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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Lineare Abbildung, Kern, Bild
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Universität/Hochschule J Lineare Abbildung, Kern, Bild
Sallygenius
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-02-12


Hallo liebe Mathe-Cracks,

ich brauche ein bissel Hilfe bei folgender Aufgabe. a und b habe ich gerechnet, bin mir aber nicht sicher, ob das so stimmt. Bei c komme ich nicht weiter.

Aufgabe:
Gegeben seien die Vektoren:
v1=(1,1,0,-1)^t
v2=(0,0,-1,-1)^t
v3=(0,1,1,0)^t
v4=(1,0,0,1)^t
aus R3, sowie:
w1=(1,2,0)^t
w2=(1,-2,1)^t
w3=(2,-1,1)^t
w1=(2,0,1)^t
a) ZZ: es gibt genau eine lineare Abbildung \(\phi(v_i) = w_i\).
b) Berechnen Sie dim(ker\(\phi\)), dim(im\(\phi\)), eine Basis vor Ker und eine Basis von Im.
c) Prüfen, ob es einen Vektor \(\textbf{v}\) gibt mit \(\phi(\textbf{v}) = (1,1,1)^t\)

Meine Antworten:
a) ich habe den Rang der Matrix
\[\left( \begin{array}{rrrr}1 & 0 & 0 & 1 \\1 & 0 & 1 & 0 \\0 & -1 & 1 & 0 \\-1 & -1 & 0 & 1 \\\end{array}\right)\] bestimmt. Da die Matrix den vollen Rang hat, sind die Vektoren linear unabhängig und somit existiert die genannte Abbildung.

b) Hier habe ich die Matrix aus a) jedoch schon in Zeilenstufenform gebracht genommen und auf den Nullvekktor abbgebildet:

\[\left( \begin{array}{rrrr}1 & 0 & 0 & 1 \\0 & -1 & 0 & 2 \\0 & 0 & 1 & -2 \\0 & 0 & 0 & -1 \\\end{array}\right) \left( \begin{array} {r}x_1 \\ x_2 \\x_3 \\x_4 \\\end{array}\right) = \left( \begin{array} {r}0 \\ 0 \\0 \\0 \\\end{array}\right)\]
Das gibt mir nur den Nullvektor, somit ist \[ dim(ker) = 0\]
Mit dem Dimensionssatz ist daher  \[ dim(im) = 4\]
Die Vektoren \(w_i\) bilden genau eine Basis von \(Im(\phi)\), da sie linear unabhängig sind.

c) gute Frage ?? Vorschlag: wie ich es zunächst bei b) für den Kern gemacht habe, nur anstatt des Nullvektors setze ich nach dem Gleichheitszeichen eben diesen Vektor  \(\textbf{v}\) und löse nach den \(x_i\) auf? Wahrscheinlich muss ich hier aber die "Originalmatrix" nehmen, da ich die Lösung (1,1,1) bei der Zeilenumformung nicht mit umgeformt habe. Stimmt das??

Danke für eure Antworten
Sallygenius










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Sallygenius



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Radix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-02-12


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Sallygenius
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-12


Hallo,

ja, das klingt absolut plausibel wenn du das so schreibst. Aber dann stimmt der Kern ja nicht bzw. muss er Dimension>0 haben. Der Nullvektor bildet aber doch keine Basis.
Wer kann Licht ins Dunkel bringen?

Sallygenius


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Sallygenius



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-02-12


Hallo,

die Abbildungsmatrix sollte die Dimension 3x4 haben. Hilft das ein Stück weiter?

Gruß, Diophant



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Sallygenius
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-12


Hm, die Bildvektoren w sind ja linear unabhängig voneinander. Der Bildraum hat also die Dimension 3, da R3. Das ist tatsächlich logischer :)

Die Dimensionsformel lautet für die Abbildung:V->W

 dim V = dim Ker + dim Im

Demnach müsste ja der Kern doch Dimension 1 haben. Ich dachte, das ist nicht der Fall, wenn man den Nullvektor erhält??




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Sallygenius



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-02-12


Hallo,

2019-02-12 17:49 - Sallygenius in Beitrag No. 4 schreibt:
Hm, die Bildvektoren w sind ja linear unabhängig voneinander. Der Bildraum hat also die Dimension 3, da R3. Das ist tatsächlich logischer :)

Ich komme jetzt nicht mehr ganz mit. :-)
Die Bildvektoren können ja schon aus dem Grund nicht linear unabhängig sein, da sie zu viert sind. ;-)

Wenn man sich mal die restlichen Aufgabenteile ansieht würde ich sagen, es wäre jetzt an der Zeit, die Abbildungsmatrix zu berechnen. Dann lässt sich der Rest ja nach den altbekannten Vorgehensweisen angehen.

2019-02-12 17:49 - Sallygenius in Beitrag No. 4 schreibt:
Die Dimensionsformel lautet für die Abbildung:V->W

 dim V = dim Ker + dim Im

Demnach müsste ja der Kern doch Dimension 1 haben. Ich dachte, das ist nicht der Fall, wenn man den Nullvektor erhält??

Ich verstehe ehrlich gesagt gar nicht, was du da oben gemacht hast um den Kern zu bestimmen.

Gruß, Diophant



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Sallygenius
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-12


Ich bin nun ebenfalls völlig verwirrt. Ich rechne das jetzt nochmal alles nach :)


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Sallygenius



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Sallygenius
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-12


Also zunächst die Frage, stimmt die a) überhaupt? Die Vektoren habe ich in eine Matrix geschrieben und dann den Rang bestimmt. Da voller Rang -> Vektoren sind l.u.
Ich nehme besser \[\sum \alpha_i v_i = 0 \] und schaue, ob die \(\alpha =0\) werden. Falls mir die Ausgangsvektoren keine quadratische Matrix liefern?


zu b) Ich habe die Formel \[\sum \alpha_i w_i = 0 \] angewendet und herausgefunden, dass  \(\alpha_1 = -1,  \alpha_2 = -1,  \alpha_3 =0,  \alpha_4 = 1\), also tatsächlich linear abhängig.

Wie finde ich denn nun die Dimension des Bildraums heraus?

Wie würde man denn die Abbildungsmatrix bestimmen? Das sind ja 12 Einträge. die ich nicht kenne.  eek

Sorry, ich steh echt auf dem Schlauch frown  


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Sallygenius



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-02-12

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

2019-02-12 18:34 - Sallygenius in Beitrag No. 7 schreibt:
Also zunächst die Frage, stimmt die a) überhaupt?

die a) ist richtig. Du hast das nur falsch formuliert. Die Abbildung existiert nicht nur, sondern ist eindeutig bestimmt.

2019-02-12 18:34 - Sallygenius in Beitrag No. 7 schreibt:
Die Vektoren habe ich in eine Matrix geschrieben und dann den Rang bestimmt. Da voller Rang -> Vektoren sind l.u.
.
.
.

Nochmals zu deiner Vorgehensweise zur Bestimmung von \(dim(ker(\phi))\). Du kannst ja nicht einfach die vier Spaltenvektoren zu einer Matrix zusammensetzen und daraus den Kern deiner Abbildung berechnen. Das kann nicht funktionieren und Gründe wurden schon genannt.

2019-02-12 18:34 - Sallygenius in Beitrag No. 7 schreibt:
zu b) Ich habe die Formel \[\sum \alpha_i w_i = 0 \] angewendet und herausgefunden, dass  \(\alpha_1 = -1,  \alpha_2 = -1,  \alpha_3 =0,  \alpha_4 = 1\), also tatsächlich linear abhängig.

Wie finde ich denn nun die Dimension des Bildraums heraus?

Wie würde man denn die Abbildungsmatrix bestimmen? Das sind ja 12 Einträge. die ich nicht kenne.  :-o

Also ich denke, man kann so vorgehen:
- die Dimension des Bildraums bestimmen (geht analog zum Urbildraum)
- mit dem Dimensionssatz die Dimension des Kerns berechnen
- mit den gegebenen Vekoren aus w eine Basis des Bildraums angeben (hier nehme ich jetzt mal an, dass dir klar ist, wie viele Vektoren das sein müssen und welches Kriterium sie erfüllen müssen)
- eine Linearkombination dieser Basis und des übrig gebliebenen Vektors finden, die den Nullvektor aus W ergibt.
- Mit dieser Linearkombination und der Eigenschaft der Additivität Linearer Abbildungen eine Basis des Kerns von \(\phi\) berechnen.

Damit wäre die b) geschafft. Bei der c) sollte die Antwort jetzt schon von vornherein feststehen und die Vorgehensweise wäre analog zu b). Insbesondere käme man so an einer Berechnung der Abbildungsmatrix vorbei.

Ich muss ehrlichweise dazusagen, dass ich aus dieser Materie ein wenig raus bin. Ich garantiere daher nicht für die Richtigkeit meiner Antwort und auch nicht dafür, dass es an der einen oder anderen Stelle ggf. einfacher geht.

Eines kann man jedoch festhalten: du solltest dich mit der Materie auf jeden Fall auch nochmals gründlich beschäftigen! :-)

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-13


Hallo Diophant,

vielen vielen Dank. Ich glaube das hab ich jetzt kapiert. Aber nochmal zur Sicherheit:

Ich habe nun also dim(Im) = 3 und die Basis wird durch w1, w2 und w3.
Dim(ker) = 1 und der Basisvektor ist -v1-v4+v5.

Da nach a) genau eine lin. Abb existiert (und eindeutig ist?), ex. auch eine Lin. Abb. bzw. ein Vektor v derart: \(\phi\)(v)= (1,1,1)^t.


Stimmt das?




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Sallygenius



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-02-13

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

2019-02-13 15:47 - Sallygenius in Beitrag No. 9 schreibt:
Hallo Diophant,

vielen vielen Dank. Ich glaube das hab ich jetzt kapiert. Aber nochmal zur Sicherheit:

Ich habe nun also dim(Im) = 3 und die Basis wird durch w1, w2 und w3.

Richtig, aber es ist dir hoffentlich klar, dass man durch Prüfung auf lineare Unabhängigkeit nachweisen muss, dass es sich um eine Basis handelt?

2019-02-13 15:47 - Sallygenius in Beitrag No. 9 schreibt:
Dim(ker) = 1 und der Basisvektor ist -v1-v4+v5.

Die Dimension des Kerns stimmt ja noch, aber was soll das bitte für eine Basis sein (und aus wie vielen Elementen sollte die Basis bei dieser Dimension bestehen)?

2019-02-13 15:47 - Sallygenius in Beitrag No. 9 schreibt:
Da nach a) genau eine lin. Abb existiert (und eindeutig ist?), ex. auch eine Lin. Abb. bzw. ein Vektor v derart: \(\phi\)(v)= (1,1,1)^t.

Stimmt das?

Nein. Und ehrlich gesagt, hast du das ganze nicht wirklich verstanden. Bevor wir mit Aufgabenteil c) beginnen, sollte wenigstens ansatzsweise der Teil b) verstanden und bearbeitet sein. Ich sehe nicht, inwiefern du hier meinen Ratschlag irgendwie umgesetzt hättest. Wie sieht bspw. eine Linearkombination der vier Vektoren w1, w2, w3 und w4 aus, die in der Summe den Nullvektor ergibt? Eine solche Linearkombination wirst du benötigen, um die Basis des Kerns zu bestimmen, sofern du (verständlicherweise) auf die Berechnung der Abbildungsmatrix verzichten möchtest.


2019-02-13 15:47 - Sallygenius in Beitrag No. 9 schreibt:
Ich hänge aber dafür direkt an der nächsten Aufgabe, ...

Eröffne dafür bitte einen neuen Thread.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-13


Dieses Thema fällt mir tatsächlich schwer  frown hatte gehofft, es sticht nicht gleich zu sehr ins Auge....

Aber auf ein neues. Die Basis des Kerns ist quatsch, hab die falsche Aufgabe abgetippt  mad

Wenn ich also \(\sum \alpha_i w_i = 0\) mache, die Matrix auf Zeilenstufenform bringe, dann bleibt:

\[\left( \begin{array}{rrrr}
1 & 1 & 2 & 2 \\
0 & -4 & -5 & -4 \\
0 & 0 & -1 & 0 \\
\end{array}\right)\]      
Setze ich \( \alpha_4 = t \), dann erhalte ich
\(-t \textbf{w}_1 - t \textbf{w}_2 + t \textbf{w}_4  =0\).
Dann ist der Basisvektor des Kerns:
\( \textbf{k} = -\textbf{v}_1 - \textbf{v}_2 +  \textbf{v}_4 =0 \).

 confused  confused



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-02-13

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

2019-02-13 16:46 - Sallygenius in Beitrag No. 11 schreibt:
Dieses Thema fällt mir tatsächlich schwer  :-( hatte gehofft, es sticht nicht gleich zu sehr ins Auge....

Aber auf ein neues. Die Basis des Kerns ist quatsch, hab die falsche Aufgabe abgetippt  :-|

Wenn ich also \(\sum \alpha_i w_i = 0\) mache, die Matrix auf Zeilenstufenform bringe, dann bleibt:

\[\left( \begin{array}{rrrr}
1 & 1 & 2 & 2 \\
0 & -4 & -5 & -4 \\
0 & 0 & -1 & 0 \\
\end{array}\right)\]      
Setze ich \( \alpha_4 = t \), dann erhalte ich
\(-t \textbf{w}_1 - t \textbf{w}_2 + t \textbf{w}_4  =0\).

na also, geht doch! :-)

2019-02-13 16:46 - Sallygenius in Beitrag No. 11 schreibt:
Dann ist der Basisvektor des Kerns:
\( \textbf{k} = -\textbf{v}_1 - \textbf{v}_2 +  \textbf{v}_4 =0 \).

 :-?  :-?


Nein, wieso sollte da der Nullvektor herauskommen? BTW, kennst du den:

Kommt ein Vektor zur Suchtberatung und sagt: 'Hilfe, ich bin linear abhängig'...

Also ernsthaft: der Nullvektor kann nicht Basis von was auch immer sein. Und du musst natürlich noch das Resultat von \(-v_1-v_2+v_4\) berechnen und angeben.

Bei der c) musst du selbst entscheiden. Da die Abbildungsmatrix ganz offensichtlich Rang 3 haben muss, ist die fragliche Abbildung jedenfalls surjektiv. Also gibt es einen solchen Vektor v. Aber so, wie das formuliert ist, würde ich persönlich diesen Vektor sicherheitshalber auf die gleiche Art und Weise berechnen wie die Basis des Kerns.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-13


Ach so. Macht Sinn  razz

Also k = (0,-1,1,3)

Zu c)

Ich bringe nun die Matrix (A|b) auf Zeilenstufenform. A wie gehabt und b=(1,1,1)

Dann komme ich am Ende auf so was wie:
(t-1)w1 + t w2 + (4-t)w4

Öm, und jetzt?


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-02-13

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

2019-02-13 17:17 - Sallygenius in Beitrag No. 13 schreibt:
Ach so. Macht Sinn  :-P

Also k = (0,-1,1,3)

Nein, leider nicht. Rechne nochmals nach.

Sorry, das stimmt, da hatte ich mich vertan.

2019-02-13 17:17 - Sallygenius in Beitrag No. 13 schreibt:
Zu c)

Ich bringe nun die Matrix (A|b) auf Zeilenstufenform. A wie gehabt und b=(1,1,1)

Ich weiß nicht, welche Matrix A du hier meinst, aber vermutlich fälschlicherweise die von vorhin?

2019-02-13 17:17 - Sallygenius in Beitrag No. 13 schreibt:
Dann komme ich am Ende auf so was wie:
(t-1)w1 + t w2 + (4-t)w4

Öm, und jetzt?

Ich habe das jetzt nicht nachgerechnet. Aber offensichtlich ist dir immer noch nicht klar, weshalb wir so vorgehen. Es ist die sog. Linearität, eine definierende Eigenschaft Linearer Abbildungen. Die besagt ganz einfach für \(x,y\in V\) und \(a,b\in K\):

\[\phi(ax+by)=a\phi(x)+b\phi(y)\]
Und das nutzen wir hier aus. Also musst du hier eine Linearkombination deiner Basis (von W) berechnen, die das Resultat (1,1,1)T besitzt. Und dann bildest du die entsprechende Linearkombination in V. Die kann aber sicherlich keinen Parameter t mehr enthalten, denn die Aufgabenstellung ist eindeutig.

Und so langsam aber sicher ist es an der Zeit für einen ernstgemeinten Ratschlag: lasse dir mehr Zeit, wenn du zu viele Aufgaben hast, konzentriere dich immer nur auf eine. Sonst wird das jedesmal ein solcher Kampf wie hier, und das muss ja schließlich vor allem in deinem Interesse nicht sein?

Also bitte nicht falsch verstehen: mir macht das nichts, ich antworte oder nicht, wie es mir beliebt. Aber es geht ja in der Mathematik auch darum, höchstmögliche Effizienz anzustreben. Und das schließt sich mit Hektik halt irgendwie gegenseitig aus. ;-)

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-13


Hallo Diophant

erstmal danke für deine Geduld. Mir sitzt eine Klausur im Nacken, daher ist Stress angesagt. Ja, ganz übel, ich weiss. LA kam einfach zu kurz.

Doch, das mit der Linearität habe ich schon begriffen. Mir fällt es dann schwer, das irgendwie umzusetzen.

Also wenn ich in k=-v1-v2+v4 die entsprechenden v's einsetze, kommt bei mir genau der genannte Vektor raus.

Mittlerweile bin ich völlig verwirrt frown
 



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-02-13

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

2019-02-13 18:04 - Sallygenius in Beitrag No. 15 schreibt:
Also wenn ich in k=-v1-v2+v4 die entsprechenden v's einsetze, kommt bei mir genau der genannte Vektor raus.

\[-\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix}\]
Ok, sorry, da muss ich dir jetzt Abbitte leisten. Aber das da oben wäre schon dein Job gewesen, dann hätte ich es leichter gehabt beim Überprüfen.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-13


Gut!  razz

Danke. Ich probier mal die c. (Mein erster Ansatz war glaube ich falsch. )


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Sallygenius



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-14


Jetzt hier nochmal die c :)

Ich habe die Gleichungen

a+b+2c+2d=1
2a-2b-c=1
b+c=1

Da mir eine Gleichung fehlt, setze ich b=t

Dann bekomme ich am Ende

a=t+1/2
b=t
c=1-t
d=-5/2+t  

Ich glaube, ich habe mich irgendwo verrechnet, aber die Vorgehensweise, stimmt sie? Mit dem Parameter?

Danke!!


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Sallygenius



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Hallo,

wie um alles in der Welt kommst du hier auf vier Unbekannte?

Gruß, Diophant



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-14


Gute Frage. Sag bloß hier gilt auch:
aw1+bw2+cw3=(1,1,1)?


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Sallygenius



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Hallo,

2019-02-14 12:18 - Sallygenius in Beitrag No. 20 schreibt:
Gute Frage. Sag bloß hier gilt auch:
aw1+bw2+cw3=(1,1,1)?

Ja, genau (diese drei hast du doch als Basis des Bilds gewählt).

Du stellst hier einen Vektor aus W als Linearkombination der Basis von W dar, um die gleiche Linearkombination dann in V nachzubilden (und zwar mit den entsprechenden Urbildvektoren), um den fraglichen Vektor v zu berechnen. Dies zur Erläuterung.

Gruß, Diophant



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Sallygenius
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Das hat geklappt!!

Vielen Dank!!!


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Sallygenius



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