Basis Berechnen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:09 Fr 23.03.2007 | | Autor: | Wehm |
| Aufgabe | Sei A = $ [mm] \pmat{-2&3&2&3\\-3&5&0&1\\-1&2&-2&-2} [/mm] $ und F: $ [mm] R^4 [/mm] $ -> $ [mm] R^3 [/mm] $ die durch F(x) = Ax definierte (lineare) Abbildung, bestimmen Sie die Basen A von $ [mm] R^4 [/mm] und [i]B[i] von [mm] R^3 [/mm] mit [mm] M_B^A(F)=\pmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0} [/mm] $
|
Hoi.
Ich hab es erst mal in Zeilenstufenform gebracht. Also erst einmal etwas umgeschrieben Zeilen vertauscht und die erste Zahl der Zeile posiitv gemacht.
[mm] \pmat{1&-2&2&2\\2&-3&-2&-3\\3&-5&0&-1}
[/mm]
-> [mm] \pmat{1&-2&2&2\\0&-1&8&10\\0&11&6&7}
[/mm]
-> [mm] \pmat{1&-2&2&2\\0&-1&8&10\\0&0&94&117}
[/mm]
Falls euch die Rechnung zu undetailliert ist... ihr seht ja, dass es nur die Zeilenstufenform ist ob ich richtig gerechnet habe sei mal dahingestellt, ist auch egal. Aber wenn das richtig wäre wie bestimmte ich dann die Basis? Also erst einmal habe ich
B = [mm] \{ (1,-2,2,2),(0,-1,8,10), (0,0,94,117)\}
[/mm]
Da habe die Basis [mm] B_A [/mm] von [mm] R^4 [/mm] gefordert ist, muss ich die jetzt noch ergänzen, um einen linear unabhängigen Vekto
-> [mm] \pmat{1&-2&2&2\\0&-1&8&10\\0&0&94&117\\0&0&0&1}
[/mm]
[mm] B_A [/mm] = [mm] \{ (1,-2,2,2),(0,-1,8,10), (0,0,94,117),(0,0,0,1)\}
[/mm]
Ich wei jetzt nicht mal ob der Ansatz überhaupt gepasst hat. Aber das ist ja das allgemeine vorgehen
Gruß, Wehm
|
|
| |
|
Hallo,
ist der Wortlaut der Aufgabe genauso, wie Du schreibst?
Keine weiteren Forderungen?
Weil - so wie es dasteht, würde ich auf die Frage antworten: "Irgendwie":
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:50 Fr 23.03.2007 | | Autor: | Wehm |
> Hallo,
>
> ist der Wortlaut der Aufgabe genauso, wie Du schreibst?
> Keine weiteren Forderungen?
Na ja, nicht ganz.
Die genaue Aufgabenstellung ist
Sei A = $ [mm] \pmat{-2&3&2&3\\-3&5&0&1\\-1&2&-2&-2} [/mm] $ und F: $ [mm] R^4 [/mm] $ -> $ [mm] R^3 [/mm] $ die durch F(x) = Ax definierte (lineare) Abbildung, bestimmen Sie die Basen A von $ [mm] R^4 [/mm] und [i]B[i] von [mm] R^3 [/mm] mit [mm] M_B^A(F)=\pmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0} [/mm] $
Oh, dann war der hintere Teil doch Aufgabenrelevant?
Ich editiere die Frage eben.
> Weil - so wie es dasteht, würde ich auf die Frage
> antworten: "Irgendwie":
?????
Gruß, Wehm
|
|
|
| |
|
> Sei A = [mm]\pmat{-2&3&2&3\\-3&5&0&1\\-1&2&-2&-2}[/mm] und F: [mm]R^4[/mm]
> -> [mm]R^3[/mm] die durch F(x) = Ax definierte (lineare) Abbildung,
> bestimmen Sie die Basen A von [mm]R^4 und [i]B[i] von R^3 mit M_B^A(F)=\pmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0}[/mm][/i][/i][/mm]
Hallo,
es kann nicht sein, daß das so geht, wie Du schilderst.
Du erhältst hier als (vermeintliche) Basis B des [mm] \IR^3 [/mm]
> B = [mm] \{ (1,-2,2,2),(0,-1,8,10), (0,0,94,117)\}
[/mm]
Diese Basis hat einen Schönheitsfehler: sie ist keine Teilmenge des [mm] \IR^3 [/mm] - die Vektoren haben ja 4 Komponenten!
Als nächstes schau Deine Zeilenstufenform an: die Matrix, die Du bekommst, hat den Rang 3. Von daher kann niemals [mm] \pmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0}
[/mm]
dieselbe Abbildung in anderen Basen darstellen.
Wenn man auf solche "Kleinigkeiten" achtet, spart man sich u.U. viel Mühe.
Es gibt zwei Möglichkeiten: entweder Du hast falsch umgeformt oder die Aufgabe hat keine Lösung. (Ersteres...).
Ich will Dir jetzt im Groben schildern, wie ich diese Aufgabe angehen würde.
Gesucht ist eine Basis [mm] A=(a_1,a_2,a_3,a_4) [/mm] des [mm] \IR^4 [/mm] und eine Basis
[mm] B=(b_1,b_2,b_3) [/mm] des [mm] \IR^3 [/mm] mit folgender Eigenschaft:
[mm] F(a_1)=b_1
[/mm]
[mm] F(a_2)=b_2
[/mm]
[mm] F(a_3)=0
[/mm]
[mm] F(a_4)=0.
[/mm]
Das ist die Aussage, die man [mm] \pmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0} [/mm] entnehmen kann.
[mm] a_3 [/mm] und [mm] a_4 [/mm] spannen also den Kern der Abbildung auf. [mm] (F(a_3)=0,F(a_4)=0 [/mm] und RangF=2).
Daher würde ich nun den Kern bzw. eine Basis desselben bestimmen
mithilfe der auf Zeilenstufenform gebrachten Matrix [mm] \pmat{-2&3&2&3\\-3&5&0&1\\-1&2&-2&-2}.
[/mm]
Dieser Kern hat die dim 2 und liefert mir meine Basisvektoren [mm] a_3 [/mm] und [mm] a_4.
[/mm]
Diese kann man nun durch Vektoren [mm] a_1 [/mm] und [mm] a_2 [/mm] zu einer Basis des [mm] \IR^4 [/mm] ergänzen. [mm] A:=(a_1,a_2,a_3,a_4)
[/mm]
Die Matrix [mm] M_{AE_4}:=(a_1,a_2,a_3,a_4), [/mm] also die Matrix, die als Spalten die Vektoren meiner neuen Basis hat, ist die Matrix, welche die Transformation der Basis A in die kanonische Einheitsbasis bewerkstelligt,
und es ist
[mm] \pmat{-2&3&2&3\\-3&5&0&1\\-1&2&-2&-2}*M_{AE_4}=(F(a_1),F(a_2),0,0)
[/mm]
die Matrix, welche mir die Abbildung F in der Darstellung von A nach [mm] E_3 [/mm] liefert.
[mm] F(a_1) [/mm] und [mm] F(a_2) [/mm] sind linear unabhängig, denn sie sind ja so gemacht, daß sie eine Basis des Bildes sind.
Ich kann sie also als Grundstock der Basis B verwenden:
[mm] b_1:=F(a_1),
[/mm]
[mm] b_2:=F(a_2)
[/mm]
Diese ergänze ich nun durch einen Vektor [mm] b_3 [/mm] zu einer Basis des [mm] \IR^3.
[/mm]
Die Matrix [mm] M_{BE_3}:=(b_1,b_2,b_3) [/mm] ist die Matrix, welche mir die Basis B in die Einheitsbasis des [mm] \IR^3 [/mm] transformiert.
Wir brauchen jetzt aber die Transformationsmatrix von [mm] E_3 [/mm] nach B, [mm] M_{E_3B}.
[/mm]
Die bekommen wir durch Invertieren der soeben aufgestellten Matrix:
[mm] M_{E_3B}=(M_{BE_3})^{-1}.
[/mm]
[mm] \underbrace{(M_{BE_3})^{-1}}_{Transf.E_3->B}\underbrace{\pmat{-2&3&2&3\\-3&5&0&1\\-1&2&-2&-2}}_{Abb.E_4->E_3}*\underbrace{M_{AE_4}}_{Transf. A->E_4}
[/mm]
liefert uns nun das Gewünschte, [mm] M_B^A(F)=\pmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0}.
[/mm]
Ich hoffe, daß Du Dich hieran entlanghangeln kannst.
Gruß v. Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:04 So 25.03.2007 | | Autor: | Wehm |
hallo angela.h.b.
Die Idee habe ich wirklich verstanden. Vielen lieben dank für deine ganze Schreibarbeit :)
Gruß, Wehm.
|
|
|
|
