nehmen wir eine abbildung als beispiel:
\(
\begin{pmatrix}2 & 4 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix} = v, \ v \in \mathbb{R}^2\\
\)
$$$$
in der matrix haben wir die vektoren
\(
v_1 = \begin{pmatrix}2\\3 \end{pmatrix}, v_2 = \begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix} \in \mathbb{R}^2
\)
$$$$
damit haben wir eine abbildung \( \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2 \)
$$$$
welche elemente bilden den nullvektor ab?
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ansatz:
\(
\begin{pmatrix}2 & 4 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \\
\)
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das entspricht dem linearen gleichungssystem
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\(
2x + 4y = 0 \\
3x + 6y = 0
\)
$$$$
wie man sieht, sind die gleichungen linear abhängig.
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wir dürfen eine gleichung streichen
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und einen parameter frei wählen.
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\(
2x + 4y = 0 \\
y = \frac{-2x}{4} = -\frac{1}{2}x
\)
$$$$
wähle \( x = 1 \), dann ist y = \( \frac{1}{2} \), also ist \(
\begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix}
\)
eine lösung von \(
\begin{pmatrix}2 & 4 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \\
\)
$$$$
probe. wir rechnen jetzt mit einem element des kerns von f:
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\(
\begin{pmatrix}2 & 4 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\cdot 1 + 4\cdot(-\frac{1}{2})\\3\cdot 1 + 6\cdot(-\frac{1}{2})\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}
\\
\)
$$$$
bingo. passt also.
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\(
\begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix}
\) ist ein element des kerns obiger abbildung.
wegen der linearen abhägigkeit ist aber auch jedes \( \alpha \cdot \begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix}, \alpha \in
\mathbb{R} \) ein element des kerns (probe bitte selber rechnen).
damit haben wir unseren kern komplett:
\(
kern(f) = \left\{ \alpha \cdot \begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix}, \ \alpha \in \mathbb{R} \right \}
\)
gruß,
gorgar
