Rang, Kern, Dimension < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:47 Fr 06.01.2012 | | Autor: | Philphil |
| Aufgabe | Sei E = [mm] {e_1, e_2, e_3} [/mm] die kanonische Basis des [mm] \IR^3. [/mm] Durch [mm] T(e_1) [/mm] = [mm] \vektor{2 \\ 1}, T(e_2) [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 2}, T(e_3) [/mm] = [mm] \vektor{4 \\ 2} [/mm] wird eine lineare Abbildungt T: [mm] \IR^3 \to \IR^2 [/mm] definiert.
a) Welchen Rang hat die Abbildung T?
b) estimmen sie den Kern von T sowie dessen Dimension.
c) Überprüfen sie die Gültigkeit der Dimensionsformel für T. |
Hallo,
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Wiedereinmal komm ich nicht weiter. Bei der Aufgabe war bei mir das erste Problem, dass ich nich weis wie ich Anfange.
Ich habe mir Überlegt, dass ich aus den gegebenen Vektoren die Matrix : [mm] \pmat{ 2 & 1 \\ 1 & 2 \\ 4 & 2 } [/mm] aufstelle, aber nicht mal hier bin ich mir so recht sicher und weis auch gar nicht wie ich dann weiter vorgehen muss...
Vielen Dank schonmal...
nahezu verzweifelte Grüße aus Freiburg
Phil
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Hallo Philphil,
> Sei E = [mm]{e_1, e_2, e_3}[/mm] die kanonische Basis des [mm]\IR^3.[/mm]
> Durch [mm]T(e_1)[/mm] = [mm]\vektor{2 \\ 1}, T(e_2)[/mm] = [mm]\vektor{1 \\ 2}, T(e_3)[/mm]
> = [mm]\vektor{4 \\ 2}[/mm] wird eine lineare Abbildungt T: [mm]\IR^3 \to \IR^2[/mm]
> definiert.
> a) Welchen Rang hat die Abbildung T?
> b) estimmen sie den Kern von T sowie dessen Dimension.
> c) Überprüfen sie die Gültigkeit der Dimensionsformel
> für T.
>
> Hallo,
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Wiedereinmal komm ich nicht weiter. Bei der Aufgabe war bei
> mir das erste Problem, dass ich nich weis wie ich Anfange.
> Ich habe mir Überlegt, dass ich aus den gegebenen
> Vektoren die Matrix : [mm]\pmat{ 2 & 1 \\ 1 & 2 \\ 4 & 2 }[/mm]
Das ist eher die Transponierte Deiner aufgestellten Matrix.
> aufstelle, aber nicht mal hier bin ich mir so recht sicher
> und weis auch gar nicht wie ich dann weiter vorgehen
> muss...
>
Bestimme nun den Rang dieser Matrix.
> Vielen Dank schonmal...
> nahezu verzweifelte Grüße aus Freiburg
> Phil
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:58 Fr 06.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hallo MathePower,
Ok, ich nehme die Matrix und versuche soviele Nuller reinzubringen wie möglich:
[mm] \pmat{ 2 & 1 \\ 1 & 2 \\ 4 & 2 } [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 0 & 3 \\ 0 & 6 } [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 0 & 3 \\ 0 & 0 } [/mm] Somit ist der Rang 2?!
Stimmt das soweit?
Gruß Phil
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:04 Fr 06.01.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
du hast mathepower mißverstanden, die richtige matrix hat 2 Zeiln und 3 Spalten!
aber Rang 2 bleibt richtig.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:11 Fr 06.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Abend leduart,
Achso also sieht die Matrix so aus:
[mm] \pmat{ 2 & 1 & 4\\ 1 & 2 & 2 } [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 1 & 2\\ 0 & 3 & 0 } [/mm] => Rang 2 (Wenn die 2. Zeile nur 0 er wären wäre es Rang 1 richtig?!).
Nun zu dem, was ich wirklich nicht verstehe.
Also Dimension von T ist damit jetzt [mm] \IR^2 [/mm] oder [mm] \IR^3 [/mm] gemeint und wäre es dann jeweils einfach die Hochzahl?! Das ist doch die Dimension...?! Aber was ist dann der Kern von T?!
Gruß Phil
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:15 Fr 06.01.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
T ist die Abb. von [mm] \IR^3 [/mm] nach [mm] \IR^2 [/mm] mit Rang 2
der Kern der Matrix liegt immer im Urbild also hier in [mm] \IR^3
[/mm]
das Bils in [mm] \IR^2
[/mm]
da du Rang 2 raushast solltest du dim kern aus dem Dimensionssatz schon wissen, sollst ihn aber hier explizit bestimmen.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:30 Fr 06.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hallo,
ok also ich nehem die Formel dim T = dim Kern(T) + dim Bild (T)
Das Bild beschreibt die Anzahl der minimal nötigen Vektoren um den Vektorraum, in diesem Fall, [mm] \IR^2 [/mm] . Dadurch dass [mm] \IR^2 [/mm] 2 Dimensionen hat werden min. 2 Vektoren benötigt.. richtig?!
Äquivalent für den Kern nur hier für [mm] \IR^3, [/mm] sodass hier min. 3 benötigt werden.
Stimmt das so?!
Phil
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> Hallo,
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> ok also ich nehem die Formel dim T = dim Kern(T) + dim Bild
> (T)
Hallo,
dies ist eine selbsterdachte Formel.
Die echte lautet anders, schlag sie mal nach.
(Was sollte auch dimT bedeuten? Seit wann haben denn Abbildungen oder Matrizen eine Dimension? )
>
> Das Bild beschreibt die Anzahl der minimal nötigen
> Vektoren um den Vektorraum, in diesem Fall, [mm]\IR^2[/mm] . Dadurch
> dass [mm]\IR^2[/mm] 2 Dimensionen hat werden min. 2 Vektoren
> benötigt.. richtig?!
Nein. Das Bild der Matrix besteht aus all jenen Vektoren, die man bekommt, wenn man Tx rechnet und für x alle Vektoren aus [mm] \IR^3 [/mm] einsetzt.
Diese Menge ist ein Vektorraum, und der Rang der Matrix liefert seine Dimension.
Das Bild der Matrix ist gleich dem von ihren Spalten erzeugten Raum, was man sich mehr oder weniger leicht überlegen kann.
Wenn man weiß, daß die Dimension des Bildes =2 ist, bekommt man eine Basis, indem man aus den Spalten zwei linear unabhängige herauspickt.
In Deiner Aufgabe ist BildT ein zweidimensionaler Unterraum des [mm] \IR^2, [/mm] also der [mm] \IR^2 [/mm] selber.
>
> Äquivalent für den Kern nur hier für [mm]\IR^3,[/mm] sodass hier
> min. 3 benötigt werden.
???
Der Kern besteht aus all jenen Vektoren x, die durch Multiplikation mit T auf den Nullvektor abgebildet werden.
Der Kern ist also die Lösungsmenge bzw der Lösungsraum von Tx=0. Er ist hier ein UVR des [mm] \IR^3.
[/mm]
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:37 So 08.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Ok hab mich wieder dran gesetzt.
Ich habe die Matrix aufgestellt: [mm] \pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 2} [/mm] und die habe ich dann aufgelöst zu:
2a + b + 4c = 0
a + 2b + 2c = 0
dann hab ich c = t gesetzt und komme am Ende auf den Vektor: [mm] \vektor{-2t \\ 0 \\ t} [/mm] bedeutet dass jetzt dass LH = [mm] \{\vektor{-2t \\ 0 \\ t}} [/mm] und somit der Kern = 1 ist?
Gruß Phil
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> Ok hab mich wieder dran gesetzt.
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> Ich habe die Matrix aufgestellt: [mm]\pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 2}[/mm]
> und die habe ich dann aufgelöst zu:
>
> 2a + b + 4c = 0
> a + 2b + 2c = 0
was hast du da aufgelöst ? 1:1 das gleiche wie die matrix.
du musst hier den rang bestimmen um den kern dieser matrix zu berechnen.
>
> dann hab ich c = t gesetzt und komme am Ende auf den
> Vektor: [mm]\vektor{-2t \\ 0 \\ t}[/mm] bedeutet dass jetzt dass LH
> = [mm]\{\vektor{-2t \\ 0 \\ t}}[/mm] und somit der Kern = 1 ist?
bei dieser matrix ist der rang voll, daher ist dein gleichungssystem eindeutig lösbar -> [mm] Kern(a)=\{\}. [/mm] also keine variablen die du setzen musst.
>
> Gruß Phil
>
Gruß Scherzkrapferl
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:19 Mo 09.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hallo,
Hm aber wenn ich das Umforme erhalte ich doch [mm] \pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 2} [/mm] = [mm] \pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 0 & -3 & 0} [/mm] und dann habe ich doch egal was ich mache 3 variablen aber nur 2 Zeilen, was dazu führt, dass es keine eindeutige Lösung gibt, weshalb ich das ganze abhängig von t gemacht habe... :(
Bin ich schon wieder auf dem Holzweg?
Gruß Phil
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> Hallo,
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> Hm aber wenn ich das Umforme erhalte ich doch [mm]\pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 2}[/mm]
> = [mm]\pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 0 & -3 & 0}[/mm]
das kann man sogar noch weiter umformen ..
> und dann habe ich doch
> egal was ich mache 3 variablen aber nur 2 Zeilen, was dazu
> führt, dass es keine eindeutige Lösung gibt, weshalb ich
> das ganze abhängig von t gemacht habe... :(
hast du wirklich gelesen was ich vorher geschrieben habe ?
wenn dein rang voll ist hast du keine variable zu setzen weil dein kern(A) leer ist. also ist dein gleichungssytem EINDEUTIG lösbar !
>
> Bin ich schon wieder auf dem Holzweg?
>
> Gruß Phil
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:42 Mo 09.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hallo,
natürlich habe ich deine Antwort gelesen und selbstverständlich auch komplett, daraus folgte ja auch meine Frage.
Ich verstehe nicht ganz wieso der Rang voll ist. Voll bedeutet doch, dass es mindestens genausoviele Zeilen wie Spalten gibt oder nicht? Weil dann jede Variable bzw. [mm] x_1 [/mm] bis [mm] x_n [/mm] definiert ist?! Drum dachte ich, dass die Matrix mit 3 Spalten mal 2 Zeilen nicht voll ist ...
Tut mir leid wenn ich dass nicht ganz verstehe.
Gruß Phil
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> Hallo,
>
> natürlich habe ich deine Antwort gelesen und
> selbstverständlich auch komplett, daraus folgte ja auch
> meine Frage.
>
> Ich verstehe nicht ganz wieso der Rang voll ist. Voll
> bedeutet doch, dass es mindestens genausoviele Zeilen wie
> Spalten gibt oder nicht? Weil dann jede Variable bzw. [mm]x_1[/mm]
> bis [mm]x_n[/mm] definiert ist?! Drum dachte ich, dass die Matrix
> mit 3 Spalten mal 2 Zeilen nicht voll ist ...
der rang dieser matrix ist 2. diese matrix ist überbestimmt. also hat du mehr variablen als gleichungen -> also lösbar in deinem fall.
sorry ich habe mich vertan dein gleichungssytem ist wirklich nicht eindeutig lösbar (werd auch schon müde -.-), (aber lösbar) denn b=0, a=-2c , a:=t daher ist dein [mm] kern(a)=\{(t,0,-2t)^T\}, [/mm] t [mm] \in \IR.
[/mm]
>
> Tut mir leid wenn ich dass nicht ganz verstehe.
>
> Gruß Phil
Gruß Scherzkrapferl
PS: der grund warum ich mich vertan habe, ist dass ich nur den rang betrachtet habe und dabei übersehen haben, dass deine matrix auch noch überbestimmt ist (3. spalte nicht genau betrachtet). also mehr variablen (entweder gibt es viele lösungen oder keine) als gleichungen. genau umgekehrt ist das bei eine unterbestimmten matrix.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:16 Mo 09.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hi,
kein Problem ist ja auch schon spät, aber wie genau kommst du auf -3*b = 0 -> b = 0 ? Dass setzt vorraus, dass wir die Zeilen = 0 setzten? wenn wir dann dann 0 oben einsetzten komm ich aber im endeffekt auf LH = [mm] \{ \vektor{ t\\ 0 \\-t/2}} [/mm] wobei dass minus sowohl vor dem t als auch vor dem t/2 stehen kann?!
Gruß Phil
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> Hi,
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> kein Problem ist ja auch schon spät, aber wie genau kommst
> du auf -3*b = 0 -> b = 0 ? Dass setzt vorraus, dass wir die
> Zeilen = 0 setzten?
ja richtig. Dein homogenes gleichungssystem lautet A*x=0 daher setzt du deine zeilen null. -3b=0 --> b=0 ; a+2c=0 --> a=-2c
> wenn wir dann dann 0 oben einsetzten
> komm ich aber im endeffekt auf LH = [mm]\{ \vektor{ t\\ 0 \\-t/2}}[/mm]
> wobei dass minus sowohl vor dem t als auch vor dem t/2
> stehen kann?!
>
> Gruß Phil
[mm]\{ \vektor{ t\\ 0 \\-2t}}[/mm] sollte der vektor lauten. da gilt: a=-2c.
(sorry hatte schon wieder nen fehler - bin in gedanken bei ner anderen matrix gewesen und viel zu müde ;) )
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:33 Mo 09.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hey,
aber wenn man jetzt [mm] \vektor{ t\\ 0 \\-2t} [/mm] in die Matrix einsetzt steht doch da ( t 0 -4t) oder nich? Tut mir leid bin glaub auch nich mehr so ganz wach -.-
Gruß Phil
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> Hey,
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> aber wenn man jetzt [mm]\vektor{ t\\ 0 \\-2t}[/mm] in die Matrix
> einsetzt steht doch da ( t 0 -4t) oder nich? Tut mir leid
> bin glaub auch nich mehr so ganz wach -.-
>
wieso willst du den kern deiner matrix in die matrix einsetzen? was soll dir das bringen? du wolltest doch deinen kern und dessen dimension berechnen ? ich würde dir den tipp geben mal das zu machen, was angela dir vorgeschlagen hat ;)
> Gruß Phil
LG Scherzkrapferl
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:43 Mo 09.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hallo,
Ja bei der 2. Betrachtung hast du schon Recht das macht überhaupt keinen Sinn :D
Ich glaub ich geh besser mal schlafen...
Gute Nacht
Gruß Phil
P.S. Morgen gehts weiter.. ich muss das verstehen! :)
und vielen vielen Dank
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> Hallo,
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> Ja bei der 2. Betrachtung hast du schon Recht das macht
> überhaupt keinen Sinn :D
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> Ich glaub ich geh besser mal schlafen...
>
> Gute Nacht
>
> Gruß Phil
>
> P.S. Morgen gehts weiter.. ich muss das verstehen! :)
>
> und vielen vielen Dank
Gute Nacht und viel Erfolg,
LG Scherzkrapferl
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> > Hi,
> >
> > kein Problem ist ja auch schon spät, aber wie genau kommst
> > du auf -3*b = 0 -> b = 0 ? Dass setzt vorraus, dass wir die
> > Zeilen = 0 setzten?
>
> ja richtig. Dein homogenes gleichungssystem lautet A*x=0
> daher setzt du deine zeilen null. -3b=0 --> b=0 ; a+2c=0
> --> a=-2c
>
> [mm]\{ \vektor{ t\\
0 \\
-2t}}[/mm] sollte der vektor lauten. da
> gilt: a=-2c.
Hallo,
mit c=t, b=0 und a=-2c=-2t lautet er [mm] \vektor{-2t\\0\\t}.
[/mm]
LG Angela
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> Hi,
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> kein Problem ist ja auch schon spät, aber wie genau kommst
> du auf -3*b = 0 -> b = 0 ? Dass setzt vorraus, dass wir die
> Zeilen = 0 setzten? wenn wir dann dann 0 oben einsetzten
> komm ich aber im endeffekt auf LH = [mm]\{ \vektor{ t\\
0 \\
-t/2}}[/mm]
Hallo,
völlig richtig:
wenn man als freie Variable a nimmt, also a=t setzt, bekommt man b=0 und c=-t/2.
Damit ist KernA die lineare Hülle von [mm] \vektor{1\\0\\-1/2}, [/mm] dieser Vektor ist eine Basis des Kerns, und im Kern sind alle Vielfachen dieses Vektors.
Ebenso ist der zuvor berechnete Vektor [mm] \vektor{-2\\0\\1}, [/mm] welcher ja ein Vielfaches dessen von oben ist, eine Basis des Kerns und
[mm] KernA=LH\{\vektor{-2\\0\\1}\}.
[/mm]
LG Angela
> wobei dass minus sowohl vor dem t als auch vor dem t/2
> stehen kann?!
>
> Gruß Phil
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> Hallo,
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> Hm aber wenn ich das Umforme erhalte ich doch [mm]\pmat{ 2 & 1 & 4 \\
1 & 2 & 2}[/mm] = [mm]\pmat{ 2 & 1 & 4 \\
0 & -3 & 0}[/mm]
Hallo,
Du darfst hier kein Gleichheitszeichen schreiben! Die Matrizen sind nicht gleich. Die zweite ist halt eine ZSF der ersten. Setze einen Pfeil oder so.
LG Angela
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 05:58 Mo 09.01.2012 | | Autor: | angela.h.b. |
> > Ok hab mich wieder dran gesetzt.
> >
> > Ich habe die Matrix aufgestellt: [mm]\pmat{ 2 & 1 & 4 \\
1 & 2 & 2}[/mm]
> > und die habe ich dann aufgelöst zu:
> >
> > 2a + b + 4c = 0
> > a + 2b + 2c = 0
>
> was hast du da aufgelöst ? 1:1 das gleiche wie die
> matrix.
> du musst hier den rang bestimmen um den kern dieser matrix
> zu berechnen.
>
> >
> > dann hab ich c = t gesetzt und komme am Ende auf den
> > Vektor: [mm]\vektor{-2t \\
0 \\
t}[/mm] bedeutet dass jetzt dass LH
> > = [mm]\{\vektor{-2t \\
0 \\
t}}[/mm] und somit der Kern = 1 ist?
>
> bei dieser matrix ist der rang voll, daher ist dein
> gleichungssystem eindeutig lösbar -> [mm]Kern(a)=\{\}.[/mm] also
> keine variablen die du setzen musst.
Hallo,
daß das mit der eindeutigen Lösbarkeit totaler Quatsch ist, hast Du später ja selbst herausgefunden.
Mir kommt es hier auf etwas anderes an:
der Kern einer Matrix kann doch niemals leer sein!
LG Angela
>
> >
> > Gruß Phil
> >
>
> Gruß Scherzkrapferl
>
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> Ok hab mich wieder dran gesetzt.
>
> Ich habe die Matrix aufgestellt: A:=[mm]\pmat{ 2 & 1 & 4 \\
1 & 2 & 2}[/mm]
> und die habe ich dann aufgelöst zu:
Hallo,
Du hast nicht "die Matrix aufgelöst", sondern Du hast zur Bestimmung des Kerns die Gleichung [mm] $\pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 2}$ \vektor{a\\b\\c}=\vektor{0\\0} [/mm] geschrieben als LGS:
>
> 2a + b + 4c = 0
> a + 2b + 2c = 0
>
Du hast erkant, daß man hier eine Variable frei wahlen kann,
> dann hab ich c = t gesetzt und komme am Ende auf den
> Vektor: [mm]\vektor{-2t \\
0 \\
t}[/mm] bedeutet dass jetzt dass LH
> = [mm]\{\vektor{-2t \\
0 \\
t}}[/mm] und somit der Kern = 1 ist?
Jain.
Du hast richtig gerechnet, aber die Formulierungen stimmen so noch nicht.
Du hast herausgefunden, daß alle Lösungen [mm] \vektor{a\\b\\c} [/mm] die Gestalt
[mm] \vektor{a\\b\\c}=\vektor{-2t\\0\\t}=t*\vektor{-2\\0\\1} [/mm] mit [mm] t\in \IR
[/mm]
haben.
Also ist [mm] KernA=\{t*\vektor{-2\\0\\1}|t\in \IR\}.
[/mm]
Alle Vektoren aus KernA sind Linearkombinationen von [mm] \vektor{-2\\0\\1},
[/mm]
und damit ist der Vektor [mm] \vektor{-2\\0\\1} [/mm] eine Basis von KernA, und man kann schreiben
[mm] KernA=<\vektor{-2\\0\\1}>. [/mm]
Die spitzen Klammern stehen hier für lineare Hülle/Erzeugnis/Span,
wie Ihr das schreibt, weiß ich nicht.
Du kannst prüfen, ob Dein Ergebnis stimmt. Du hattest ja ausgerechnet, daß alle Vektoren des Kerns von der Machart [mm] \vektor{-2t\\0\\t} [/mm] sind.
Rechne [mm] $\pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 2}$ *\vektor{-2t\\0\\t} [/mm] aus und rüfe, ob der Nullvektor herauskommt.
Es reicht natürlich eigentlich völlig, die Probe mit der errechneten Basis zu machen, warum, überlege Dir selbst.
Wir halten jetzt mal fest: Du hast die Frage nach dem Kern sinnvoll bearbeitet, richtig gerechnet, und es hakte "nur" an der richtigen Formulierung des Ergebnisses.
Ich zeige Dir jetzt mal, wie man die Bestimmung von Kern und Bild systematisch angeht. Das Glück liegt hier, wie so oft, in der ZSF:
[mm] $\pmat{ 2 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 2}$ [/mm] --> [mm] $\pmat{ \green{2} & 1 & 4 \\ 0 & \green{3}& 0}$ [/mm] .
Bestimmung des Kerns:
die führenden Elementen der Nichtnullzeilen sind in der 1. und 2. Spalte. Also kann man die dritte Variable frei wählen:
c=t
Aus der zweiten Zeile erhält man 3b=0 <==>
b=0,
und aus der ersten 2a+b+4c=0 <==> 2a=-b-4c=0-4t <==> a=-2t.
Alle Vektoren des Kerns haben die Gestalt [mm] \vektor{a\\b\\c}=\vektor{-2t\\0\\t}=t*\vektor{-2\\0\\1} [/mm] mit [mm] t\in \IR,
[/mm]
also ist [mm] \vektor{-2\\0\\1} [/mm] eine Basis des Kerns, dh [mm] KernA=<\vektor{-2\\0\\1}>.
[/mm]
Bestimmung des Bildes:
die führenden Elementen der Nichtnullzeilen sind in der 1. und 2. Spalte.
Also bilden die 1. und 2. Spalte der Ursprungsmatrix (!) eine Basis des Bildes, dh
[mm] BildA=<\vektor{2\\1},\vektor{1\\2}>.
[/mm]
Speziell bei dieser Matrix ist das Bild ein zweidimensionaler Unterraum des Zielraumes [mm] \IR^2, [/mm] also der [mm] \IR^2 [/mm] selbst, und wir haben
[mm] BildA=<\vektor{2\\1},\vektor{1\\2}>=\IR^2.
[/mm]
Das bedeutet: für jeden Vektor [mm] b\in \IR^2 [/mm] finden wir einen passenden Vektor [mm] x\in \IR^3, [/mm] so daß Ax=b.
Die Vorgehensweise der Bestimmung von Bild und Kern über die ZSF solltest Du Dir gut einprägen.
Man könnte sie noch etwas verfeinern, indem man die reduzierte ZSF verwendet, aber da ich nicht weiß, ob das dran war, lasse ich es jetzt mal hiermit bewenden.
Nun mußt Du ein bißchen üben...
LG Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:41 Fr 13.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hallo Angela,
vielen vielen Dank für deine ausführlcihe Erläuterung. Macht alles viel klarer wenn man einfach mal eine bündige Erläuterung hat die nicht gespickt mit unmengen an Definitionen und Buchstaben sind... :)
Ich werde mich morgen an neue Aufgaben machen und ich glaube durch deine Antwort bin ich wieder ein gutes Stückchen, im Verständnis von linearer Algebra, weiter gekommen.
Vielen Dank für deine Mühe
Gruß Phil
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