Abbildungsmatrix einer Projektion

Question

Aufgabe:

$$\text{Sei f:}\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}^2 \text{ eine Projektion, also f o f = f, für die gilt:} \begin{pmatrix} 1\\2 \end{pmatrix} \in \text{ker f und} \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix} \in \text{im f.}$$

$$\text{Berechnen Sie } M^{B}_{C} \text{für } B=C=\left\{\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}\right\}$$

Problem/Ansatz:

Ich weiß nicht wie ich vorgehen soll und habe schon lange über diese Aufgabe nachgedacht bin, aber nie wirklich weiter gekommen.

Wenn (1,2) Element des Kerns ist bedeutet dies doch, dass (1,2) auf (0,0) projiziert wird, daraus würde dann folgen, dass der Vektor, auf den projiziert wird (2,-1) ist, dann wäre aber Wiederrum (1,-1) kein Element des Bildes, also denke ich irgendwie falsch... :/

Answer 1

Hallo :-)

Für jede Projektion $f:\ V\to V$ gilt $f(w)=w$ für alle $w\in \text{Im}(f)$.

Beweis: Sei $f:\ V\to V$ Projektion, d.h. es gilt $f\circ f=f$. Nun sei weiter $w\in \text{Im}(f)$ beliebig. Dann gibt es ein $v\in V$, sodass $f(v)=w$. Damit ist weiter $f(w)=f(f(v))=f(v)=w$.

Also folgt schonmal aus deinem Beispiel:
$$f\left(\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$$
und weiter
$$f\left(\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$$
Nun suche ich $f$ explizit von der Form:
$$f\left(\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\right)=f\left(\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\y\end{pmatrix}\right)\stackrel{f\text{ ist linear}}{=}x\cdot f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)+y\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)$$
Ich suche also die Bildvektoren $f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)$ und $f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)$.

Dazu nutze ich:
$$\text{1.) } f\left(\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right)=1\cdot f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)-1\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\\[15pt]\Leftrightarrow 1\cdot f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)=1\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)+\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$$


$$\text{2.) } f\left(\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}\right)=1\cdot f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)+2\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\\[15pt]\Leftrightarrow 1\cdot f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)=-2\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)$$

Damit ist:
$$1\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)+\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=-2\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)\\[15pt]\Leftrightarrow f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}-\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}\end{pmatrix} \Rightarrow f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)=-2\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{2}{3}\end{pmatrix}$$

Insgesamt hat man:
$$f\left(\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\right)=x\cdot f\left(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\right)+y\cdot f\left(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right)=x\cdot \begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{2}{3}\end{pmatrix}+y\cdot \begin{pmatrix}-\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}\end{pmatrix}=\underbrace{\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}\\-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\end{pmatrix}}_{\stackrel{\text{Nachrechnen!}}{=}M_C^B(f)}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.$$

Comments

$$\text{Vielen Dank für deine Antwort, mir hat besonders geholfen, dass }f(\begin{pmatrix} -1\\1\end{pmatrix}) =\begin{pmatrix} -1\\1 \end{pmatrix}\text{ ist, wobei das ja eigentlich offensichtlich ist.} \\ \text{ Danach bin ich etwas anders vorgegangen und zwar habe ich } f(\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix})= a*f(\begin{pmatrix} 1\\2 \end{pmatrix}) + b*f(\begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}) \text{ nach a und b umgestellt.} \\ \text{ Dann habe ich die Ergebnisse (1/3 und 2/3) eingesetzt und hatte dann das Ergebnis für} f(\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix})=\begin{pmatrix} 2/3\\-2/3 \end{pmatrix} \text{ Dieses habe }\\ \text{ Ich dann als Linearkombination von der kanonischen Basis dargestellt und die beiden Vorfaktoren sind, dann die erste Spalte meiner Matrix} \\ \text{ Das gleiche Prinzip habe ich für } f(\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}) \text{ angewandt und kam auch auf die gleiche Abbildungsmatrix.}\\ \text{ Nochmal danke }$$ :)

Ich hoffe mein Text ist lesbar, das ist das erste Mal, dass ich mit Latex arbeite.

Answer 2

Aloha :)

Willkommen in der Mathelounge... \o/

Wir sollen die Abbildungsmatrix $M$ bezüglich der Standardbasis der $\mathbb R^2$ bestimmen.

Wir wissen, dass $\binom{1}{2}$ auf $\binom{0}{0}$ abgebildet wird:$$\binom{0}{0}=M\binom{1}{2}=\begin{pmatrix}m_{11} & m_{12}\\m_{21} & m_{22}\end{pmatrix}\binom{1}{2}=\begin{pmatrix}m_{11}+2m_{12}\\m_{21}+2m_{22}\end{pmatrix}\implies M=\begin{pmatrix}m_{11} & -\frac{m_{11}}{2}\\[0.5ex]m_{21} & -\frac{m_{21}}{2}\end{pmatrix}$$Da die Dimension des Bildes eins ist, muss jeder Eingangsvektor, der nicht kollinear zu $\binom{1}{2}$ ist, auf ein Vielfaches des Basisvektors $\binom{1}{-1}$ abgebildet werden. Insbesondere muss also der Vektor $\binom{1}{0}$ auf ein Vielfaches von $\binom{1}{-1}$ abgebildet werden:$$c\binom{1}{-1}=M\binom{1}{0}=\binom{m_{11}}{m_{21}}\implies m_{21}=-m_{11}\implies M=\left(\begin{array}{rr}m_{11} & -\frac{m_{11}}{2}\\[0.5ex]-m_{11} & \frac{m_{11}}{2}\end{array}\right)$$Weiter muss $M^2=M$ gelten:$$m_{11}^2\left(\begin{array}{rr}1 & -\frac12\\[0.5ex]-1 & \frac12\end{array}\right)^2=m_{11}\left(\begin{array}{rr}1 & -\frac12\\[0.5ex]-1 & \frac12\end{array}\right)\implies m_{11}\left(\begin{array}{rr}\frac32 & -\frac34\\[0.5ex]-\frac32 & \frac34\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rr}1 & -\frac12\\[0.5ex]-1 & \frac12\end{array}\right)$$Offensichtlich ist $m_{11}=\frac23$ und wir haben die Matrix gefunden:$$M=\left(\begin{array}{rr}\frac23 & -\frac13\\[0.5ex]-\frac23 & \frac13\end{array}\right)$$

Comments

Danke für deine schnelle und richtige Antwort :)

Gemeinsam mit der Antwort von hallo97, hat sie mir sehr weitergeholfen. Danach kam noch eine ähnliche Aufgabe, welche ich dann ohne Probleme lösen konnte.

Answer 3

Sei $B'=((1,-1)^T,(1,2)^T)$. $B'$ ist eine Basis und es gilt

$f((1,-1)^T)=(1,-1)^T$ und $f((1,2)^T)=(0,0)^T$.

Damit ist$$M^{B'}_{B'}(f)=\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&0\end{array}\right)$$Es gilt (Basiswechsel-Formel)$$M^{B}_{B}(f)=T^{-1}\cdot M^{B'}_{B'}(f)\cdot T$$mit der Basiswechsel-Matrix$$T=\left(\begin{array}{rr}1&1\\-1&2\end{array}\right)$$Mit$$T^{-1}=1/3\left(\begin{array}{rr}2&-1\\1&1\end{array}\right)$$erhält man$$M^{B}_{B}(f)=\left(\begin{array}{rr}2/3&-1/3\\-2/3&1/3\end{array}\right)$$