Die Frage lautet: Gibt es eine lineare Abbildung: ℝ4 → ℝ3?

Question

Hallo liebe Mitglieder :)

Es geht um lineare Abbildungen.

Die erste Frage lautet: Gibt es eine lineare Abbildung W: ℝ⁴ → ℝ³ ?

W \(( \begin{pmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{pmatrix} \))  =  \( \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \)

W \(( \begin{pmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{pmatrix} \))  =  \( \begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix} \)

W \(( \begin{pmatrix} 1\\1\\1\\0 \end{pmatrix} \))  =  \( \begin{pmatrix} 0\\0\\-1 \end{pmatrix} \)

W \(( \begin{pmatrix} -1\\-2\\0\\0 \end{pmatrix} \))  =  \( \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \)

Die zweite Frage lautet: Gibt es eine lineare Abbildung U: ℝ² → ℝ³ ?
U \(( \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} \))  =  \( \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \)

U \(( \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} \))  =  \( \begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix} \)

U \(( \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix} \))  =  \( \begin{pmatrix} 0\\0\\-1 \end{pmatrix} \)

Darauf aufbauend wird noch nach dem Kern und dem Bild gefragt (evtl. an einem Bsp.?).

Wir haben dazu jede Menge Definitionen im Skript, es scheint auch nicht allzu komplex zu sein. Aber ich verstehe die einzelnen Schritte nicht. Wäre jemand bereit dazu sich die Zeit zu nehmen und mir Schrittweise den Weg zeigen? Jeweils an zwei Beispielen.

(PS: ich kann dementsprechend keinen Ansatz von mir zeigen, da ich den Lösungsweg bisher nicht verstanden habe...).

Freue mich über Hilfe bzw. einen Lösungsweg. Vielen Dank vorweg!

Answer 1

Aloha :)

zu a) Fasse die einzelnen Gleichungen zu einer Matrix-Gleichung zusammen:$$W\cdot\left(\begin{array}{rrrr}1 & 1 & 1 & -1\\1 & 0 & 1 & -2\\1 & 1 & 1 & 0\\1 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrrr}0 & 1 & 0 & 1\\0 & 1 & 0 & 1\\1 & -1 & -1 & 1\end{array}\right)$$und prüfe, ob die Lösung existiert:$$W=\left(\begin{array}{rrrr}0 & 1 & 0 & 1\\0 & 1 & 0 & 1\\1 & -1 & -1 & 1\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{rrrr}1 & 1 & 1 & -1\\1 & 0 & 1 & -2\\1 & 1 & 1 & 0\\1 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{rrrr}1 & -1 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\-1 & 0 & 0 & 2\end{array}\right)$$Da die Inverse existiert, konnten damit die Abbildungsmatrix \(W\) eindeutig bestimmen.

zu b) Hier ist schon verdächtig, dass du eine Bestimmungsgleichung zu viel hast. Zur Anwendung der Methode aus a) würden nämlich 2 Gleichungen ausreichen. Tatsächlich kann man hier direkt sehen, dass es keine solche lineare Abbildung \(U\) geben kann, denn die Additivität einer jeden linearen Abbildung fordert:$$U\binom{1}{1}=U\binom{1}{0}+U\binom{0}{1}\quad\text{aber:}\quad\begin{pmatrix}0\\0\\-1\end{pmatrix}\ne\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}$$

Comments

Vielen Dank Tschakumba!

Und die inverse Matrix von W hast du berechnet um die Aussage zu prüfen und um die genaue "Abbildungsmatrix" zu erhalten, ist das korrekt?

Auch vielen Dank für die Klärung zu b).

Hättest du noch eine Hilfe, wie ich zum Kern und zum Bild gelange?

Viele Grüße!

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Ja genau, durch die Existenz der inversen Matrix bei Teil (a) ist die Abbildungsmatrix \(W\) eindeutig bestimmt.

Eine Basis des Bildes der Abbildungsmatrix \(W\) kannst du ohne große Rechnung ablesen. Die zweite und die vierte Spalte sind linear unabhängig und mit diesen beiden Spalten kannst du die erste Spalte leicht bilden. Daher kannst du als Basis des Bildes zwei Vektoren angeben, die zu Spalte zwei und Spalte vier kollinear sind, etwa:$$\operatorname{Bild}(W)=\left(\,\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\,\right)$$Zur Kontrolle kannst du schnell sehen, dass du alle Spaltenvektoren von \(W\) als Linearkombination dieser beiden Basisvektoren zusammensetzen kannst.

Den Kern der Matrix \(W\) kannst du auch ohne große Rechnung angeben. Von den 3 Zeilen der Matrix sind die ersten beiden identisch. Zeile 2 und Zeile 3 kannst du in Koordinatengleichungen überführen:$$x_1-x_2=0\quad;\quad-x_1+2x_4=0$$oder umgestellt:$$x_2=x_1\quad;\quad x_4=\frac12x_1$$Damit hast du alle Vektoren des Kerns gefunden:$$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1\\x_1\\x_3\\\frac12x_1\end{pmatrix}=x_1\begin{pmatrix}1\\1\\0\\\frac12\end{pmatrix}+x_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}$$woraus wir eine Basis des Kerns ableiten können:$$\operatorname{Kern}(W)=\left(\,\begin{pmatrix}2\\2\\0\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}\,\right)$$

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Hallo Tschakabumba,

vielen Dank für die zusätzliche Erklärung, ich habe es wirklich gut verstanden. Super deutlich dargelegt, danke :)

Vorweg ein schönes Wochenende!

(Ps: verzeih mein verzögertes Feedback, gestern war ich nicht am PC).

Answer 2

1. In einem solchen Fall musst du erst mal prüfen,

ob die gegebenen 4 Vektoren von R^4 lin. unabh. sind.

Sind sie das (wie in diesem Fall) , so gibt es immer so eine Abbildung.

Bei der 2. sind sie es nicht. Denn es ist

(1;0) + (0;1) = (1;1). Wenn u linear ist müssten also

auch bei den Bildern die Summe der ersten beiden

das 3. ergeben. Das ist nicht der Fall.

Also gibt es kein solches u.

Comments

Vielen Dank erst mal.

Und bei dem ersten, würde ich dann wie folgt weitermachen?

W = \( \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)  und X = \( \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \)

und damit dann W • A = X berechnen?

Aber da hänge ich wieder... komme leider nicht weiter.