Lineare Algebra 2 - Exam.pdf

Aufgabe 3)

• Sei \( V \) und \( W \) Vektorräume und \( f: V \to W \) eine lineare Abbildung.
• Kern (Kernel): \( \ker(f) = \{v \in V \mid f(v) = 0_W\} \)
• Der Kern ist ein Untervektorraum von \( V \).
• Der Rang einer linearen Abbildung ist die Dimension des Bildes.
• Bild (Image): \( \operatorname{im}(f) = \{w \in W \mid w = f(v) \text{ für ein } v \in V\} \)
• Das Bild ist ein Untervektorraum von \( W \).
• Erstes Isomorphismus-Theorem: \( V / \ker(f) \cong \operatorname{im}(f) \)
• Rang-Nullitätssatz: \( \dim(V) = \dim(\ker(f)) + \dim(\operatorname{im}(f)) \)

a)

(a) Gegeben sei die lineare Abbildung \( f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2 \) definiert durch \( f(x, y, z) = (x + y, 2x - z) \). Bestimme \( \ker(f) \) und \( \operatorname{im}(f) \).

• Zeigen Deine Schritte detailliert.
• Überlege, wie Du die Bedingungen \( f(v) = 0_W \) und \( w = f(v) \) benutzt, um Kern und Bild zu bestimmen.

Lösung:

Um die Aufgabe zu lösen, bestimmen wir sowohl den Kern (\textit{Kernel}) als auch das Bild (\textit{Image}) der linearen Abbildung. Hier sind die Schritte im Detail:

Gegeben: Die lineare Abbildung

 f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2 

definiert durch:

 f(x, y, z) = (x + y, 2x - z) 

1. Bestimmung des Kerns:

Der Kern von f ist die Menge aller Vektoren in \mathbb{R}^3, die auf den Nullvektor \in \mathbb{R}^2 abgebildet werden. Das bedeutet, wir müssen:

 f(x, y, z) = (0, 0) 

lösen. Dies führt zu den Gleichungen:

1.  x + y = 0 

2.  2x - z = 0 

Lösen wir dieses Gleichungssystem:

1. Aus der ersten Gleichung folgt:

    y = -x 

2. Aus der zweiten Gleichung folgt:

    z = 2x 

Damit ergibt sich:

 (x, y, z) = (x, -x, 2x) = x(1, -1, 2) 

Das bedeutet, der Kern von f wird durch den Vektor \((1, -1, 2)\) aufgespannt. Daher gilt:

 \ker(f) = \text{span}\{(1, -1, 2)\} 

2. Bestimmung des Bildes:

Das Bild von f besteht aus allen Vektoren in \mathbb{R}^2, die als f(v) für irgendein v in \mathbb{R}^3 geschrieben werden können. Um dies zu bestimmen, betrachten wir die allgemeine Form von f(x, y, z):

 f(x, y, z) = (x + y, 2x - z) 

Für beliebige Werte von x, y und z können wir:

• u = x + y
• v = 2x - z

Um die lineare Unabhängigkeit zu prüfen, setzen wir unterschiedliche Werte für x, y und z ein:

1. Setzen wir z.B. x = 1, y = 0 und z = 2, erhalten wir:

    f(1, 0, 2) = (1 + 0, 2*1 - 2) = (1, 0) 

2. Setzen wir x = 0, y = 1 und z = 0, erhalten wir:

    f(0, 1, 0) = (0 + 1, 2*0 - 0) = (1, 0) 

3. Setzen wir x = 0, y = 0 und z = 1, erhalten wir:

    f(0, 0, 1) = (0 + 0, 2*0 - 1) = (0, -1) 

Da die Vektoren (1, 2) und (1, 0) als Basenvektoren das Bild aufspannen, erhalten wir:

 \operatorname{im}(f) = \text{span}\{(1, 2), (0, -1)\} 

Zusammenfassung:

• Der Kern von f ist:

   \ker(f) = \text{span}\{(1, -1, 2)\} 

• Das Bild von f ist:

   \operatorname{im}(f) = \mathbb{R}^2 

c)

(c) Erkläre und überprüfe das erste Isomorphismus-Theorem für die Abbildung \( f \) aus Teil (a). Zeige, dass \( \mathbb{R}^3 / \ker(f) \cong \operatorname{im}(f) \).

• Definiere eine geeignete Abbildung, die ein Isomorphismus zwischen \( \mathbb{R}^3 / \ker(f) \) und \( \operatorname{im}(f) \) ist.
• Zeige, dass diese Abbildung wohldefiniert, injektiv und surjektiv ist.

Lösung:

Um das erste Isomorphismus-Theorem für die gegebene Abbildung f zu überprüfen, zeigen wir, dass \( \mathbb{R}^3 / \ker(f) \cong \operatorname{im}(f) \) ist. Dazu definieren wir eine geeignete Abbildung, die ein Isomorphismus zwischen \( \mathbb{R}^3 / \ker(f) \) und \( \operatorname{im}(f) \) ist, und zeigen, dass diese Abbildung wohldefiniert, injektiv und surjektiv ist.

Gegeben: Die lineare Abbildung:

 f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2 

definiert durch:

 f(x, y, z) = (x + y, 2x - z) 

1. Definition der Abbildung:

Definiere die Abbildung \( \phi: \mathbb{R}^3 / \ker(f) \to \operatorname{im}(f) \) durch:

 \phi([v]) = f(v) 

wobei \( [v] \) die Äquivalenzklasse von v in \( \mathbb{R}^3 / \ker(f) \) ist.

2. Wohldefiniertheit:

Wir müssen zeigen, dass \( \phi \) wohldefiniert ist. Das bedeutet, dass wenn zwei Vektoren in der gleichen Äquivalenzklasse liegen, sie auf das gleiche Bild unter \phi abgebildet werden. Sei \( v_1 \sim v_2 \), d.h., dass \( v_1 - v_2 \in \ker(f) \):

 f(v_1 - v_2) = 0 \implies f(v_1) = f(v_2) 

Daher gilt:

 \phi([v_1]) = f(v_1) = f(v_2) = \phi([v_2]) 

Also ist \( \phi \) wohldefiniert.

3. Injektivität:

Wir zeigen, dass \phi injektiv ist. Sei \( \phi([v_1]) = \phi([v_2]) \), dann:

 f(v_1) = f(v_2) \implies f(v_1 - v_2) = 0 \implies v_1 - v_2 \in \ker(f) \implies [v_1] = [v_2] 

Also ist \phi injektiv.

4. Surjektivität:

Wir zeigen, dass \phi surjektiv ist. Sei \( w \in \operatorname{im}(f) \), dann gibt es ein \( v \in \mathbb{R}^3 \) mit \( f(v) = w \). Daher ist:

 \phi([v]) = f(v) = w 

Also ist \phi surjektiv.

Zusammenfassung:

Wir haben gezeigt, dass die Abbildung \( \phi: \mathbb{R}^3 / \ker(f) \to \operatorname{im}(f) \) definiert durch \( \phi([v]) = f(v) \) wohldefiniert, injektiv und surjektiv ist. Daher ist \phi ein Isomorphismus, und wir haben gezeigt, dass:

 \mathbb{R}^3 / \ker(f) \cong \operatorname{im}(f) 

Dies bestätigt das erste Isomorphismus-Theorem für die gegebene Abbildung f.

Erklärung:

Das bedeutet, dass der Quotientenraum \( \mathbb{R}^3 \) modulo dem Kern von f isomorph zum Bild von f ist. In anderen Worten, indem wir den Kern eliminieren, erhalten wir einen Raum, der dem Bild der Abbildung f entspricht.