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Universität/Hochschule J Basis des Kerns einer linearen Abbildung
levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-01-26


Hallo!

Ich habe eine lineare Abbildung \(\varphi:\mathbb{R}^{3}\longrightarrow\mathbb{R}^{2}\).
Ich statte \(\mathbb{R}^{3}\) mit der Basis \(B=((1,1,1)^{t},(-1,0,0)^{t},(0,0,2)^{t})\) und \(\mathbb{R}^{2}\) mit der \(C=((1,0)^{t},(0,1)^{t})\) aus.
Danach habe ich die Darstellungsmatrix \(M_{B,C}(\varphi)\) von \(\varphi\) ermittelt.
Nun möchte ich eine Basis des Kerns von \(\varphi\) ermitteln.
Ich habe nun die Gleichung \(M_{B,C}(\varphi)x=0\) nach \(x\) aufgelöst und habe
\(x=(2\lambda,3\lambda,4\lambda)^{t}\) mit \(\lambda\in\mathbb{R}\) gefunden.
Nun würde ich gerne eine Basis des Kerns angeben.
Wie gehe ich vor?
Vielen Dank und schönen Abend.
Levin.



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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-26


Hallo Diophant,
danke!
Muss ich denn nicht noch irgendwas umrechnen? Ich meine wegen der speziellen Wahl der Basen \(B,C\).
Vielen Dank für die Antwort!
Levin



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-26


Hallo,

ich hatte mich vorhin vertan bzw. schlampig gelesen, sorry.

Mit deinem Kern kann schon rein dimensionsmäßig etwas nicht stimmen.

Könntest du mal noch die komplette Aufgabenstellung posten?

Ich mache für heute aber Feierabend (besser so... 😉).


Gruß, Diophant

EDIT: mein mittlerweile fehlender Beitrag #1 enthielt nur einen Hinweis, dass ich mich geirrt hatte und wurde von der Moderation aus Gründen der Übersichtlichkeit gelöscht. Dies nur als Anmerkung für spätere Leser (falls jemand über die Reihenfolge der Beiträge stolpert...)



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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-26


2021-01-26 23:19 - Diophant in Beitrag No. 3 schreibt:
Mit deinem Kern kann schon rein dimensionsmäßig etwas nicht stimmen.
Stimmt. Habe nun die fehlende Komponente ergänzt!
Danke für den Hinweis!
Levin



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-26


Du hast die Abbildung gar nicht angegeben, daher kann man hier nur einbeschränkt deine Ergebnisse überprüfen. Du hast also eine Basis des Kerns von $M_{B,C}(\varphi)$ gegeben. Nun hat man ein kommutatives Diagramm

<math>\begin{tikzcd}[sep=17mm] \IR^3 \ar{d}[swap]{\Phi_B} \ar{r}{M_{B,C}(\varphi)} & \IR^2 \ar{d}{\Phi_C} \\ \IR^3  \ar{r}[swap]{\varphi} & \IR^2 \end{tikzcd}</math>

Vertikal stehen hier die Basiswechsel-Isomorphismen, also $\Phi_B(e_i)=b_i$, $\Phi_C(e_j)=c_j$. Das Diagramm sagt dir einfach nur

$\varphi \circ \Phi_B = \Phi_C \circ M_{B,C}(\varphi),$

was nichts weiter als eine Umschreibung der Definition der Darstellungsmatrix ist. Jedenfalls folgt jetzt daraus formal, dass $\Phi_B$ sich zu einem Isomorphismus

$\Phi_B : \ker(M_{B,C}(\varphi)) \longrightarrow \ker(\varphi)$

einschränkt. Wenn du eine Basis von $\ker(M_{B,C}(\varphi))$ hast, ist das Bild unter $\Phi_B$ daher eine Basis von $\ker(\varphi)$.




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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-27


Danke für die Antwort!
Dann wollen wir mal das Bild berechnen.
Wir haben \(B=(b_{1},b_{2},b_{3})\).
Meine Basis des Kerns der Darstellungsmatrix ist (2,3,4).
Nun gilt
\(\Phi_{B}((2,3,4)^{t})=2\Phi(e_{1})+3\Phi(e_{2})+4\Phi(e_{3})\)
Das ist \(=2b_{1}+3b_{2}+4b_{3}=(-1,2,10)\).
Deshalb ist \((-1,2,10)^{t}\) eine Basis des Kerns von \(\varphi\).
Ist das richtig?
Danke nochmal.
Levin.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-27


Hallo,

ja: das passt so.

Es wäre für die Zukunft jedoch ratsam, bei solchen Fragen immer die Aufgabenstellung bzw. den gesamten Kontext mit anzugeben.


Gruß, Diophant



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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-27


Danke.
Ehrlich gesagt, war das keine Übungsaufgabe. Ich habe mir die Zahlen selbst ausgedacht, wodurch es leider zu Unstimmigkeiten kam.
Ich gelobe Besserung und bedanke mich.
Levin.



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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-02 20:11


Jetzt habe ich doch noch eine Frage:
Wie berechne ich \(\varphi^{-1}(2,5)\)?



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-02-02 20:17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
2021-02-02 20:11 - levin_chich in Beitrag No. 8 schreibt:
Jetzt habe ich doch noch eine Frage:
Wie berechne ich \(\varphi^{-1}(2,5)\)?

Bezüglich welcher Basis?

Bezüglich B müsstest du das LGS \(M_{(B,C)}(\varphi)\cdot x=\bpm 2\\ 5\epm\) lösen. Bezüglich der Standardbasis dann ggf. noch umrechnen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-02 20:33


Bezüglich der Basis \(B\).
Ich habe ja das Diagramm von Triceratops:
Es ist demnach \(\varphi\circ \Phi_{B}=\Phi_{C}\circ M_{B,C}(\varphi)\)
Ich muss demnach das LGS \(\Phi_{C}\circ M_{B,C}(\varphi)(x)=(2,5)\) nach \(x\) auflösen.
Zuvor könnte ich aber die Basis des Bildes von \(\varphi\) ausrechnen. Und damit müsste es dann weitergehen.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-02-02 20:45

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Beachte mal noch, dass \(\Phi_C\) hier die Identität ist (da C die Standardbasis des \(\IR^2\) ist).

Wenn du das Urbild bezüglich B haben möchtest, ist nichts weiter zu tun, als das LGS zu lösen (beachte auch meinen Nachtrag in #9).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-02 20:55


OK. Das sehe ich ein. Für diese spezielle Wahl von \(C\) habe ich nur das LGS zu lösen. Was wäre, wenn \(C\) nicht die Standardbasis wäre?



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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-02 22:08


Ist es so, dass ich dann die Darstellungsmatrix von \(\Phi_{C}\), \(T_{C}\), ermittle und dann das Gleichungssystem \(T_{C}M_{BC}(\varphi)x=(2,5)\) nach \(x\) auflöse? Wobei das dann ja irgendwie kompliziert wird. Kann man das irgendwie konzeptioneller machen?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2021-02-03 10:50

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2021-02-02 22:08 - levin_chich in Beitrag No. 13 schreibt:
Ist es so, dass ich dann die Darstellungsmatrix von \(\Phi_{C}\), \(T_{C}\), ermittle und dann das Gleichungssystem \(T_{C}M_{BC}(\varphi)x=(2,5)\) nach \(x\) auflöse? Wobei das dann ja irgendwie kompliziert wird. Kann man das irgendwie konzeptioneller machen?

auch hier ist mir wieder unklar, was genau gemeint ist. Wenn der Bildvektor bzgl. C gegeben ist, ändert sich doch nichts: \(M_{B,C}\) ist ja die Darstellung von \(\varphi\), falls die Urbilder bezüglich der Basis B und die Bilder bezüglich der Basis C ausgedrückt sind bzw. werden sollen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-03 14:54


OK. Demnach hätte man bezüglich des allgemeinen Falles also folgende Vorgehensweise:

- Es soll \(\varphi^{-1}(3,4)\) berechnet werden. Dabei ist \((3,4)\) bezüglich irgendeiner Basis \(C'\).
- Ich berechne die \(C'\) Koordinaten (3,4) in \(C\) Koordinaten um.
- Das mache ich, indem ich die Basiswechselmatrix von \(C'\) nach \(C\) benutze. Diese sei \(T_{C'C}\).
- Die \(C\) Koordinaten berechnen sich dann durch: \(v=T_{C'C}\cdot(3,4)^{t}\).
- Nun muss das LGS \(M_{BC}(\varphi)x=v\) nach \(x\)) aufgelöst werden.
- Das sind dann aber die \(B\) Koordinaten von \(x\).
- Will ich aber zurück zu irgendeiner Basis \(B'\), so bemühe ich die Basiswechselmatrix von \(B\) nach \(B'\): \(T_{BB'}\).
- Meine gesuchten \(B'\) Koordinaten der Lösung sind also \(T_{BB'}\cdot x\).

Richtig?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2021-02-03 15:00

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2021-02-03 14:54 - levin_chich in Beitrag No. 15 schreibt:
OK. Demnach hätte man bezüglich des allgemeinen Falles also folgende Vorgehensweise:

- Es soll \(\varphi^{-1}(3,4)\) berechnet werden. Dabei ist \((3,4)\) bezüglich irgendeiner Basis \(C'\).
- Ich berechne die \(C'\) Koordinaten (3,4) in \(C\) Koordinaten um.
- Das mache ich, indem ich die Basiswechselmatrix von \(C'\) nach \(C\) benutze. Diese sei \(T_{C'C}\).
- Die \(C\) Koordinaten berechnen sich dann durch: \(v=T_{C'C}\cdot(3,4)^{t}\).
- Nun muss das LGS \(M_{BC}(\varphi)x=v\) nach \(x\)) aufgelöst werden.
- Das sind dann aber die \(B\) Koordinaten von \(x\).
- Will ich aber zurück zu irgendeiner Basis \(B'\), so bemühe ich die Basiswechselmatrix von \(B\) nach \(B'\): \(T_{BB'}\).
- Meine gesuchten \(B'\) Koordinaten er Lösung ist also \(T_{BB'}\)\cdot x.

Richtig?

Ja, genau so ist es. Bis auf die Tatsache, dass man die Basiswechsel für einzelne Vektoren theoretisch auch ohne Basiswechselmatrix ausrechnen kann (siehe Beitrag #4). Aber das ist ja nur eine Frage des Wie. Was zu tun ist, hast du wie gesagt richtig zusammengefasst.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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levin_chich
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-03 15:12


Vielen Dank lieber Diophant und Triceratops, dessen Diagramm mein Verständnis von 0 auf 80 katapultiert hat!



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levin_chich hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
levin_chich hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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