TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 528

Sei $f\,\colon \,\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ die lineare Abbildung mit ${\begin{alignedat}{1}f(\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)\end{alignedat}})={\begin{alignedat}{1}f(\left({\begin{array}{r}3\\2\end{array}}\right)\end{alignedat}})=\left({\begin{array}{r}1\\-1\end{array}}\right)$. Bestimmen Sie $\operatorname {ker} (f)$ und $f(\,\mathbb {R} ^{2}\,)$ sowie $\dim(\,\operatorname {ker} (f))$ und den Rang von $f$.

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

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== Lösungsvorschlag von ~~~ ==
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Hilfreiches von Har203

Lineare Abbildung

Seien $<V,\oplus ,K>$ und $<W,\odot ,K>$ Vektorräume über dem Körper $K$.

• $f:V\to W$ heißt lineare Abbildung (Homomorphismus), wenn

1. $\forall {\vec {x}},\,{\vec {y}}\in V:\quad f({\vec {x}}\oplus {\vec {y}})=f({\vec {x}})\odot f({\vec {y}})$
2. $\forall \lambda \in K:\quad f(\lambda \cdot {\vec {x}})=\lambda \cdot f({\vec {x}})$

• Jede lineare Abbildung kann durch eine Matrix $M$ festgelegt werden, für die gilt:

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

• Umgekehrt legt jede $Matrix^{n\times m}$ eine lineare Abbildung fest.

• 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:

$\operatorname {rg} (f)=\dim(\operatorname {im} (f))$ - dem Bild von $f$.

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

• Der Rangsatz bzw. die Dimensionsformel besagt, dass die Dimension von $V$ gleich der Summe der Dimensionen des Bildes und des Kerns ist:

$\dim(V)=\dim(\operatorname {im} (f))+\dim(\operatorname {ker} (f))=\operatorname {rg} (f)+\dim(\operatorname {ker} (f))=\operatorname {rg} (f)+\operatorname {def} (f)$

Beispiele vonHar203

Einige Abbildungsbeispiele:

${\begin{alignedat}{1}&f(\left({\begin{array}{r}\ 0\ \\\ 1\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ 1\ \\\ -1\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ 1\ \\\ 0\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ -{\frac {1}{3}}\ \\\ {\frac {1}{3}}\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ 3\ \\\ 2\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ 1\ \\\ -1\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ 1\ \\\ 3\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ {\frac {8}{3}}\ \\\ -{\frac {8}{3}}\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ 1\ \\\ 1/3\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ 0\ \\\ 0\ \end{array}}\right)\ \\\ &f(\left({\begin{array}{r}\ 3\ \\\ 3\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ 2\ \\\ -2\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ -5\ \\\ -5\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ -{\frac {10}{3}}\ \\\ {\frac {10}{3}}\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ -1\ \\\ -6\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ -{\frac {17}{3}}\ \\\ {\frac {17}{3}}\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ 33\ \\\ 11\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ 0\ \\\ 0\ \end{array}}\right)\ ,\quad &f(\left({\begin{array}{r}\ 1/3\ \\\ 1/3\ \end{array}}\right))&=&\left({\begin{array}{r}\ {\frac {2}{9}}\ \\\ -{\frac {2}{9}}\ \end{array}}\right)\end{alignedat}}$

Lösungsvorschlag von Har203

--Har203 23:32, 29. Dez. 2025 (CET)

Wir haben eine lineare Abbildung $M$ vom $\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$. Jede lineare Abbildung ist durch eine Matrix, hier $M^{2\times 2}$, darstellbar. Wir werden diese Abbildunsmatrix erstellen:

$M=\left({\begin{array}{cc}m_{11}&m_{12}\\m_{21}&m_{22}\end{array}}\right)$

Von der Abbildung der Vektoren der kanonischen Basis haben wir einen Vektor und einen zweiten linear unabhängigen Vektor gegeben:

$M({\vec {e_{2}}})=M(\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right))=\left({\begin{array}{r}1\\-1\end{array}}\right)={\vec {s_{2}}}\quad \land \quad M(\left({\begin{array}{r}3\\2\end{array}}\right))=\left({\begin{array}{r}1\\-1\end{array}}\right)$

Das Bild des zweiten Vektors ${\vec {e_{1}}}$ müssen wir uns über die Eigenschaften linearer Abbildungen berechnen:

$M({\vec {e_{1}}})=M(\left({\begin{array}{c}1\\0\end{array}}\right))=M({\frac {1}{3}}\cdot \left({\begin{array}{c}3\\2\end{array}}\right)+(-{\frac {2}{3}})\cdot \left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right))={\frac {1}{3}}\cdot M(\left({\begin{array}{c}3\\2\end{array}}\right))+(-{\frac {2}{3}})\cdot M(\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right))={\frac {1}{3}}\cdot \left({\begin{array}{r}1\\-1\end{array}}\right)+(-{\frac {2}{3}})\cdot \left({\begin{array}{r}1\\-1\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{r}-{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{3}}\end{array}}\right)={\vec {s_{1}}}$.

D.h. die Abbildungsmatrix der kanonischen Basis schaut folgend aus:

$M=\left({\begin{array}{c|c}M(\left({\begin{array}{c}1\\0\end{array}}\right))&M(\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right))\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c|c}{\vec {s_{1}}}&{\vec {s_{2}}}\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c|c}\left({\begin{array}{r}-{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{3}}\end{array}}\right)&\left({\begin{array}{r}1\\-1\end{array}}\right)\end{array}}\right)={\begin{pmatrix}(-{\frac {1}{3}})&1\\{\frac {1}{3}}&(-1)\end{pmatrix}}$

Das gleiche hätten wir auch mittels Gauß'schem Eliminationsverfahren über eine erweiterte Matrix erreichen können: $M^{T}=\left({\begin{array}{cc|cc}3&2&1&-1\\0&1&1&-1\end{array}}\right){\begin{array}{r|}\to -(2\cdot Z2)\,\\\,\end{array}}\implies \left({\begin{array}{cc|rr}3&0&-1&1\\0&1&1&-1\end{array}}\right){\begin{array}{r|}\to Z1/3\,\\\,\end{array}}\implies \left({\begin{array}{cc|rr}1&0&(-{\frac {1}{3}})&{\frac {1}{3}}\\0&1&1&-1\end{array}}\right)\quad M^{T}\to M={\begin{pmatrix}(-{\frac {1}{3}})&1\\{\frac {1}{3}}&(-1)\end{pmatrix}}$

Der Rang der Matrix $\mathrm {rg} \left(M^{*}\right)=\left({\begin{array}{rr}(-{\frac {1}{3}})&1\\0&0\end{array}}\right)=\mathbf {1}$, da nur ein Zeilenvektor in der Matrix linear unabhängig ist.

Die Determinante von $M\,\colon \,\det(M)=(-{\frac {1}{3}})\cdot (-1)-1\cdot {\frac {1}{3}}=0$

Für den gesamten Bildraum $\mathbf {\operatorname {im} (f(\mathbb {R} ^{2}))}$ erhalten wir:

$f(\,\mathbb {R} ^{2}\,)=\,{\Big \{}{\vec {x}}\in R^{2}\mid {\vec {x}}=M\cdot \left({\begin{array}{c}x_{1}\\x_{2}\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{r}(-{\frac {1}{3}})\cdot x_{1}+x_{2}\\{\frac {1}{3}}\cdot x_{1}-x_{2}\end{array}}\right)$ mit $\ x_{1},\,x_{2}\in \mathbb {R} {\Big \}}=\,{\Big \{}{\vec {x}}\in \mathbb {R} ^{2}\mid y={\frac {1}{3}}\cdot x_{1}-x_{2},\,{\vec {x}}=\left({\begin{array}{r}-y\\y\end{array}}\right)$ mit $\ x_{1},\,x_{2}\in \mathbb {R} {\Big \}}$.

$\implies$ Der gesamte Bildraum ist eine Gerade, also die Dimension ist ebenfalls: $\dim(\operatorname {im} (f))=\mathbf {1}$.

Alle Bild-Vektoren ${\vec {x}}\in \mathbb {R} ^{2}$ sind als Linearkombination von $\lambda \cdot \left({\begin{array}{r}1\\-1\end{array}}\right)$ mit $\lambda \in \mathbb {R}$ darstellbar. Das entspricht der 2.Mediane.

Die Dimension vom Ursprungsraum $V=\mathbb {R} ^{2}$ ist natürlich $\mathbf {2}$.

Der Kern der linearen Abbildung, die durch die Matrix $M$ definiert wird, ist jene Menge aller Vektoren in $V$, die auf den Nullvektor ${\vec {0_{W}}}$ abgebildet wird (der Nullraum). Diese Menge genügt der Gleichung:

$M\cdot {\vec {x}}={\vec {0_{W}}}\in \mathbb {R} ^{2}$ mit ${\vec {x}}=\left({\begin{array}{c}x_{1}\\x_{2}\end{array}}\right)$.

Setzen wir für den Kern ($\operatorname {ker} (f)$) auf der rechten Seite den Nullvektor ${\vec {0_{W}}}\in \mathbb {R} ^{2}$ in die Gleichung ein und lösen dieses Gleichungssystem mittels Gauß'schem Eliminationsverfahren:

$\left({\begin{array}{cc|c}(-{\frac {1}{3}})&1&0\\{\frac {1}{3}}&(-1)&0\end{array}}\right)\quad {\begin{array}{l|}\to (-3)\cdot Z1\,\\\to +Z1\,\end{array}}\implies \left({\begin{array}{cc|c}1&(-3)&0\\0&0&0\end{array}}\right)$.

D.h. der Lösungsraum ist eindimensional ($\,x1-3\cdot x_{2}=0$). Das ist eine Geradengleichung $x_{2}=k\cdot x_{1}+d$ mit $\,d=0$ natürlich und $x_{1}\in \mathbb {R}$. Die Gerade geht durch den Ursprung und hat die Steigung $k={\frac {1}{3}}$.

$\operatorname {ker} (f)=\{{\vec {x}}\in \mathbb {R} ^{2}\mid x_{2}={\frac {1}{3}}\cdot x_{1},\,x_{1}\in \mathbb {R} \}={\Big \{}{\vec {x}}\in \mathbb {R} ^{2}\mid {\vec {x}}=\lambda \cdot \left({\begin{array}{c}3\\1\end{array}}\right),\lambda \in \mathbb {R} {\Big \}}$.

D.h die Dimension des Kerns der Abbildung $\dim(\ker(f))=\operatorname {def} (f)=\mathbf {1}$

Wir schauen uns noch die zu überprüfende Gleichung an:

$\dim(\,\operatorname {ker} (f)\,)=\mathbf {1} ,\dim(\,\operatorname {rg} (f)\,)=\mathbf {1} {\text{ und }}\dim(\,\mathbb {R} ^{2}\,)=\mathbf {2} \implies 1+1=2\quad \color {green}\surd \color {black}\qquad \qquad \blacksquare$