TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 527

Sei $A : ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ die lineare Abbildung mit $f (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = f (\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix})$ .
Bestimmen Sie Kern $k e r (f)$ und $f (ℝ^{2})$ sowie dim(Kern $f$ ).
Verifizieren Sie die Beziehung $d i m (k e r (f)) + r g (f) = d i m (ℝ^{2})$ und bestimmen Sie die Matrix von f bezüglich der kanonischen Basis.

Erweiterung der Angaben:
Bestimmen Sie zusätzlich den Rang von $f$ .

Dieses Beispiel hat einen unbekannten Lösungsstatus. Bitte editiere diese Seite und schreibe den dir bekannten Status ins Beispiel. Die möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert. Führe folgende Änderung durch:

{{Beispiel|1=
Angabetext
}}

oder

{{Beispiel|
Angabetext
}}

zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Verschoben

Die Beispielnummer habe ich von 530 auf 527 verschoben <Har203>.

Hilfreiches

Allgemein gilt: Im mathematischen Teilgebiet der Algebra ist der Kern einer Abbildung die Menge der Elemente, die auf die 0 oder allgemeiner das neutrale Element abgebildet werden. Ist $f : V \to W$ eine lineare Abbildung von Vektorräumen, dann heißt die Menge $k e r f := {v \in V | f (v) = 0 \in W}$ der Kern von f.

Lösung von scatmike

Nach der Angabe würde also die lineare Abbildung aus R² folgendermaßen aussehen: (Beachte: der obere Teil bildet auf den unteren Teil mittels der Funktion f ab)
$f \frac{(\begin{matrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 1 & 1 \\ - 2 & - 2 \end{matrix})}$
Da laut Angabe die Matrix f bezüglich der kanonischen Basis bestimmt werden soll formen wir den oberen Teil auf die Einheitsmatrix mittels Spalten Gauß um:
$f \frac{(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 2 & 2 \end{matrix})}$
<italic>Im ersten Schritt multiplizieren wir die erste Spalte * 2 und subtrahieren diese von der zweiten Spalte. Im nächsten Schritt dividieren wir die zweite Spalte durch 3:
$f \frac{(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 1 & \frac{- 1}{3} \\ - 2 & \frac{2}{3} \end{matrix})}$ Jetzt haben wir die Matrix von f bezüglich der kanonischen Basis. Daraus können wir die Basis ablesen und den Kern(f) ausrechnen:

Kern

Für den Kern folgendes Lineares Gleichungssystem lösen:
$(\begin{matrix} 1 & \frac{- 1}{3} \\ - 2 & \frac{2}{3} \end{matrix}) = (\binom{0}{0})$
Das Ergebnis für den Kern sollte der Vektor $(\binom{\frac{1}{3}}{1})$ sein. Dieser Vektor wird also auf $(\binom{0}{0})$ , also das neutrale Element abgebildet.

Bild

(alles ohne Gewähr)
$f (\vec{x}) = A * \vec{x} = (\begin{matrix} 1 & \frac{- 1}{3} \\ - 2 & \frac{2}{3} \end{matrix}) * (\binom{x 1}{x 2}) = (\begin{matrix} x 1 & \frac{- x 2}{3} \\ - 2 * x 1 & \frac{2 * x 2}{3} \end{matrix})$
Die Basis von f kann man dann wie folgt in Parameterschreibweise schreiben:
$x 1 * (\binom{1}{- 2}) + x 2 * (\binom{\frac{- 1}{3}}{\frac{2}{3}})$

Was fehlt

Es fehlt noch wie man die Dimension Kern und den Rang der Abbildung bestimmen kann

Hilfreiches von Har203

Vektorraum

Vektorraum

Sei

(V, +)

eine abelsche Gruppe und

K

ein Körper.

(V, +, K)

heißt Vektorraum, wenn

\forall \vec{x}, \vec{y} \in V, \forall λ, μ \in K

folgendes gilt:

$λ \cdot (\vec{x} + \vec{y}) = λ \vec{x} + λ \vec{y}$
$(λ + μ) \cdot \vec{x} = λ \vec{x} + μ x$
$(λ \cdot μ) \cdot \vec{x} = λ \cdot (μ \vec{x})$
$1 \cdot \vec{x} = \vec{x}$

Untervektorraum

Untervektorraum

Sei

⟨ U, +, K ⟩

ein Vektorraum,

U \subseteq V

heißt Unterraum oder Teilraum, wenn:

$U \neq \emptyset$
$\vec{x}, \vec{y} \in U ⟹ \vec{x} + \vec{y} \in U (U$ ist abgeschlossen bezüglich $U + U)$
$\vec{x} \in U, λ \in K ⟹ λ \vec{x} \in U (U$ ist abgeschlossen bezüglich $U \cdot K)$

Zur Überprüfung, ob eine nicht leere Teilmenge

U

von

V

einen Unterraum bildet, muss man nur untersuchen, ob zu je zwei Vektoren

\vec{x}, \vec{y} \in U

und

λ \in K

auch

(\vec{x} + \vec{y})

und

(λ \cdot \vec{x}) \in U

.

Als vereinfachte Schreibweise verwendet man $U \leq V$ für die Eigenschaft, dass $U$ Unterraum von $V$ ist. Man beachte, dass der ganze Raum $V$ und die Menge ${𝟎}$ , die nur aus dem Nullvektor besteht, immer Unterräume von $V$ sind:

$V \leq V$ und ${𝟎} \leq V$
Lineare Abbildung

Definition: Seien

< V, \oplus, K >

und

< W, ⊞, K >

Vektorräume über dem Körper

K

.

f : V \to W

heißt lineare Abbildung (Homomorphismus), wenn

$\forall \vec{x}, \vec{y} \in V : f (\vec{x} \oplus \vec{y}) = f (\vec{x}) ⊞ f (\vec{y})$
$\forall λ \in K : f (λ \vec{x}) = λ f (\vec{x})$

Jede lineare Abbildung kann auch durch eine Matrix

M

festgelegt werden, für die gilt:

\forall \vec{x} \in V : f (\vec{x}) = M \vec{x}

Umgekehrt legt jede Matrix

^{n \times m}

eine lineare Abbildung fest.

Matrix

Eine Matrix ist also eine doppelt indizierte Familie. Formal ist dies eine Funktion

A : {1, \dots, m} \times {1, \dots, n} \to K, (i, j) \mapsto a_{i j},

die jedem Indexpaar

(i, j)

als Funktionswert das Element

a_{i j}

zuordnet. Beispielsweise wird dem Indexpaar

(1, 2)

als Funktionswert das Element

a_{12}

zugeordnet. Der Funktionswert

a_{i j}

ist also das Element in der

i

-ten Zeile und der

j

-ten Spalte. Die Variablen

m

und

n

entsprechen der Anzahl der Zeilen bzw. Spalten. Nicht zu verwechseln mit dieser formalen Definition einer Matrix als Funktion ist, dass Matrizen selbst lineare Abbildungen beschreiben. Die Menge

Abb ({1, \dots, m} \times {1, \dots, n}, K)

aller

m \times n

-Matrizen über der Menge

K

wird in üblicher mathematischer Notation auch

K^{{1, \dots, m} \times {1, \dots, n}}

geschrieben; hierfür hat sich die Kurznotation

K^{m \times n}

eingebürgert. Manchmal werden die Schreibweisen

K^{m, n},

M (m \times n, K)

oder seltener

^{m} K^{n}

benutzt.

Dimension

Dimension

Die Dimension eines Vektorraums bezeichnet die Anzahl der Vektoren in jeder Basis von ihm. (Alle Basen eines Vektorraums enthalten dieselbe Anzahl von Vektoren.)

Rang

Bei einer linearen Abbildung

f

ist der Rang als Dimension des Bildes dieser Abbildung definiert. Dabei gilt stets, dass eine lineare Abbildung und die zugehörige Abbildungsmatrix denselben Rang haben:

$rk (f) = \dim (im (f))$ , also dem Bild der Abbildung $f$ .
Kern

Der Kern einer Abbildung dient in der Algebra dazu, anzugeben, wie stark die Abbildung von der Injektivität abweicht. Dabei ist die genaue Definition abhängig davon, welche algebraischen Strukturen betrachtet werden. So besteht beispielsweise der Kern einer linearen Abbildung

f : V \to W

zwischen Vektorräumen

V

und

W

aus denjenigen Vektoren in

V

, die auf den Nullvektor in

W

abgebildet werden; er ist also die Lösungsmenge der homogenen linearen Gleichung

f (x) = 0

und wird hier auch Nullraum genannt. In diesem Fall ist

f

genau dann injektiv, wenn der Kern nur aus dem Nullvektor in

V

besteht. Analoge Definitionen gelten für Gruppen- und Ringhomomorphismen. Der Kern ist von zentraler Bedeutung im Homomorphiesatz. Definition Ist

f : V \to W

eine lineare Abbildung von Vektorräumen, dann heißt die Menge

Kern f := {v \in V ∣ f (v) = 0 \in W}

der Kern von

f

. Er ist ein Untervektorraum von

V

.

Defekt

Der Defekt einer Abbildung $f$ ist die Dimension vom Kern $def (f) = \dim (ker (f))$ .

Rangsatz

Formulierung für lineare Abbildungen

Ist $f : V \to W$ eine lineare Abbildung von einem Vektorraum $V$ in einen Vektorraum $W$ , dann gilt für die Dimensionen der Definitionsmenge $V$ , des Kerns $k e r (f)$ und des Bildes $i m (f)$ der Abbildung $f$ die Gleichung

\dim V = \dim k e r (f) + \dim i m (f)

.

Mit den Bezeichnungen Defekt $d e f (f)$ für die Dimension des Kerns und (Lineare Algebra) Rang $r k (f)$ (von engl. rank) für die Dimension des Bildes der Abbildung $f$ liest sich der Rangsatz als

\dim V = d e f (f) + r k (f)

.

Der Satz gilt für Vektorräume beliebiger (auch unendlicher) Dimension.

Formulierung für Matrizen

Jede lineare Abbildung zwischen endlich dimensionalen Vektorräumen lässt sich mithilfe einer Matrix darstellen (siehe Abbildungsmatrix). Umgekehrt definiert jede Matrix $A$ durch die Vorschrift $x \mapsto A x$ eine lineare Abbildung. Aufgrund dieses engen Zusammenhangs zwischen linearen Abbildungen und Matrizen lässt sich der Rangsatz auch für Matrizen formulieren: Ist $A$ eine Matrix mit $m$ Zeilen und $n$ Spalten, so gilt

n = \dim k e r (A) + \dim i m (A)

,

wobei $k e r (A)$ der Kern und $i m (A)$ das Bild der Matrix ist. Die Dimension des Bildes einer Matrix ist ihr Rang. Bezeichnet man den Rang mit $r$ , so liest sich der Rangsatz als

n = \dim k e r (A) + r

.

Lösungsvorschlag von Har203

Sei $f : ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ die lineare Abbildung mit $f ((\binom{1}{0})) = f ((\binom{2}{3})) = (\binom{1}{- 2})$ .

Bestimmen Sie $ker (f)$ und $f (ℝ^{2})$ sowie $\dim (ker (f))$ und den Rang von $f$ .

Verifizieren Sie die Beziehung $\dim (ker (f)) + rg (f) = \dim (ℝ^{2})$ und bestimmen Sie die Matrix von $f$ bezüglich der kanonischen Basis.

Wir müssen uns die Abbildung der kanonischen Basisvektoren, also $f ((\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}))$ und $f ((\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}))$ anschauen.

Der Basisvektor $\vec{e_{1}}$ ist gegeben:

\vec{s_{1}} = f (\vec{e_{1}}) = (\binom{1}{- 2})

.

Den Basisvektor $\vec{e_{2}} = (\binom{0}{1})$ können wir aus nachfolgender Linearkombination bilden:

\vec{e_{2}} = \frac{1}{3} \cdot (\binom{2}{3}) + (- 1) \cdot \frac{2}{3} \cdot (\binom{1}{0}) = (\binom{0}{1})

.

Wir berechnen nun die Abbildungen von $e_{2}$ : (

 $\begin{matrix} \vec{s_{2}} & = f (\vec{e_{2}}) = f (\frac{1}{3} \cdot (\binom{2}{3}) + (- \frac{2}{3}) \cdot (\binom{1}{0})) = f (\frac{1}{3} \cdot (\binom{2}{3})) + f ((- \frac{2}{3}) \cdot (\binom{1}{0})) = \frac{1}{3} \cdot f ((\binom{2}{3})) + (- \frac{2}{3}) \cdot f ((\binom{1}{0})) = \\ = \frac{1}{3} \cdot (\binom{1}{- 2}) + (- \frac{2}{3}) \cdot (\binom{1}{- 2}) = \frac{1}{3} \cdot (\binom{- 1}{2}) \end{matrix}$

D.h. die Abbildung der Basisvektoren ist: $\vec{e_{1}} = (\binom{1}{- 2})$ und $\vec{e_{2}} = \frac{1}{3} \cdot (\binom{- 1}{2})$ .

D.h. unsere Abbildungsmatrix $A$ sieht folgend aus:

$A = (\begin{matrix} f (\vec{e_{1}}) & f (\vec{e_{2}}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} \vec{s_{1}} & \vec{s_{2}} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \begin{matrix} (- \frac{1}{3}) \\ \frac{2}{3} \end{matrix})$

Der Kern der Abbildung $ker (f)$ sind jene Vektoren aus dem Ursprungsraum $V = ℝ^{2}$ , die auf den Nullvektor $\vec{0_{W}}$ vom Bildraum $W = ℝ^{2}$ abgebildet werden. Dafür werden wir das folgende lineare Gleichungssystem lösen:

$(\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \begin{matrix} (- \frac{1}{3}) \\ \frac{2}{3} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}) = \vec{0_{W}}$ .

$(\begin{matrix} 1 & (- \frac{1}{3}) \\ - 2 & \frac{2}{3} \end{matrix}) \begin{matrix} + 2 \cdot Z 1 \end{matrix} \to (\begin{matrix} 1 & (- \frac{1}{3}) \\ 0 & 0 \end{matrix})$

In der Matrix $A$ befindet sich nur ein linear unabhängiger Vektor. Damit ergeben sich folgende Eigenschaften für die Matrix $A$ bzw. Abbildung $f$ :

Die Bildmenge von $f \equiv A$ ist $\vec{x} \mapsto {(\binom{x_{1} - \frac{1}{3} \cdot x_{2}}{(- 2) \cdot x_{1} + \frac{2}{3} \cdot x_{2}})} x_{1}, x_{2} \in ℝ ⟹ z = x_{1} - \frac{1}{3} \cdot x_{2}, z \in ℝ : z \mapsto (\binom{z}{(- 2) \cdot z}) ⟹$

L = {(\binom{z}{(- 2) \cdot z}) | z \in R bzw. z = x_{1} - \frac{1}{3} \cdot x_{2}, x_{1}, x_{2} \in ℝ}

, also eine Gerade durch den Ursprung mit der Steigung

(- 2)

.

Für den Bildraum gilt $\dim (im (R^{2})) = 1$ , also eine Dimensionsreduktion.
Der Kern der Abbildung $ker (f)$ ist die Menge ${\vec{x} | y = 3 \cdot x, x \in ℝ^{2}}$ . Eine Gerade $y = k \cdot x + 0$ mit $k = 3$ . Also eine Gerade durch den Ursprung mit Steigung 3.
Der Defekt $def (A) = \dim (ker (A)) = 1$ .
Die Matrix $A$ hat den Rang $rg = 1$ , da nur eine Zeile der Matrix linear unabhängig ist.
Da der Rang der Matrix $A : rg (A) = 1$ , gilt $\dim (im (R^{2})) = 1$ .
Die Determinante der Matrix $A : det (A) = 1 \cdot \frac{2}{3} - \frac{2}{3} = 0$ . D.h. die Matrix ist singulär bzw. nicht invertierbar.
Da die Matrix $A$ nicht invertierbar ist, ist die Abbildung weder injektiv (\operatorname{ker}(f)>0), surjektiv (\dim(\operatorname{im}(f(\R^2)))<\dim(V)) noch bijektiv.
$f (R^{2}) = \dim (ℝ^{1}) = 1, \dim (ℝ^{2}) = 2, \dim (im (f (ℝ^{2})) = 1$ .
Die Beziehung $\dim (ker (f)) + rg (f) = \dim (ℝ^{2})$ entspricht $1 + 1 = 2$ und ist somit erfüllt.

$◼$

Einige Abbildungsbeispiele

$\begin{matrix} f ((\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})) & = (\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix}) & f ((\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})) & = (\begin{matrix} - \frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} \end{matrix}) & f ((\begin{matrix} 1 \\ 3 \end{matrix})) & = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}) & f ((\begin{matrix} 3 \\ 9 \end{matrix})) & = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}) \\ f ((\begin{matrix} 3 \\ 6 \end{matrix})) & = (\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix}) & f ((\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})) & = (\begin{matrix} \frac{2}{3} \\ - \frac{4}{3} \end{matrix}) & f ((\begin{matrix} - 2 \\ - 2 \end{matrix})) & = (\begin{matrix} - \frac{4}{3} \\ \frac{8}{3} \end{matrix}) \end{matrix}$

Links

Wikipedia:

Ähnliche Beispiele:

TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 527

Inhaltsverzeichnis

Verschoben

Hilfreiches

Lösung von scatmike

Kern

Bild

Was fehlt

Hilfreiches von Har203

Formulierung für lineare Abbildungen

Formulierung für Matrizen

Lösungsvorschlag von Har203

Einige Abbildungsbeispiele

Links

Navigationsmenü

TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 527

Verschoben

Hilfreiches

Lösung von scatmike

Kern

Bild

Was fehlt

Hilfreiches von Har203

Formulierung für lineare Abbildungen

Formulierung für Matrizen

Lösungsvorschlag von Har203

Einige Abbildungsbeispiele

Links

Navigationsmenü

Suche