Gibt es eine IR-lineare Abbildung f: IR3 -> IR3 mit f((1,2,3))=(1,0,1), f((1,-2,-1))=(1,1,0), f((3,-2,1))=( 0,1,1)

Question

Aufgabe:

Gibt es eine IR-lineare Abbildung f: IR^3 -> IR^3 mit

f((1,2,3))=(1,0,1), f((1,-2,-1))=(1,1,0), f((3,-2,1))=( 0,1,1)

Problem/Ansatz:

… Ich weiß was eine lineare Abbildung ist, bei dem Rest bin ich mir aber echt unsicher.

Answer 1

Bedenke: (1,2,3)+2*(1,-2,-1)=(3,-2,1)

Wenn es eine solche lin. Abbildung gibt, dann wäre

f ( (3,-2,1)) = f( (1,2,3)+2*(1,-2,-1)) = f ((1,2,3))+2* f ((1,-2,-1))

Und nun prüfe mal, ob das stimmt !

Comments

heißt das, ich muss auf die Lösungsmenge der Abbildungen nicht achten?

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Nein, es geht darum, dass wenn man eine lineare Abbildung

hat, von der man die Bilder für eine Reihe von linear abhängigen

Vektoren vorgegeben hat, dann muss man schauen,

ob das mit der Linearität vereinbar ist. Du hast deine

Abbildung vorgegeben durch die Bilder von v1, v2 und v3.

Es ist aber v1 + 2v2 = v3

Wenn du auf beiden Seiten f anwendest, entsteht

     f (v1 + 2v2 ) = f (v3)

und wegen der Linearität

   f (v1)  + 2* f(v2 ) = f (v3)

Wenn du hier die vorgegebenen Ergebnisse einsetzt :

(1,0,1)   + 2* (1,1,0)   =   ( 0,1,1)

und ausrechnest

      ( 3 , 2  , 1 )   =  ( 0,1,1)

Das ist falsch, also gibt es eine solche lin. Abb. nicht.

Answer 2

Es ist

        \(1\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix}1\\-2\\-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\-2\\1\end{pmatrix}\).

Ist \(f\) linear, dann muss

      \(1\cdot f\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} + 2\cdot f\begin{pmatrix}1\\-2\\-1\end{pmatrix} = f\begin{pmatrix}3\\-2\\1\end{pmatrix}\)

gelten.

Answer 3

Hallo,

Die drei Vektoren $$\vec v_1 = \begin{pmatrix}1\\ 2\\ 3\end{pmatrix}, \quad \vec v_2 = \begin{pmatrix}1\\ -2\\ -1\end{pmatrix}, \quad \vec v_3 = \begin{pmatrix}3\\ -2\\ 1\end{pmatrix}$$sind linear abhängig, da die Determinante aus den drei Vektoren =0 ist:$$\det\left( \begin{pmatrix}1& 1& 3\\ 2& -2& -2\\ 3& -1& 1\end{pmatrix}\right) = 0$$Sie liegen alle drei in einer Ebene. Folglich existiert eine Linearkombination $$a \vec v_1 + b \vec v_2 + c \vec v_3 = \vec 0, \quad a,\,b,\, c \ne 0$$Die drei Bildvektoren $$f(\vec v_1) =\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}, \quad  f(\vec v_2)= \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}, \quad f(\vec v_3) = \begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$$sind dagegen linear unabhängig, sie spannen einen Raum auf. Die Determinante zeigt dies:$$\det\left( \begin{pmatrix}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{pmatrix} \right) \ne 0$$Folglich ist sicher $$\phantom{= }f( a \vec v_1 + b \vec v_2 + c \vec v_3) \\ = a f(\vec v_1) + bf(\vec v_2) + c f(\vec v_3) \ne f( \vec 0 ) = \vec 0$$also existiert keine lineare Abbildung \(f\). Oder anders ausgedrückt:

man kann eine Ebene (hellblau) nicht linear auf einen Raum abbilden.

(klick auf das Bild, dann kannst Du die Szene mit der Maus rotieren und bekommst einen besseren räumlichen Eindruck)