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Lineare Algebra » Vektorräume » Bestimmung der Basis C bei gegebener Basiswechselmatrix
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Universität/Hochschule J Bestimmung der Basis C bei gegebener Basiswechselmatrix
MrSpock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-09-11


Hey!

Ich habe mal eine Frage zu folgender Aufgabe:
Eine lineare Abbildung f: V → W zwischen zwei K-Vektorräumen ist durch ihre Matrix Basiswechselmatrix A=M CB (f) [C steht oben, B unten] bezüglich der Basen B und C gegeben:

A=matrix([6,8,9],[0,1,6]).

Finden sie Basen B' und C' mit M C'B'(f)=(1r,0).

Jetzt bestimmte man in der Lösung den Ker(A), also [13/2, -6, 1], stockte ihn mit e1 und e2 auf und legte das jetzt als Basis B' fest, was ich nachvollziehen kann. Womit ich jedoch hadere, ist, dass man für die Basis des Bildes C' einfach die Basis von Im(A)=([6,0],[8,1]) wählte.
Warum ist das jetzt 2 dimensional? Hätte man nicht wie im Kern eine 3 dimensionale Basis C' wählen müssen? Und wieso ist jetzt die Basiswechselmatrix matrix([1,0,0],[0,1,0])? Das habe ich doch bei der Wahl von C' gar nicht bedenken müssen?

Vielen Dank schon mal im Vorraus!



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-12


Hallo MrSpock,
was in der Aufgabe als Basiswechselmatrix bezeichnet ist, das sieht eher wie die Darstellungsmatrix der Abbildung f aus (Basiswechselmatrix ist die Darstellungsmatrix der identischen Abbildung). Wenn das so gemeint ist, dann ist W zweidimensional, weil M aus zwei Zeilen besteht.

(1r,0) bedeutet matrix([1,0,0],[0,1,0])? Für die neue Basis B' und C' erhalte ich nicht matrix([1,0,0],[0,1,0]) als Darstellungsmatrix.

Viele Grüße,
  Stefan



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MrSpock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-12


Lieber Stefan!

Genau das ist es ja, was mich beunruhigt!

Das merkwürdige bei der Aufgabe ist ja nun, wie der Dozent die zweite Teilaufgabe löst.

Da ist M BC (f)= matrix([1,-3],[-2,6])

Dabei wählt er als B'=([1,0]^T,[3,1]^T), stockt also den Ker mit e1 und wendet dann M BC(f) auf [1,0] an, bekommt also [1,-2]^T und wählt aus heiterem Himmel (???) den zweiten Basisvektor zu [0,1]^T.

Irgendwie checke ich nicht im Ansatz, was das bewirken soll und wie er mit dieser Taktik die Matrix M B'C'(f)=matrix([1,0],[0,0]) erzeugen will.



Nebenbei noch eine andere Frage zu Deinem Kommentar: ist das Bild einer Matrix höchstens auf die Zeilen und der Kern höchstens auf die Spalten begrenzt oder wie muss ich mir das vorstellen?

Vielen Dank und Liebe Grüße!
Mr. Spock



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-12


Ja, die Dimension des Bildes von f ist nicht größer als die Zeilen- (und Spalten-)zahl von M(f) und der Kern von f hat maximal die Dimension Spaltenzahl von M(f) (siehe Rangsatz).



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MrSpock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-12


Okay, das ist schon mal gut zu wissen, ergibt aber natürlich auch Sinn ^^.

Hast Du noch eine Idee, wie sich das eigentliche Problem lösen lässt? Wahrscheinlich kommt nämlich kommende Woche in der Klausur eine genau solche Aufgabe dran.



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-09-12


Ich verwende die Wikipedia-Bezeichnung M mit C unten und B oben

\(M_{C'}^{B'}(f) = T_{C'}^{C} \cdot M_{C}^{B}(f) \cdot T_{B}^{B'}\)

Gegeben sind \(M_{C}^{B}(f) = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -3 & 6 \end{pmatrix}\) und \( M_{C'}^{B'}(f) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\), gesucht sind \(T_{C'}^{C}\) und \(T_{B'}^{B}\), wobei \(T_{B}^{B'} = \left(T_{B'}^{B}\right)^{-1}\) gilt.

Damit die Gleichung stimmt, habe ich jetzt einfach mal die verwendeten Zahlen so eingesetzt durch probieren

\(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -3 & 6 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1} =
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\)

Also das wäre eine von mehreren möglichen Lösungen. Die stimmt nicht mit der angegebenen Lösung überein. Wie man da systematisch eine Lösung findet und wie das in der angegebenen Lösung gemacht wird, muss ich auch weiter überlegen.



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MrSpock
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-12


Mich stört vor allem an der Lösung des Dozenten, wie schier beliebig C' wirkt. Zu einer systematischen Lösung kommt man ja, indem man die Transformation, die Du auch durchgeführt hast, ein wenig modifiziert, indem man einfach beide S invertiert.



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-09-12


Ich habe dann irgendwie matrix([1,-3],[-2,6]) falsch gelesen, die -3 steht rechts oben und -2 links unten. Deshalb transponiere ich die Gleichung aus dem letzten Beitrag und wende \((XY)^T=Y^T X^T\) an:

<math>
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 6 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}</math>

Das passt schon eher zur angegebenen Lösung und man kann auch in der zweiten Spalte der linken Matrix beliebige Zahlen einsetzen

<math>
\begin{pmatrix} 1 & a \\ -2 & b \end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 6 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}</math>

also der zweite Basisvektor [0,1]^T ist wirklich beliebig gewählt. Wie man das aber einfach so sehen kann weiß ich auch noch nicht.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-09-12


Doch, wenn ich die Gleichung von links mit \(\begin{pmatrix} 1 & a \\ -2 & b \end{pmatrix}\) multipliziere,

\(\begin{pmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 6 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} 1 & a \\ -2 & b \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\)

dann ist ganz gut zu sehen, bei Nullzeilen in \(M_{C'}^{B'}(f)\) kann man die entsprechenden Spalten von \(\left(T_{C'}^{C}\right)^{-1}=T_{C}^{C'}\) beliebig wählen. \(a\) und \(b\) haben keinen Einfluss auf das Ergebnis. Die Matrix muss nur invertierbar sein und bleiben.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-12


Stimmt, das erklärt schon mal dieses Problem - ja, man erkennt es ja auch einfach daran, dass die Matrix nur 0en in dieser Spalte enthält. Dann müsste man aber im ursprünglichen Beispiel auch eine Wahl treffen und nicht nur das Bild verwenden, denn schließlich ist es dann ja schon etwas anders...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-09-13


Vielleicht ist es auch nur verschrieben

2020-09-12 23:48 - MrSpock in Beitrag No. 9 schreibt:
Stimmt, das erklärt schon mal dieses Problem - ja, man erkennt es ja auch einfach daran, dass die Matrix nur 0en in dieser Spalte enthält.

... in dieser Zeile enthält, dann sind a und b beliebig wählbar und haben keinen Einfluss auf das Produkt

\(\begin{pmatrix} 1 & \color{green}a \\ -2 & \color{green}b \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ \color{green}0 & \color{green}0 \end{pmatrix}\).

In der Ausgangsaufgabe erhalte ich folgende Gleichung für \(M_{C}^{B}(f) \cdot T_{B}^{B'} = T_{C}^{C'} \cdot M_{C'}^{B'}(f)\) :

\(\begin{pmatrix} 6 & 8 & 9 \\ 0 & 1 & 6 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 13/2 \\ 0 & 1 & -6 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} c & a \\ d & b \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\).

Da habe ich aber

2020-09-11 14:22 - MrSpock im Themenstart schreibt:

Jetzt bestimmte man in der Lösung den Ker(A), also [13/2, -6, 1], stockte ihn mit e1 und e2 auf und legte das jetzt als Basis B' fest,

das Aufstocken links von [13/2, -6, 1]^T vorgenommen, sonst erhalte ich keine Lösung. Das Produkt auf der linken Seite der Gleichung beträgt \(
\begin{pmatrix} 6 & 8 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\), da bleibt für \(\begin{pmatrix} c & a \\ d & b \end{pmatrix}\) gar nichts anderes übrig als \(\begin{pmatrix} 6 & 8 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\) zu nehmen. Diese Matrix ist auch noch invertierbar, so dass man sie verwenden kann als Basiswechselmatrix \(T_{C}^{C'} = \left(T_{C'}^{C}\right)^{-1}\). Diese Basiswechselmatrix wird in der Lösung gleich als Basis genommen, weil in der ganzen Lösung einfach nur mit B=(e1, e2, e3) und C=(e1, e2) gerechnet wird, soweit ich das sehe, und nicht mit einer beliebigen Basis B=(b1, b2, b3) und c=(c1, c2).

EDIT: Auch bei dieser Ausgangsaufgabe kann man das allgemein formulieren: Die Basis des Kerns von \(M_{C}^{B}\) muss in denjenigen Spalten von \(T_{B}^{B'}\) plaziert werden, in denen die Matrix \(M_{C'}^{B'}\) nur Nullen enthalten soll:

\(\begin{pmatrix} 6 & 8 & 9 \\ 0 & 1 & 6 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & \color{green}{13/2} \\ 0 & 1 & \color{green}{-6} \\ 0 & 0 & \color{green}1\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} c & a \\ d & b \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & \color{green}0\\ 0 & 1 & \color{green}0 \end{pmatrix}\).




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... weil die Abbildung M BC ja als lineare Abbildung den Vektor, da dieser ja im Kern liegt, auf 0 abbildet!  🙃

Jetzt habe ich es verstanden; vielen lieben Dank Dir!



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