Antwort mit KI erzeugt
Aufgabe a)
Um zu zeigen, dass \(\varphi\) eine lineare Abbildung ist, müssen wir zwei Eigenschaften überprüfen:
1. Additivität: \(\varphi(f + g) = \varphi(f) + \varphi(g)\)
2. Homogenität: \(\varphi(\lambda f) = \lambda \varphi(f)\) für alle \(\lambda \in \mathbb{R}\)
Sei \(f(x) = ax^2 + bx + c\) und \(g(x) = dx^2 + ex + f\).
Berechne \(\varphi(f + g)\):
\(
(f + g)(x) = (a+d)x^2 + (b+e)x + (c+f)
\)
\(
\varphi(f + g) = ((f+g)(0), (f+g)(1), (f+g)(2))
\)
\(
= (c+f, a+d+b+e+c+f, 4a+4d+2b+2e+c+f)
\)
Berechne \(\varphi(f) + \varphi(g)\):
\(
\varphi(f) = (f(0), f(1), f(2)) = (c, a+b+c, 4a+2b+c)
\)
\(
\varphi(g) = (g(0), g(1), g(2)) = (f, d+e+f, 4d+2e+f)
\)
\(
\varphi(f) + \varphi(g) = (c, a+b+c, 4a+2b+c) + (f, d+e+f, 4d+2e+f)
\)
\(
= (c+f, a+b+d+e+c+f, 4a+4d+2b+2e+c+f)
\)
Da \(\varphi(f + g) = \varphi(f) + \varphi(g)\), ist die Additivität gezeigt.
Überprüfe die Homogenität:
\(
\varphi(\lambda f) = (\lambda f(0), \lambda f(1), \lambda f(2))
\)
\(
= (\lambda c, \lambda(a + b + c), \lambda(4a + 2b + c))
\)
\(
= \lambda (c, a + b + c, 4a + 2b + c) = \lambda \varphi(f)
\)
Somit ist auch die Homogenität gezeigt. \(\varphi\) ist daher eine lineare Abbildung.
Weiterhin zeigen wir die Bijektivität durch Konstruktion der Umkehrabbildung \(\varphi^{-1}\).
Nehmen wir an, wir haben den Vektor \((\alpha, \beta, \gamma) \in \mathbb{R}^3\), und wir wollen das zugehörige Polynom \(f(x)\) finden. Zwei Schritte:
1. Setze \(f(0) = \alpha\)
2. Setze \(f(1) = \beta\)
3. Setze \(f(2) = \gamma\)
Das Polynom \(f(x) = ax^2 + bx + c\) ergibt:
\(
f(0) = c = \alpha
\)
\(
f(1) = a + b + c = \beta
\)
\(
f(2) = 4a + 2b + c = \gamma
\)
Dieses lineare Gleichungssystem:
\(
c = \alpha
\)
\(
a + b + \alpha = \beta \implies a + b = \beta - \alpha
\)
\(
4a + 2b + \alpha = \gamma
\)
Lösen wir das:
\(
a + b = \beta - \alpha
\)
\(
4a + 2(\beta - \alpha - a) + \alpha = \gamma
\)
\(
4a + 2\beta - 2\alpha - 2a + \alpha = \gamma
\)
\(
2a = \gamma - 2\beta + \alpha
\)
\(
a = \frac{\gamma - 2\beta + \alpha}{2}
\)
\(
b = \beta - \alpha - a = \beta - \alpha - \frac{\gamma - 2\beta + \alpha}{2} = \frac{2\beta - 2\alpha - \gamma + 2\beta - \alpha}{2} = \frac{\beta - \gamma + \alpha}{2}
\)
Deshalb lautet die Umkehrabbildung:
\(
\varphi^{-1}(\alpha, \beta, \gamma) = \left( \frac{\gamma - 2\beta + \alpha}{2} \right) x^2 + \left( \frac{\beta - \gamma + \alpha}{2} \right) x + \alpha
\)
Dies zeigt, dass \(\varphi\) bijektiv ist.
Aufgabe b)
Zu \(\psi(f) = (f(0), f(1), f(2), f(3))\):
Da ein Polynom \(f(x) = ax^2 + bx + c\) durch nur drei Koeffizienten beschrieben wird, und \(\psi(f)\) auf vier Werte abzubilden versucht, ist \(\psi\) nicht injektiv, aber dennoch surjektiv auf einem Unterraum von \(\mathbb{R}^4\).
Wir müssen eine Basis von \(\operatorname{Im} \psi \) finden.
Betrachte:
\(
f(x) = ax^2 + bx + c
\)
Die Werte \(f(0), f(1), f(2), f(3)\):
\(
f(0) = c
\)
\(
f(1) = a + b + c
\)
\(
f(2) = 4a + 2b + c
\)
\(
f(3) = 9a + 3b + c
\)
\(\operatorname{Im} \psi\) ist somit der Spann einer Matrix \(A\):
\(
A = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
4 & 2 & 1 \\
9 & 3 & 1
\end{pmatrix}
\)
Die Spaltenvektoren beschreiben eine Basis von \(\operatorname{Im} \psi\):
\(
\operatorname{Im} \psi = \operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 4 \\ 9\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\right\}
\)
Diese Vektoren sind linear unabhängig und daher bilden sie eine Basis des Bildes \(\operatorname{Im} \psi\).
Kern und Bild von \(f\)
Gegeben:
\(
f\left(\vec{e}_{1}\right) = \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}, \quad f\left(\vec{e}_{2}\right) = \begin{pmatrix} 2 \\ -6 \\ 4 \end{pmatrix}, \quad f\left(\vec{e}_{3}\right) = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad f\left(\vec{e}_{4}\right) = \begin{pmatrix} 0 \\ 8 \\ -3 \end{pmatrix}
\)
Matrix \(A\) der Abbildung \(f\):
\(
A = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 & 0 \\
-3 & -6 & 2 & 8 \\
2 & 4 & 1 & -3
\end{pmatrix}
\)
Bestimmung des Ranges (Bild) und des Kerns:
- Row-Reduced Echelon Form (RREF):
\(
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 8 & 8 \\
0 & 0 & -3 & -3
\end{pmatrix}
\)
Da die Matrix 2 Pivot Elemente hat, ist der Rang 2:
\(
\operatorname{Im} f = \operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}1 \\ -3 \\ 2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}2 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix} \right\}
\)
Für den Nullraum von \(A\):
\(
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
a_{1} + 2a_{2} + 2a_{3} = 0\\
a_{3} + a_{4} = 0\\
\end{pmatrix}
\)
Lösung:
\(
\left\{ \begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} \right\}
\)
Basen für den Kern und das Bild sind:
\(
\operatorname{Kern} f = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix} \right\}
\)
