Bildes gleich der des [mm] \IR² [/mm] sein.
Zur Prüfung der Injektivität einer linearen Abbildung gibt es ein recht handliches Kriterium: wenn der Kern der Abbildung nur aus der 0 besteht, ist die Abbildung injektiv, man bestimmt also die Dimension des Kerns.
> injektiv dass es höchstens einen
> Funktionswert gib.
> Ich müsste sozusagen meine Matrix untersuchen:
>
> [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}[/mm]
>
> für x,y,z Werte finden, welche 2 mal den Selben
> Funktionswert ergeben, somit ist meine Bedingung erfüllt.
Wenn Du solche Vektoren findest, die denselben Funktionswert liefern, ist die Abbildung nicht injektiv.
>
> z.B. Erste Zeile: 2x+y+0z für P(1,1,0) und Punkt (1,1,2)
> gibt es den gleichen Funktionswert. Reicht es aus, wenn er
> nur in einer Zeile erfüllt wird oder muss er in beiden
> Zeilen erfüllt werden?
Du mußt prüfen, ob [mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}*\vektor{1\\1\\0} [/mm] dasselbe ergibt wie [mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}*\vektor{1\\1\\2}.
[/mm]
Um also Deine Frage präzise zu beantworten: beide Zeilen.
Soll diese Aufgabe mit (a)-(d) eineMultiple-Choice-Aufgabe sein? Was ist denn bitteschön mit "Dimension von L" gemeint? Vektorräume haben Dimensionen, aber doch nicht Abbildungen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:34 Mi 09.07.2008 | | Autor: | Zuggel |
> > Es sei A eine Matrix 2x3 mit:
> >
> > [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}[/mm]
> >
> > Es sei L eine lineare Transformation [mm]\IR³[/mm] --> [mm]\IR²[/mm] in
> > Verbindung mit A. Somit:
> >
> > a) L ist surrjektiv aber nicht injektiv
> > b) Die Dimension von L ist 1
> > c) L ist injektiv aber nicht surrjektiv
> > d) L ist bijektiv
> >
> > Hallo alle zusammen
> >
> > Also mein 1. Gedanke mit dem ich nicht ganz zu fahren
> > komme:
> >
> > Wir haben hier einen Aufgespannten Raum von 3 durch 3
> > unabhängige Spaltenvektoren in meiner Matrix.
>
> Hallo,
>
> mannomann, heute übertriffst Du Dich aber selbst...
> Ich kann schon diesen Satz nicht so recht begreifen, ahne
> aber, daß Unfug drinsteht.
Da wirst du Recht haben, tut mir leid, ich hatte es eigentlich mehrmals durchgelesen und versucht klar auszudrücken, aber wenn ich mich auf wackeligem Untergrund bewege dann kommt beim schreiben eines Eintrags meistens so ein Chaos heraus.
Ich bewundere es trotzdem wie du es immer wieder schaffst mir mit Geduld eine Antwort zu schreiben, Dankeschön jetzt schon!
>
> Was haben wir?
>
> Eine lineare Abbildung
> [mm]L:\IR³\to \IR²[/mm] mit
> L(x):=Ax.
>
> A ist also die darstellende Matrix dieser Abbildung.
>
> Die Spalten dieser Matrix spannen das Bild der Abbildung
> auf, seine Dimension ist gleich dem Rang der Matrix - die
> Anzahl linear unabhängiger Spalten.
Ok!
Um auch zu wissen ob ich es verstanden habe hier meine Lösung:
Der Rang der Matrix ist 2 und die Anzahl der linear voneinander unabhängigen Spaltenvektoren ist 3. Und Somit ist die Dimension des Bildes = 1. Liege ich hiermit richtig?
Den Rang der Matrix bestimme ich durch die determinante einer 2x2 Matrix, welche ich aus der darstellenden Matrix entnehme, wie z.b: [mm] \pmat{ 2 & 1 \\ -1 & 3 }.
[/mm]
Die Unabhängigkeit der Spaltenvektoren kann ich dann so nachweisen, es darf zB folgendes Gleichungssystem nicht lösbar sein: a* [mm] \vektor{2 \\ -1} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 3}
[/mm]
>
> Wenn die Abildung surjektiv ist, muß die Dimension des
> Bildes gleich der des [mm]\IR²[/mm] sein.
Ich entnehme jetzt einmal eine Definition aus Wikipedia-Surjektiv: "Sie bedeutet, dass jedes Element der Zielmenge mindestens einmal als Funktionswert angenommen wird, also mindestens ein Urbild hat. Anders ausgedrückt: Bild- und Zielmenge stimmen überein.
Bezogen auf die Aussage "Bild- und Zielmenge stimmen überein" - wie darf ich die Aussage von Wikipedia interpretieren?
Unser Startraum ist [mm] \IR² [/mm] und du sagst, wenn wir eine surjektive Abbildung haben, dann muss die Dimension des Bildes gleich der des [mm] \IR² [/mm] sein - mir fehlt hier der Zusammenhang zwischen: Der Dimension des Bildes und [mm] \IR².
[/mm]
>
> Zur Prüfung der Injektivität einer linearen Abbildung gibt
> es ein recht handliches Kriterium: wenn der Kern der
> Abbildung nur aus der 0 besteht, ist die Abbildung
> injektiv, man bestimmt also die Dimension des Kerns.
Dieses Kriterium ist mir nicht bekannt, gibt es einen Namen dafür um es irgendwo nachzuschlagen? Existiert ein solches Kriterium nur zum Beweis der Injektivität oder auch für Bijektivität?
>
> > injektiv dass es höchstens einen
> > Funktionswert gib.
> > Ich müsste sozusagen meine Matrix untersuchen:
> >
> > [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}[/mm]
> >
> > für x,y,z Werte finden, welche 2 mal den Selben
> > Funktionswert ergeben, somit ist meine Bedingung erfüllt.
>
> Wenn Du solche Vektoren findest, die denselben
> Funktionswert liefern, ist die Abbildung nicht injektiv.
>
> >
> > z.B. Erste Zeile: 2x+y+0z für P(1,1,0) und Punkt (1,1,2)
> > gibt es den gleichen Funktionswert. Reicht es aus, wenn er
> > nur in einer Zeile erfüllt wird oder muss er in beiden
> > Zeilen erfüllt werden?
>
> Du mußt prüfen, ob [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}*\vektor{1\\1\\0}[/mm]
> dasselbe ergibt wie [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 1}*\vektor{1\\1\\2}.[/mm]
>
> Um also Deine Frage präzise zu beantworten: beide Zeilen.
Ok!
>
> Soll diese Aufgabe mit (a)-(d) eineMultiple-Choice-Aufgabe
> sein? Was ist denn bitteschön mit "Dimension von L"
> gemeint? Vektorräume haben Dimensionen, aber doch nicht
> Abbildungen.
>
Ich hatte jetzt den Professor angeschrieben wegen der "Dimension von L", der Aufgabentext wurde jetzt korregiert, gemeint war "Die Dimension des Bildes von L ist 1"
Wir hatten vorhin nur die Dimension der darstellenden Matrix von L betrachtet; ist mit der "Dimension des Bildes von L", die Dimension der darstellenden Matrix gemeint, oder etwas anderes (ich hoffe der Satz ist verständlich, ansonsten versuche ich ihn nochmal anders auszudrücken).
Und ja es ist eine Multiple-Choice-Aufgabe.
Dankeschön
lg
Zuggel
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> > Was haben wir?
> >
> > Eine lineare Abbildung
> > [mm]L:\IR³\to \IR²[/mm] mit
> > L(x):=Ax.
> >
> > A ist also die darstellende Matrix dieser Abbildung.
> >
> > Die Spalten dieser Matrix spannen das Bild der Abbildung
> > auf, seine Dimension ist gleich dem Rang der Matrix - die
> > Anzahl linear unabhängiger Spalten.
>
> Ok!
> Um auch zu wissen ob ich es verstanden habe hier meine
> Lösung:
>
> Der Rang der Matrix ist 2 und die Anzahl der linear
> voneinander unabhängigen Spaltenvektoren ist 3. Und Somit
> ist die Dimension des Bildes = 1. Liege ich hiermit
> richtig?
Hallo,
hättest Du rechtzeitig aufgehört, hättest Du richtiggegelegen.
Der Rang der Matrix ist 2. Also ist die Dimension des Bildes =2. Fertig. Aufhören jetzt! Nix verquirlen!!!
Um die verwendeten Begriffe aufzugreifen und ins rechte Licht zu rücken:
daß der Rang der Matrix =2 ist, sagt uns, daß von den drei Spalten zwei linear unabhängig sind.
Davon kann man sich überzeugen: [mm] \vektor{2\\ -1} [/mm] und [mm] \vektor{1 \\ 3} [/mm] sind linear unabhängig.
3 Vektoren aus dem [mm] \IR² [/mm] können niemals linear unabhängig sein, denn die Dimension des [mm] \IR² [/mm] ist 2.
So, die Dimension des Bildes haben wir ja schon - und die ist nicht (!) =1.
Aber etwas anderes ist =1:
es gilt: Dim des Startraumes= dim Kern L + dim Bild L, also 3=dim Kern L + 2 ==> dim Kern L= 1.
Hier haben wir Deine 1; wir können sie später noch gebrauchen.
>
> Den Rang der Matrix bestimme ich durch die determinante
> einer 2x2 Matrix, welche ich aus der darstellenden Matrix
> entnehme, wie z.b: [mm]\pmat{ 2 & 1 \\ -1 & 3 }.[/mm]
Da kommst Du aber bei manchen Matrizen, z.B. 5x3 in Schwierigkeiten.
Den Rang bestimmt man, indem man die matrix auf Zeilenstufenform bringt und die Anzahl der Nichtnullzeilen abliest.
> Die Unabhängigkeit der Spaltenvektoren kann ich dann so
> nachweisen, es darf zB folgendes Gleichungssystem nicht
> lösbar sein: a* [mm]\vektor{2 \\ -1}[/mm] = [mm]\vektor{1 \\ 3}[/mm]
Ja.
Das sieht man aber auch an der Zeilenstufenform und daran, daß die Determinante, die Du oben ausgerechnet hast, [mm] \not=0 [/mm] ist.
> > Wenn die Abildung surjektiv ist, muß die Dimension des
> > Bildes gleich der des [mm]\IR²[/mm] sein.
>
> Ich entnehme jetzt einmal eine Definition aus
> Wikipedia-Surjektiv: "Sie bedeutet, dass jedes Element der
> Zielmenge mindestens einmal als Funktionswert angenommen
> wird, also mindestens ein Urbild hat. Anders ausgedrückt:
> Bild- und Zielmenge stimmen überein.
>
> Bezogen auf die Aussage "Bild- und Zielmenge stimmen
> überein" - wie darf ich die Aussage von Wikipedia
> interpretieren?
In Deiner Abbildung ist die Zielmenge der [mm] \IR².
[/mm]
Du hast nun festgestellt, daß das Bild Deiner Abbildung, die Bildmenge, die Dimension 2 hat. Ein 2-dimensionaler Unterraum des [mm] \IR² [/mm] kann nur der [mm] \IR² [/mm] selber sein.
Also stimmen Ziel- und Bildmnge überein, die Abbildung ist surjektiv.
> Unser Startraum ist [mm]\IR²[/mm] und du sagst, wenn wir eine
> surjektive Abbildung haben, dann muss die Dimension des
> Bildes gleich der des [mm]\IR²[/mm] sein - mir fehlt hier der
> Zusammenhang zwischen: Der Dimension des Bildes und [mm]\IR².[/mm]
s.o.
>
>
>
> >
> > Zur Prüfung der Injektivität einer linearen Abbildung gibt
> > es ein recht handliches Kriterium: wenn der Kern der
> > Abbildung nur aus der 0 besteht, ist die Abbildung
> > injektiv, man bestimmt also die Dimension des Kerns.
>
> Dieses Kriterium ist mir nicht bekannt, gibt es einen Namen
> dafür um es irgendwo nachzuschlagen?
Dieses kriterium ist wohlgemerkt nur für lineare Abbildungen. Du findest es in der Linearen Algebra dort, wo erklärt wird, was eine injektive Abbildung ist.
> Existiert ein solches
> Kriterium nur zum Beweis der Injektivität oder auch für
> Bijektivität?
Injektiv: kern = 0, dh. Dim kern =0,
surjektiv: dim Bild= Dim Zielraum
Bijektiv= Beides gilt.
Lineare Abbildungen können nur bijektiv sein, wenn die Darstellungsmatrix quadratisch ist. Bei einer nxn-Matrix siehst Du dann Bijektivität daran, daß der Rang der Matrix=n ist.
>
> >
> Ich hatte jetzt den Professor angeschrieben wegen der
> "Dimension von L", der Aufgabentext wurde jetzt korregiert,
> gemeint war "Die Dimension des Bildes von L ist 1"
>
> Wir hatten vorhin nur die Dimension der darstellenden
> Matrix von L betrachtet;
Nein. Denn Matrizen haben keine Dimension.
Wir haben die Dimension des Bildes der Matrix bzw. der Abbildung betrachtet.
Die Dimension des Bildes der Abbildung ist gleich dem Rang der Matrix.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:53 Do 10.07.2008 | | Autor: | Zuggel |
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> > > Was haben wir?
> > >
> > > Eine lineare Abbildung
> > > [mm]L:\IR³\to \IR²[/mm] mit
> > > L(x):=Ax.
> > >
> > > A ist also die darstellende Matrix dieser Abbildung.
> > >
> > > Die Spalten dieser Matrix spannen das Bild der Abbildung
> > > auf, seine Dimension ist gleich dem Rang der Matrix - die
> > > Anzahl linear unabhängiger Spalten.
> >
> > Ok!
> > Um auch zu wissen ob ich es verstanden habe hier meine
> > Lösung:
> >
> > Der Rang der Matrix ist 2 und die Anzahl der linear
> > voneinander unabhängigen Spaltenvektoren ist 3. Und Somit
> > ist die Dimension des Bildes = 1. Liege ich hiermit
> > richtig?
>
> Hallo,
>
> hättest Du rechtzeitig aufgehört, hättest Du
> richtiggegelegen.
Es bring nichts wenn ich vor deinen Augen richtig liege und es am Ende dann doch nicht verstanden habe ;)
> Der Rang der Matrix ist 2. Also ist die Dimension des
> Bildes =2. Fertig. Aufhören jetzt! Nix verquirlen!!!
>
> Um die verwendeten Begriffe aufzugreifen und ins rechte
> Licht zu rücken:
>
> daß der Rang der Matrix =2 ist, sagt uns, daß von den drei
> Spalten zwei linear unabhängig sind.
>
> Davon kann man sich überzeugen: [mm]\vektor{2\\ -1}[/mm] und
> [mm]\vektor{1 \\ 3}[/mm] sind linear unabhängig.
>
> 3 Vektoren aus dem [mm]\IR²[/mm] können niemals linear unabhängig
> sein, denn die Dimension des [mm]\IR²[/mm] ist 2.
>
Also kann ich den Vektor [mm] \vektor{0 \\ 1} [/mm] als [mm] \vektor{2 \\ -1}*a [/mm] + [mm] \vektor{1 \\ 3}*b [/mm] ausdrücken.
> So, die Dimension des Bildes haben wir ja schon - und die
> ist nicht (!) =1.
>
> Aber etwas anderes ist =1:
>
> es gilt: Dim des Startraumes= dim Kern L + dim Bild L, also
> 3=dim Kern L + 2 ==> dim Kern L= 1.
>
> Hier haben wir Deine 1; wir können sie später noch
> gebrauchen.
>
>
> >
> > Den Rang der Matrix bestimme ich durch die determinante
> > einer 2x2 Matrix, welche ich aus der darstellenden Matrix
> > entnehme, wie z.b: [mm]\pmat{ 2 & 1 \\ -1 & 3 }.[/mm]
>
> Da kommst Du aber bei manchen Matrizen, z.B. 5x3 in
> Schwierigkeiten.
>
> Den Rang bestimmt man, indem man die matrix auf
> Zeilenstufenform bringt und die Anzahl der Nichtnullzeilen
> abliest.
Um es vollständig auszuführen wäre das dann folgendes: 2x+y=0 und -x+3y=1 wobei ich -x+3y=1 * 2 machen kann und somit: -2x+6y=2 habe, Zeile 1 + Zeile 2=> 9y=2
Somit:
aus [mm] \pmat{ 2 & 1 & 0\\ -1 & 3 & 1 } [/mm] wird [mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 9 & 2 }, [/mm] 2 Zeilen, Rang= 2
> > > Zur Prüfung der Injektivität einer linearen Abbildung gibt
> > > es ein recht handliches Kriterium: wenn der Kern der
> > > Abbildung nur aus der 0 besteht, ist die Abbildung
> > > injektiv, man bestimmt also die Dimension des Kerns.
> >
> > Dieses Kriterium ist mir nicht bekannt, gibt es einen Namen
> > dafür um es irgendwo nachzuschlagen?
>
> Dieses kriterium ist wohlgemerkt nur für lineare
> Abbildungen. Du findest es in der Linearen Algebra dort, wo
> erklärt wird, was eine injektive Abbildung ist.
>
> > Existiert ein solches
> > Kriterium nur zum Beweis der Injektivität oder auch für
> > Bijektivität?
>
> Injektiv: kern = 0, dh. Dim kern =0,
>
Ein Beispiel für eine injektive Abbildung wäre dann:
L= [mm] \IR³ [/mm] => [mm] \IR²
[/mm]
[mm] \pmat{ 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 9 & 8 } [/mm] * [mm] \vektor{x \\ y}
[/mm]
Dimension Startraum = Dim Kern + dim Bild
Dimension Startraum: 3
dim Bild: 3, denn Rang der Matrix ist 3, da die det [mm] \not= [/mm] 0 ist
Aus dem darunter stehenden entnehme ich, dass L nicht bijektiv ist, das dim Bild = dim Zielraum, 3 = 2.
> surjektiv: dim Bild= Dim Zielraum
>
> Bijektiv= Beides gilt.
> Lineare Abbildungen können nur bijektiv sein, wenn die
> Darstellungsmatrix quadratisch ist. Bei einer nxn-Matrix
> siehst Du dann Bijektivität daran, daß der Rang der
> Matrix=n ist.
> > Ich hatte jetzt den Professor angeschrieben wegen der
> > "Dimension von L", der Aufgabentext wurde jetzt korregiert,
> > gemeint war "Die Dimension des Bildes von L ist 1"
> >
> > Wir hatten vorhin nur die Dimension der darstellenden
> > Matrix von L betrachtet;
>
> Nein. Denn Matrizen haben keine Dimension.
> Wir haben die Dimension des Bildes der Matrix bzw. der
> Abbildung betrachtet.
>
> Die Dimension des Bildes der Abbildung ist gleich dem Rang
> der Matrix.
Sozusagen den Raum welchen meine Spaltenvektoren aufspannen...?
Dankesehr, ich musste es zwar mehrmals durchlesen bis alles geklappt hat, aber jetzt hab ichs, denke ich
lg
Zuggel
PS: Was mir jetzt gerade über den Weg gelaufen ist, wegen der Definitheit einer Matrix - http://de.wikipedia.org/wiki/Definitheit - Definitheitskriterium Hauptminoren - sind die Hauptminoren nicht immer jene, welche diagonal durch die Matrix verlaufen?
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> Also kann ich den Vektor [mm]\vektor{0 \\ 1}[/mm] als [mm]\vektor{2 \\ -1}*a[/mm]
> + [mm]\vektor{1 \\ 3}*b[/mm] ausdrücken.
Hallo,
ja.
>
> > Den Rang bestimmt man, indem man die matrix auf
> > Zeilenstufenform bringt und die Anzahl der Nichtnullzeilen
> > abliest.
> aus [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0\\ -1 & 3 & 1 }[/mm] wird [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ 0 & \red{9}& 2 },[/mm]
> 2 Zeilen, Rang= 2
Bei der 9 muß eine 7 stehen, ansonsten ist's richtig.
> Ein Beispiel für eine injektive Abbildung wäre dann:
> L= [mm]\IR³[/mm] => [mm]\IR²[/mm]
>
> [mm]\pmat{ 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 9 & 8 }[/mm] * [mm]\vektor{x \\ y}[/mm]
Nein, so geht das nicht.
1. Die Matrix einer Abbildung aus einem Raum der Dimension 3 in einen der Dimension 2 ist eine 2x3-Matrix.
2. Du kannst nicht eine 3x3-Matrix mit einem 2x1-Vektor multiplizieren.
>
> Dimension Startraum = Dim Kern + dim Bild
>
> Dimension Startraum: 3
> dim Bild: 3, denn Rang der Matrix ist 3, da die det [mm]\not=[/mm]
> 0 ist
Es ist die darstellende Matrix einer Abbildung [mm] \IR³\to \IR³,
[/mm]
und diese Abbildung ist bijektiv.
> > Die Dimension des Bildes der Abbildung ist gleich dem Rang
> > der Matrix.
>
> Sozusagen den Raum welchen meine Spaltenvektoren
> aufspannen...?
Ja.
> PS: Was mir jetzt gerade über den Weg gelaufen ist, wegen
> der Definitheit einer Matrix -
> http://de.wikipedia.org/wiki/Definitheit -
> Definitheitskriterium Hauptminoren - sind die Hauptminoren
> nicht immer jene, welche diagonal durch die Matrix
> verlaufen?
Poste mal 'ne schöne Matrix, dann sag' ich Dir. was die Hauptminoren sind.
Gruß v. Angela
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:12 Do 10.07.2008 | | Autor: | Zuggel |
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> > Also kann ich den Vektor [mm]\vektor{0 \\ 1}[/mm] als [mm]\vektor{2 \\ -1}*a[/mm]
> > + [mm]\vektor{1 \\ 3}*b[/mm] ausdrücken.
>
> Hallo,
>
> ja.
>
> >
>
> > > Den Rang bestimmt man, indem man die matrix auf
> > > Zeilenstufenform bringt und die Anzahl der Nichtnullzeilen
> > > abliest.
>
> > aus [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0\\ -1 & 3 & 1 }[/mm] wird [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 \\ 0 & \red{9}& 2 },[/mm]
> > 2 Zeilen, Rang= 2
>
> Bei der 9 muß eine 7 stehen, ansonsten ist's richtig.
>
> > Ein Beispiel für eine injektive Abbildung wäre dann:
> > L= [mm]\IR³[/mm] => [mm]\IR²[/mm]
> >
> > [mm]\pmat{ 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 9 & 8 }[/mm] * [mm]\vektor{x \\ y}[/mm]
>
> Nein, so geht das nicht.
>
> 1. Die Matrix einer Abbildung aus einem Raum der Dimension
> 3 in einen der Dimension 2 ist eine 2x3-Matrix.
>
> 2. Du kannst nicht eine 3x3-Matrix mit einem 2x1-Vektor
> multiplizieren.
>
> >
> > Dimension Startraum = Dim Kern + dim Bild
> >
> > Dimension Startraum: 3
> > dim Bild: 3, denn Rang der Matrix ist 3, da die det
> [mm]\not=[/mm]
> > 0 ist
>
> Es ist die darstellende Matrix einer Abbildung [mm]\IR³\to \IR³,[/mm]
>
> und diese Abbildung ist bijektiv.
Ich glaub ich denk mir nochmal ein Beispiel aus und versuche es dann zu untersuche nund poste es dann.
>
>
> > > Die Dimension des Bildes der Abbildung ist gleich dem Rang
> > > der Matrix.
> >
> > Sozusagen den Raum welchen meine Spaltenvektoren
> > aufspannen...?
>
> Ja.
>
>
> > PS: Was mir jetzt gerade über den Weg gelaufen ist, wegen
> > der Definitheit einer Matrix -
> > http://de.wikipedia.org/wiki/Definitheit -
> > Definitheitskriterium Hauptminoren - sind die Hauptminoren
> > nicht immer jene, welche diagonal durch die Matrix
> > verlaufen?
>
> Poste mal 'ne schöne Matrix, dann sag' ich Dir. was die
> Hauptminoren sind.
Gegeben ist eine Funktion x²+z³+3xyz+y², man muss nun sagen ob diese quadratische Form verknüpft mit der Hesse Matrix in f(x,y,z)=(0,0,1): semidefinit positiv, definit negativ,definit positiv oder indefint ist.
Das ganze wird dann so gelöst indem ich die partiellen Ableitungen [mm] f_x f_y f_z [/mm] bilde und davon wieder f_xx f_xy f_xz und f_yy f_yx f_yz und f_zz f_zy f_zx bilde und die in (0,0,1) in einer Hesse Matrix bewerte.
H(0,0,1) = [mm] \pmat{ 2 & -3 & 0 \\ -3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6}
[/mm]
Ich pers. rechne dann die Eigenwerte dieser Matrix aus und bestimme somit die Definitheit der Matrix, welche hier die Eigenwerte 6,5,-1 besitzt welche +,+,- sind, also ist sie Indefinit.
Das ganze sollte dann doch auch mit dem Kriterium der Hauptminoren funktionieren? Ich dachte immer folgendes bei der Hesse Matrix:
ist f_xy und f_yx = 0 und die Diagonale negativ, so habe ich einen relativen Extremwert und zwar ein Maximum, umgekehrt ein Minimum.
Ich schätze, wenn f_xy und f_yx [mm] \not= [/mm] 0 sind, wird sich dieses Kriterium nichtmehr so leicht anwenden lassen.
Jedoch habe ich etwas anderes auf Lager (sofern wir nicht mit Zahlen arbeiten sondern mit Buchstaben): ist die Spur (also die Summe der Diagonalen) negativ und die determinante von H auch negativ so habe ich ein Minimum, Spur negativ Det(H) positiv: Maximum, Spur: Negativ , Det(H) = positiv : Minimum...
Jedoch sagt mir letzteres nichts über die Definitheit sondern eig. nur darüber etwas, ob es ein Max / Min ist.
lg
Zuggel
Danke
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> H(0,0,1) = [mm]\pmat{ 2 & -3 & 0 \\ -3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6}[/mm]
>
> Ich pers. rechne dann die Eigenwerte dieser Matrix aus und
> bestimme somit die Definitheit der Matrix, welche hier die
> Eigenwerte 6,5,-1 besitzt welche +,+,- sind, also ist sie
> Indefinit.
Hallo,
mit dem Hauptminorenkriterium geht das so:
Voaussetzung dafür, daß es funktioniert, ist, daß man es mit einer symmetrischen (!) Matrix zu tun hat.
Nun guckt man die Determinante der Matrix an und die Determinanten der linken oberen Untermatrizen, hier also
[mm] D_3:=det\pmat{ 2 & -3 & 0 \\ -3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6}
[/mm]
[mm] D_2:=det\pmat{ 2 & -3 \\ -3 & 2 }
[/mm]
[mm] D_1:=det\pmat{ 2 }.
[/mm]
Wenn [mm] D_3, D_2, D_1 [/mm] alle positiv sind, ist die Matrix positiv definit.
Wenn [mm] D_3<0, D_2>0, D_3<0, [/mm] so ist die Matrix negativ definit.
Wenn [mm] D_3\not=0 [/mm] und keiner der obigen Fälle eintritt, ist die Matrix indefinit.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:36 Fr 11.07.2008 | | Autor: | Zuggel |
> > H(0,0,1) = [mm]\pmat{ 2 & -3 & 0 \\ -3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6}[/mm]
>
> >
> > Ich pers. rechne dann die Eigenwerte dieser Matrix aus und
> > bestimme somit die Definitheit der Matrix, welche hier die
> > Eigenwerte 6,5,-1 besitzt welche +,+,- sind, also ist sie
> > Indefinit.
>
> Hallo,
>
> mit dem Hauptminorenkriterium geht das so:
>
> Voaussetzung dafür, daß es funktioniert, ist, daß man es
> mit einer symmetrischen (!) Matrix zu tun hat.
>
> Nun guckt man die Determinante der Matrix an und die
> Determinanten der linken oberen Untermatrizen, hier also
>
> [mm]D_3:=det\pmat{ 2 & -3 & 0 \\ -3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6}[/mm]
>
> [mm]D_2:=det\pmat{ 2 & -3 \\ -3 & 2 }[/mm]
>
> [mm]D_1:=det\pmat{ 2 }.[/mm]
>
>
> Wenn [mm]D_3, D_2, D_1[/mm] alle positiv sind, ist die Matrix
> positiv definit.
>
> Wenn [mm]D_3<0, D_2>0, D_3<0,[/mm] so ist die Matrix negativ
> definit.
>
> Wenn [mm]D_3\not=0[/mm] und keiner der obigen Fälle eintritt, ist
> die Matrix indefinit.
>
> Gruß v. Angela
>
>
[mm] D_1 D_2 [/mm] und [mm] D_3 [/mm] sind also meine Hauptminoren.
So jetzt aber, was wenn folgendes passiert:
[mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & -3 & 6}
[/mm]
Ich habe jetzt den Eigenwert bestimmt und sehe, sie positiv definit. Laut deinem Verfahren würde ich jetzt zuerst folgendes versuchen:
[mm] D_3:=det\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & -3 & 6}
[/mm]
[mm] D_2:=det\pmat{ 2 & -3 \\ -3 & 6 }
[/mm]
[mm] D_1:=det\pmat{ 2 }
[/mm]
Speziell für eine 3x3 Matrix (welche wir mit [mm] D_3 [/mm] untersuchen), woher weiß ich, welche Untermatrize ich verwenden soll für [mm] D_2? [/mm] Denn wenn statt 0 jetzt eine andere Zahl stehen würde, dann würde ich etwas ins grübeln kommen.
Beispiel:
[mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & -3 & 6}
[/mm]
Anstatt dieser 0en, vielleicht etwa soetwas (ich hoffe das ändern der 0 in 1 verändert jetzt nicht gravierend unseren Fall):
[mm] \pmat{ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -3 \\ 1 & -3 & 6}
[/mm]
= Indefinit
[mm] D_3:=det\pmat{ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -3 \\ 1 & -3 & 6}
[/mm]
[mm] D_2:=det\pmat{ 2 & 1 \\ 1 & 2 }
[/mm]
[mm] D_1:=det\pmat{ 2 }
[/mm]
Aus versuchen entnehme ich, dass es egal scheint, welche Untermatrize ich verwende, trotzdem meine Frage: Kann es passieren, dass die Wahl von [mm] D_2 [/mm] mein Ergebnis beeinflusst?
Und was passiert, falls [mm] D_3 [/mm] = 0 sein sollte? Somit hätten wir einen Vektor welcher lin. vom anderen abhängig ist. Ich schätze dann würde mein Fall sich auf Indefinit reduzieren, oder?
Dankeschön
lg
Zuggel
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> > Voaussetzung dafür, daß es funktioniert, ist, daß man es
> > mit einer symmetrischen (!) Matrix zu tun hat.
> >
> > Nun guckt man die Determinante der Matrix an und die
> > Determinanten der linken oberen Untermatrizen,
> > Wenn [mm]D_3, D_2, D_1[/mm] alle positiv sind, ist die Matrix
> > positiv definit.
> >
> > Wenn [mm]D_3<0, D_2>0, D_3<0,[/mm] so ist die Matrix negativ
> > definit.
> >
> > Wenn [mm]D_3\not=0[/mm] und keiner der obigen Fälle eintritt, ist
> > die Matrix indefinit.
>
> [mm]D_1 D_2[/mm] und [mm]D_3[/mm] sind also meine Hauptminoren.
>
> So jetzt aber, was wenn folgendes passiert:
>
> [mm]\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & -3 & 6}[/mm]
>
> Ich habe jetzt den Eigenwert bestimmt und sehe, sie positiv
> definit. Laut deinem Verfahren würde ich jetzt zuerst
> folgendes versuchen:
>
> [mm]D_3:=det\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & -3 & 6}[/mm]
>
> [mm]D_2:=det\pmat{ 2 & -3 \\ -3 & 6 }[/mm]
Hallo,
ich schrieb doch: die linken oberen Untermatrizen.
[mm] D_2 [/mm] hast Du falsch ausgesucht.
>
> [mm]D_1:=det\pmat{ 2 }[/mm]
>
> Speziell für eine 3x3 Matrix (welche wir mit [mm]D_3[/mm]
> untersuchen), woher weiß ich, welche Untermatrize ich
> verwenden soll für [mm]D_2?[/mm]
s.o.
> Denn wenn statt 0 jetzt eine andere
> Zahl stehen würde, dann würde ich etwas ins grübeln
> kommen.
>
> Beispiel:
>
> [mm]\pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & -3 & 6}[/mm]
>
> Anstatt dieser 0en, vielleicht etwa soetwas (ich hoffe das
> ändern der 0 in 1 verändert jetzt nicht gravierend unseren
> Fall):
>
>
> [mm]\pmat{ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -3 \\ 1 & -3 & 6}[/mm]
>
> = Indefinit
>
> [mm]D_3:=det\pmat{ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -3 \\ 1 & -3 & 6}[/mm]
>
> [mm]D_2:=det\pmat{ 2 & 1 \\ 1 & 2 }[/mm]
>
> [mm]D_1:=det\pmat{ 2 }[/mm]
>
> Aus versuchen entnehme ich, dass es egal scheint, welche
> Untermatrize ich verwende, trotzdem meine Frage: Kann es
> passieren, dass die Wahl von [mm]D_2[/mm] mein Ergebnis
> beeinflusst?
Du hast keine Wahl: links oben.
>
> Und was passiert, falls [mm]D_3[/mm] = 0 sein sollte? Somit hätten
> wir einen Vektor welcher lin. vom anderen abhängig ist. Ich
> schätze dann würde mein Fall sich auf Indefinit reduzieren,
Nein. Ich hab' ja oben geschrieben, wannn die indefinit ist.
Wenn die große Determinante =0 ist, weißt Du, daß die matrix weder pos noch neg. definit ist, und auch nicht indefinit .
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:15 Sa 12.07.2008 | | Autor: | Zuggel |
Dankeschön angela :)!
Alles klar jetzt!
lg
Zuggel
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