TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 529

Sei $A:\mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$ die lineare Abbildung mit $A{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},A{\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$. Bestimmen Sie Kern $A$ und dim(Kern $A$).

• Erweiterung der Angabe:

Bestimmen Sie $\operatorname {ker} (f)$ und $f\left(\mathbb {R} ^{2}\right)$ sowie $\operatorname {def} (f)=\dim(\operatorname {ker} (f))$ und den Rang von $f$.

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

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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 $kerf:=\{v\in V|f(v)=0\in W\}$ der Kern von f.

Lösung von fabs

Nach der Angabe würde also ein beliebiger Vektor v aus R² folgendermaßen dargestellt werden können:
$v={\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=a\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+b\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}$
x und y könnte man nun in Abhängigkeit von a und b darstellen:
$x=a+2\cdot b$
$y=a+b$
bzw. a und b in Abhängigkeit von x und y:
$a=2\cdot y-x$
$b=x-y$
Auf diese Art umgeformt, sieht der Vektor v nun so aus:
$v=(2y-x)\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+(x-y)\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}$
Die Abbildung von v errechnet sich nun wie folgt:
$A(v)=(2y-x)\cdot A{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+(x-y)\cdot A{\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}$
$A(v)=(2y-x)\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+(x-y)\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$
$A(v)={\begin{pmatrix}2y-x\\0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\x-y\end{pmatrix}}$
$A(v)={\begin{pmatrix}2y-x\\x-y\end{pmatrix}}$
Wie man leicht erkennen kann, ist die einzige Möglichkeit, wie die Abbildung A(v) 0 ergibt, x = y = 0. Mathematisch:
$A(v)=0\Leftrightarrow x=y=0$
Der einzige Vektor, der diese Bedingung erfüllt, ist logischerweise der Nullvektor $v={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$. Der Kern ist in diesem Fall also die leere Menge und daher Nulldimensional.

Lösungsvorschlag von m4rS

kA obs so auch erlaubt ist zu berechnen (und ob ich alles richtig verstanden hab ;) ), falls ja ne schnellere Variante (grad keine Lust mich viel mit LaTeX herumzuschlagen, also eher nicht schön formatiert) :

Den Kern berechnet man, durch {x e V:f(x) = o} Durch die Linearität können wir unsere 2 Abbildungen auch zu einer Zusammenfassen u so auch den ganzen Raum V bzw R^2 darstellen, d. H. s*A(2,1)+t*A(1,1)=(0,0) =>s*(1,0)=-t*(0,1), es ist trivial zu erkennen, dass die einzige Lösung s=t=0 ist, daher ist die einzige Lösung der Nullvektor

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

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

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

• 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:

$\operatorname {rg} (f)=\dim(\operatorname {im} (f))$, also dem Bild der Abbildung $f$.

• 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:

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

Lösungsvorschlag von Har203

Sei $f:\mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$ die lineare Abbildung mit $f({\binom {1}{1}})={\binom {1}{0}},f({\binom {2}{1}})={\binom {0}{1}}$. Bestimmen Sie $\operatorname {ker} (f)$ und $f\left(\mathbb {R} ^{2}\right)$ sowie $\operatorname {def} (f)=\dim(\operatorname {ker} (f))$ und den Rang von $f$. Verifizieren Sie die Beziehung $\dim(\operatorname {ker} (f))+\operatorname {rg} (f)=\dim(\mathbb {R} ^{2})$ und bestimmen Sie die Matrix von $f$ bezüglich der kanonischen Basis.

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

Der Basisvektor ${\vec {e_{1}}}=\left({\begin{array}{c}1\\0\end{array}}\right)$ kann als Linearkombination der uns bekannten abgebildeten Vektoren gebildet werden:

${\vec {e_{1}}}=\left({\begin{array}{c}2\\1\end{array}}\right)-\left({\begin{array}{c}1\\1\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}1\\0\end{array}}\right)$.

Den Basisvektor ${\vec {e_{2}}}=\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)$ können wir aus nachfolgender Linearkombination bilden:

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

Wir berechnen nun die Abbildungen von $e_{1}$ und $e_{2}$:

${\begin{alignedat}{1}{\vec {s_{1}}}&=f(\,{\vec {e_{1}}}\,)=f(\,\left({\begin{array}{c}1\\0\end{array}}\right)\,)=f(\,\left({\begin{array}{c}2\\1\end{array}}\right)+(-1)\cdot \left({\begin{array}{c}1\\1\end{array}}\right))=f(\,\left({\begin{array}{c}2\\1\end{array}}\right)\,)+f(\,(-1)\cdot \left({\begin{array}{c}1\\1\end{array}}\right)\,)=f(\,\left({\begin{array}{c}2\\1\end{array}}\right)\,)+(-1)\cdot f(\,\left({\begin{array}{c}1\\1\end{array}}\right)\,)=\\&=\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)+(-1)\cdot \left({\begin{array}{c}1\\0\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)+\left({\begin{array}{c}-1\\0\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}-1\\1\end{array}}\right)\end{alignedat}}$

${\begin{alignedat}{1}{\vec {s_{2}}}&=f(\,{\vec {e_{2}\,}})=f(\,\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)\,)=f(\,(-1)\cdot \left({\begin{array}{c}2\\1\end{array}}\right)+2\cdot \left({\begin{array}{c}1\\1\end{array}}\right)\,)=f(\,(-1)\cdot \left({\begin{array}{c}2\\1\end{array}}\right)\,)+2\cdot f(\,\left({\begin{array}{c}1\\1\end{array}}\right)\,)=(-1)\cdot f(\,\left({\begin{array}{c}2\\1\end{array}}\right)\,)+2\cdot f(\,\left({\begin{array}{c}1\\1\end{array}}\right)\,)=\\&=(-1)\cdot \left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)+2\cdot \left({\begin{array}{c}1\\0\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}0\\-1\end{array}}\right)+\left({\begin{array}{c}2\\0\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}2\\-1\end{array}}\right)\end{alignedat}}$

D.h. die Abbildung der Basisvektoren ist: $\,{\vec {e_{1}}}=\left({\begin{array}{r}-1\\1\end{array}}\right)$ und $\,{\vec {e_{2}}}=\left({\begin{array}{r}2\\-1\end{array}}\right)$.

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

$A=\left({\begin{array}{c|c}f(\,{\vec {e_{1}}}\,)&f(\,{\vec {e_{2}}}\,)\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c|c}{\vec {s_{1}}}&{\vec {s_{2}}}\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{r}-1\\1\end{array}}{\begin{array}{r}2\\-1\end{array}}\right)$

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

$\left({\begin{array}{r}-1\\1\end{array}}{\begin{array}{r}2\\-1\end{array}}\right)\cdot \left({\begin{array}{c}x_{1}\\x_{2}\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{c}0\\0\end{array}}\right)={\vec {0_{W}}}$.

$\left({\begin{array}{rr|r}-1&2\\1&-1\end{array}}\right){\begin{array}{r|}\cdot (-1)\,\\+z1\,\end{array}}\to \left({\begin{array}{rr|r}1&-2\\0&1\end{array}}\right){\begin{array}{r|}+2\cdot Z2\,\\\,\end{array}}\to \left({\begin{array}{rr|r}1&0\\0&1\end{array}}\right)$

Da beide Vektoren der Matrix $A$ linear unabhängig sind gilt:

• Der Kern der Abbildung $\operatorname {ker} (f)$ ist nur der Nullvektor ${\vec {0_{V}}}\implies \operatorname {ker} (f)=\{\,{\vec {0_{V}}}\,\}$.
• Der Defekt $\operatorname {def} (A)=\dim(\operatorname {ker} (A))=0$.
• Die Matrix $A$ hat den Rang 2, da beide Zeilen der Matrix linear unabhängig sind.
• Da der Rang der Matrix $A\colon \,\operatorname {rg} (A)=2$, gilt $\dim(\operatorname {im} (R^{2}))=2$.
• Die Determinante der Matrix $A\colon \,\det(A)=1-2=-1\neq 0$. D.h. die Matrix ist regulär bzw. invertierbar.
• Da die Matrix $A$ invertierbar ist, ist die Abbildung bijektiv.
• $f(\,R^{2}\,)=\mathbb {R} ^{2},\;\dim(\mathbb {R} ^{2})=2,\;\dim(\operatorname {im} (f(\,\mathbb {R} ^{2}\,))=2$.
• Die Beziehung $\dim(\operatorname {ker} (f))+\operatorname {rg} (f)=\dim(\mathbb {R} ^{2})$ entspricht $0+2=2$ und ist somit erfüllt.

$\qquad \qquad \blacksquare$

Einige Abbildungsbeispiele

${\begin{alignedat}{1}&f(\,\left({\begin{array}{r}1\\0\end{array}}\right)\,)\,&=\left({\begin{array}{r}-1\\1\end{array}}\right)&\quad &f(\,\left({\begin{array}{r}0\\1\end{array}}\right)\,)\,&=\left({\begin{array}{r}2\\-1\end{array}}\right)&\quad &f(\,\left({\begin{array}{r}1\\1\end{array}}\right)\,)\,&=\left({\begin{array}{r}1\\0\end{array}}\right)&\quad &f(\,\left({\begin{array}{r}2\\1\end{array}}\right)\,)\,&=\left({\begin{array}{r}0\\1\end{array}}\right)&\quad &f(\,\left({\begin{array}{r}2\\2\end{array}}\right)\,)\,&=\left({\begin{array}{r}2\\0\end{array}}\right)&\quad &f(\,\left({\begin{array}{r}-1\\-1\end{array}}\right)\,)\,&=\left({\begin{array}{r}-1\\0\end{array}}\right)&\quad \end{alignedat}}$

Links

Wikipedia:

• Rang
• Kern
• Dimension

Beispiele:

• Ähnliche Beispiele:
  • TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 520 (Die Lösung zu diesem Bsp ist vollständiger und gut erklärt)
  • TU Wien:Mathematik 1 UE (diverse)/Übungen WS07/Beispiel 372