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Hallo!
Könntet ihr bitte meine gelösten Aufgaben kontrollieren und mir auf meine beiläufig gestellten kleinen Fragen antworten? Vielen Dank! Auch jeder Teil hilft mir schon.
a) Eindeutig festgelegt, da wir die Bilder von zwei linear unabhängigen Vektoren gegeben haben, die den gesamten [mm] \IR^{2} [/mm] aufspannen. Damit spannen auch die Ergebnisvektoren den gesamten Bildraum [mm] \IR^{2} [/mm] auf.
[mm] M_{B}^{f} [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 1 & -1 } [/mm] (Ich hab einfach die Koordinatenvektoren der Bilder von [mm] v_{1} [/mm] und [mm] v_{2} [/mm] bzgl. B als Spalten eingetragen)
b) Hab ein bisschen gerechnet kam auf [mm] M_{SB}^{SB}(f) [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 1 \\ 3 & 0 }
[/mm]
c) Ich habe bei beidem nein! Das ist die wichtigste Frage, ob das stimmt!
Selbstadjungiert nicht, weil die Darstellungsmatrix (bzgl der ON-Basis [mm] (e_{1},e_{2}), [/mm] siehe b)) nicht symmetrisch ist (Haben wir als Äquivalenz gelernt: Selbstadjungiert [mm] \gdw [/mm] symmetrisch).
Orthogonal nicht, weil z.B. [mm] f\left(\vektor{1\\0}\right) [/mm] = [mm] \vektor{0\\3} [/mm] und somit nicht ||x|| = ||f(x)|| für alle x im Vektorraum gilt.
d) Hab mal wieder ein bisschen gerechnet (Gleichungssysteme bzgl. der Anforderungen aufgestellt und gelöst) und kam auf A = [mm] \bruch{1}{2}*\pmat{ 3 & -1 \\ -1 & 1 }. [/mm] Habe alles bzgl. der Standardbasis [mm] (e_{1},e_{2}) [/mm] gerechnet, darf man das machen?
Eine ON-Basis ist dann (Gram-Schmidt auf Standardbasis):
[mm] \sqrt{\bruch{2}{3}}*\vektor{1\\0}, \bruch{1}{\sqrt{3}}*\vektor{\bruch{1}{3}\\1}.
[/mm]
Ich vermute aber, dass ich mir hier schon wieder zuviel Arbeit gemacht habe. Ich könnte ja die ohnehin schon orthogonalen Vektor [mm] v_{1} [/mm] und [mm] v_{2} [/mm] nehmen und die einfach normieren, von [mm] v_{2} [/mm] hab ich ja sogar schon die Länge berechnet: [mm] \sqrt{2}.
[/mm]
--> ON- Basis ist [mm] \vektor{1\\1},\bruch{1}{\sqrt{2}}*\vektor{0\\2}
[/mm]
Die Antworten auf c) lauten dann:
Bzgl. meiner ON-Basis (die ich zuletzt angegeben habe), lautet die Abbildungsmatrix nun:
[mm] \pmat{ 1 & \sqrt{2} \\ \sqrt{2} & -1 }
[/mm]
Sie ist symmetrisch, damit ist f jetzt orthogonal und auch selbstadjungiert 
Vielen Dank für Eure Hilfe,
Stefan.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:55 Fr 25.07.2008 | | Autor: | fred97 |
Bei a), b) und c) hast Du alles richtig gemacht !
Für eine Überprüfung von d) habe ich momentan keine Zeit, tut mir leid.
Grüße FRED
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Hallo,
Vielen Dank für deine Hilfe!
Stefan.
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Ok
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:20 So 27.07.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
Diese Schlussfolgerung ist falsch. Mag sein dass es in diesem Fall stimmt, aber i.A. gilt es nur falls die Abbildung surjektiv ist. Zum Beispiel ist die Nullabbildung [mm] $\IR^2\ni x\mapsto 0\in\IR^2$ [/mm] natürlich auch eindeutig festgelegt durch das Bild zweier beliebiger lin. unabhängiger Vektoren, aber die Ergebnisvektoren spannen natürlich nicht den gesamten [mm] $\IR^2$ [/mm] auf.
