Das Bild Phi(R3) bestimmen. Ist Phi surjektiv?

Question

Aufgabe:

Bestimmen Sie den Kern ker(Φ) und das Bild Φ(ℝ³) von Φ. Ist Φ injektiv? Ist Φ surjektiv?

Problem/Ansatz:

Ich steh grad auf dem Schlauch wie ich das Bild Φ(ℝ3) von Φ ausrechnen kann, und ob es dann surjektiv ist (oder nicht).

Betrachtet wird folgende lineare Abbildung:

\( \Phi: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2}, \quad\left(\begin{array}{l}{x} \\ {y} \\ {z}\end{array}\right) \mapsto\left(\begin{array}{c}{x-2 y+z} \\ {-4 x+2 y-z}\end{array}\right) \).

Übrigens sollte auch der Kern bestimmt werden, und ob Φ injektiv ist, das hätte ich so gemacht

\( \operatorname{ker}(\Phi)=\left\{v \in \mathbb{R}^{3}: \Phi(v)=\overrightarrow{0}_{\mathbb{R}^{2}}\right\} \)

$$ \Phi(v)=0_{R} \Leftrightarrow v=(0,0)^{\top} \Rightarrow \operatorname{ker}(\Phi)=\{0\} $$

 Nach Definition ist \( \Phi \) injektiv genau dann, wenn  \( \operatorname{ker}(\Phi) =\{0\},\) was erfüllt ist, also liegt ist Φ injektiv.

Answer 1

Du hast dich irgendwo verrechnet

Die Abbildung geht von einem 3 dimensionalen Raum in einen 2 dimensionalen Raum. Die Dimension des Kerns ist also ≥3-2=1 (vgl. Dimensionsformel), insbesondere ist die Abbildung nicht injektiv.

Um das Bild zu berechnen

$$ \mathbb{R}^3=\langle e_1, e_2, e_3 \rangle $$

also

$$ \Phi (\mathbb{R}^3)=\Phi (\langle e_1, e_2, e_3 \rangle) =\langle\Phi ( e_1),\Phi ( e_2), \Phi (e_3) \rangle $$

Damit erhältst du ein Erzeugendensystem des Bilds (nämlich \( \Phi ( e_1),\Phi ( e_2), \Phi (e_3)\)) und musst daraus nur noch eine Basis bestimmen

Comments

Vielen Dank!

Die Berechnung des Kerns bereitet mir beim Schritt des LGS auflösen Probleme, ich hab 2 Gleichungen bei 3 Variablen... Daher hätte ich es so gelöst:

Text erkannt:

b) Kem ker( \( \mathbb{Q} \) ) bestimmen: 1 ) als Abloidungs math'x anfsureiben \( (s, \# 1 a) \) )
$$ M_{i_{2}}^{\varepsilon_{2}}(\Phi)=\left(\begin{array}{ccc} {1} & {-2} & {1} \\ {-4} & {2} & {-1} \end{array}\right) $$
Abbo, Motix nut \( \left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) \) " metriphizen grem in in setren
$$ \left(\begin{array}{ccc} {1} & {-2} & {1} \\ {-4} & {2} & {-1} \end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{c} {x_{1}} \\ {x_{2}} \\ {x_{2}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} {x_{1}-2 x_{2}+x_{3}} \\ {-4 x_{1}+2 x_{2}-x_{3}} \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c} {0} \\ {0} \end{array}\right) $$
Los Aufstellem und lisem
\( \operatorname{set}^{2} x \cdot \ln x=\lambda \quad-\sqrt{x_{2}}=-\frac{3 x}{10} \)
\( \Rightarrow x_{1}=a\left(\frac{32}{10}\right)+\lambda \)
\( x_{1}-2 x_{2}+x_{3}= \)
\( \frac{-4 x_{1}+2 x_{2}-x_{3}=0}{x_{1}-2 x_{2}+x_{3}=0} \)
\( \operatorname{sen} x_{2}, x_{3} \ln (5) \sin x_{1}-2 \cdot\left(-\frac{3 x}{10}\right)+\lambda=0= \)
$$ \operatorname{ler}(\bar{Q})=\left\{\left(2 \cdot\left(\frac{3 \lambda}{10}\right)+\lambda,-\frac{3 \lambda}{10}, \lambda\right)^{T} | \lambda \in R\right\} $$
\( -10 x_{2}-3 x_{3}=0 \)

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Du hast dich bei (II') verrechnet, da sollte $$ 6x_2 -3x_3 = 0 $$ rauskommen. Ansonsten ist dein Vorgehen schon richtig.

Mit dim Kern Φ = 1 erhältst du dann dim Bild Φ = 3 -1 = 2, also ist die Abbildung surjektiv.

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Φ(ℝ3)=Φ(⟨e1,e2,e3⟩)=⟨Φ(e1),Φ(e2),Φ(e3)⟩

Wenn ich nun DAS Bild Φ(ℝ3) bestimmen will, rechne ich dann

Φ(1,0,0)T = (1,-4)T

Φ(0,1,0)T = (-2,2)T

Φ(0,0,1)T = (1,-1)T

Sodass ich mit Φ(ℝ3) = ⟨(1,-4)T, (-2,2)T, (1,-1)T⟩ fertig bin?

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Damit hast du zumindest ein Erzeugendensystem des Bilds gefunden. Es kann verlangt sein daraus eine Basis zu bestimmen, orientiere dich da am besten an deiner Vorlesung oder früheren Übungsaufgaben.