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Transkript Aufgabe 9b: Rechnen mit linearen Abbildungen

Hallo, ich bin Sergej! Hier ist eine interessante umfassende Aufgabe zum Thema linearer Abbildungen. Sie ist gut geeignet als Wiederholung von dem, was man so über lineare Abbildungen lernt und auch zur Vorbereitung auf eine eventuelle Klausur. Vorgegeben sind hier 3 (2 Kreuz 2)-Matrizen A, B und C. Wir betrachten eine lineare Abbildung L aus dem Vektorraum der (2 Kreuz 2)-Matrizen in den Vektorraum der Polynome vom Grad höchstens 2. Die Werte der Abbildung L sind auf den Matrizen A, B und C explizit vorgegeben. Und mit dieser Abbildung L haben wir Einiges vor, 6 Teilaufgaben. Die Abbildung L ordnet jeder Matrix ein Polynom zu. Wir wollen herausfinden in der 1. Teilaufgabe, welches Polynom der Matrix (4,-1,2,3) zugeordnet wird. Dann in der 2. Teilaufgabe bestimmen wir eine Matrix D, sodass die 4 Matrizen A, B, C, D eine Basis im Vektorraum der (2 Kreuz 2)-Matrizen bilden. Dann in der 3. Teilaufgabe überlegen wir uns, ob die Abbildung L injektiv sein kann. Hier ist es wichtig zu bemerken, dass die Abbildung L durch die Aufgabenstellung nicht eindeutig bestimmt ist. Damit eine lineare Abbildung eindeutig bestimmt ist, muss sie auf einer Basis vorgegeben sein. Hier ist die Abbildung L auf 3 Elementen der Basis vorgegeben, also nicht eindeutig bestimmt. Und schon unter diesen Umständen kann man beurteilen, ob die Abbildung L injektiv ist. Dann wollen wir die Abbildung L doch festlegen in der 4. Teilaufgabe. Wir bestimmen den Wert der Abbildung L an der Matrix D, und zwar mit der Bedingung, dass L dadurch surjektiv werden soll. Wenn die Abbildung L auf diese Weise bestimmt wurde, berechnen wir ihren Kern in der 5. Teilaufgabe. Und in der 6. Teilaufgabe lösen wir eine lineare Gleichung mit dieser Abbildung L. Wir finden alle Matrizen M, die unter der Abbildung L auf das Polynom x2+2x-1 abgebildet werden. Also das ist ein straffes Programm, lasst uns anfangen. Das Polynom, das der gegebenen Matrix unter der Abbildung L zugeordnet wird, berechnen wir aus der folgenden Überlegung. Zuerst stellen wir die gegebene Matrix als eine Linearkombination der Matrizen A, B und C dar. Daraus ergeben sich die entsprechenden Koeffizienten α, β, γ. Dann setzen wir die Linearkombination in die Abbildung L ein und bekommen Folgendes: Also L von dieser Matrix ist dasselbe wie L von der Linearkombination (Aα+βB+γC). Dann nutzen wir die Linearität der Abbildung L. Das heißt, wir können L sozusagen in die Klammer hineinschieben und die Buchstaben α, β und γ können wir an der Abbildung L vorbeiziehen. Es ergibt sich die folgende Umrechnung: α, β, γ; also das ist wegen der Linearität =αL(A)+βL(B)+γL(C). Die Koeffizienten α, β, γ werden wir noch berechnen, sodass diese Formel gilt. Die Werte L(A), L(B), L(C) sind von der Aufgabenstellung her gegeben. Auf der rechten Seite ist also alles bekannt und daraus berechnen wir die linke Seite. Nun setzen wir die auf der vorangegangenen Tafel diskutierte Idee um. Wir schreiben den Ansatz auf: αA+βB+γC= die gegebene Matrix. Dann setzen wir die Matrizen A, B, C ein in der nächsten Zeile. Dann in der nächsten Zeile multiplizieren wir die Zahlen α, β, γ in die Matrizen hinein. Und dann machen wir den Koeffizientenvergleich. Was passiert in der Ecke links oben? Wir haben hier α+β+γ, das ist =4. Das schreiben wir auf: α+β+γ=4. Dann schauen wir mal, was passiert in der Ecke links unten. Wir haben hier α+0+0=2, also α=2. Und so weiter. Die Ecke rechts oben 0+β+0 macht -1. Und zum Schluss 0+0+γ macht 3. Das ist ein lineares Gleichungssystem. Es ist schon aufgelöst. Das System ist so einfach, dass wir die Lösung sofort sehen: α=2, β=-1, γ=3. Die obige Gleichung ist offenbar erfüllt: 2-1+3=4. Nun nutzen wir die Werte der linearen Abbildung L auf die Matrizen A, B, C, sind vorgegeben in der Aufgabenstellung. Und die Zahlen α, β, γ haben wir gerade berechnet. Nun benutzen wir den Ansatz aus der vorangegangenen Tafel und setzen unsere Daten hier ein: α war 2, L(A)=x2+1, β=-1, L(B)=x2+x, γ=3, L(C)=x-1. Nun sammeln wir die Koeffizienten und bekommen: 2x2-x2=x2, dann -x+3x macht +2x, und schließlich 2-3 macht -1. Ja und das beantwortet die 1. Frage in dieser Aufgabe. Die Abbildung L ordnet der Matrix (4,-1,2,3) das Polynom x2+2x-1 zu. In der 2. Teilaufgabe suchen wir eine Matrix D, sodass die Matrizen A, B, C, D zusammen eine Basis des Vektorraumes der (2 Kreuz 2)-Matrizen bilden. Dazu ist wichtig zu wissen, dass die Dimension des Vektorraumes der (2 Kreuz 2)-Matrizen=4 ist, also 2×2 macht 4. Daraus folgt, dass beliebige 4 Matrizen, so viel wie die Dimensionen, beliebige 4 Matrizen, die linear unabhängig sind, bereits eine Basis dort bilden. Aus dieser Tatsache folgt die inhaltliche Vorgabe hier im roten Rahmen. Wir suchen eine Matrix D, sodass die Matrizenfamilie A, B, C, D linear unabhängig ist. Wenn wir das haben, dann ist das schon eine Basis. Aus dieser inhaltlichen Vorgabe ergibt sich die rechentechnische Vorgabe hier unten. Wir wählen eine Matrix D derart, sodass aus der Gleichung αA+βB+γC+δD = der Nullmatrix, sodass aus dieser Gleichung notwendigerweise folgt, dass alle Koeffizienten α, β, γ und δ =0 sind. Das ist die lineare Unabhängigkeit, und einzig und alleine die lineare Unabhängigkeit brauchen wir hier. Jetzt implementieren wir die rechentechnischen Vorgaben von der vorausgegangenen Tafel. Wir machen den Ansatz für die gesuchte Matrix D, die soll die Koeffizienten d11, d12 und so weiter haben. Dann betrachten wir die Gleichung für die lineare Unabhängigkeit: αA+βB+γC+δD = die Nullmatrix. In diese Gleichung setzen wir unsere Matrizen ein. Das ist erfolgt in dieser Zeile. Dann in der nächsten Zeile multiplizieren wir die Zahlen α, β, γ, δ in die Matrizen hinein. Und jetzt machen wir den Koeffizientenvergleich. Wir fangen in der Ecke links oben an. Wir haben hier α+β+γ+δd11, das ist =0. Wir schreiben diese Gleichung ab: α+β+γ+δd11=0. Wir gehen weiter, jetzt kommt die Ecke links unten: α+0+0+δd21=0. Also wir haben α+δd21=0. Dann die Ecke rechts oben: 0+β+0+δd12, das ist alles =0. β+δd12=0. Und schließlich 0+0+γ+δd22, das ist auch =0. Wir haben ein lineares Gleichungssystem bezüglich der Koeffizienten α, β, γ, δ. Das System hat eine sehr bequeme Struktur. Wir wollen, dass dieses System eine eindeutig bestimmte Lösung hat, und zwar α=0, β=0, γ=0, δ=0. Wie lässt sich das erreichen? Zuerst drücken wir die Koeffizienten α, β, und γ aus der 2., 3., 4. Gleichung aus und setzen das in die 1. Gleichung ein. Also α aus der 2. Gleichung =-δd21, dann β aus der 3. Gleichung =-δd12, und dann γ ist dementsprechend -δd22. Und es bleibt hier in der 1. Gleichung noch der Term δd11 stehen. Aus dieser Summe auf der linken Seite lässt sich ganz bequem δ ausklammern. Das tun wir jetzt: δ( und in Klammern bleiben lauter die Einträge der Matrix D stehen. Wir haben hier -d12, ich ordne sie ein bisschen um, dann -d21-d22+d11), und das ist =0. Nun überlegt euch, unter welchen Umständen wird daraus notwendigerweise Folgendes, dass δ=0 ist. Wir haben hier ein Produkt, δ × die Klammer, das ist =0. Wenn wir von der Klammer fordern, dass sie von 0 verschieden ist, dann muss δ notwendigerweise =0 sein. Wenn δ=0 ist, dann setzen wir das in die 2., 3., 4. Gleichung ein und daraus ergibt sich, dass auch α, β, γ=0 sind. Und das wollten wir ja. Wir wollten die lineare Unabhängigkeit. Na gut. Also fordert man, dass die große Klammer hier von 0 verschieden ist, dann nach dem Dominoeffekt sozusagen werden alle Koeffizienten α, β, γ, δ=0 sein. Das ist unser Ziel. Und daraus entsteht die Vorgabe. Wir wählen die Matrix D derart, sodass dieser Ausdruck hier in der Klammer von 0 verschieden ist: Wähle D mit der Eigenschaft, dass der Ausdruck -d12-d21-d22+d11, dass das von 0 verschieden ist, ≠0. So und das ist hier entscheidend. Wählt man die Matrix D so, so sind die Matrizen A, B, C, D linear unabhängig und bilden eine Basis im Vektorraum der (2 Kreuz 2)-Matrizen. Nun haben wir viel Entscheidungsfreiheit. Solche Matrizen D mit dieser Eigenschaft gibt es wie Sand am Meer. Also wir können alles wählen, was wir wollen, unter dieser Bedingung. Und natürlich wählen wir etwas Einfaches. Zum Beispiel wir setzen D=(1,0,0,0). Je mehr Nullen, desto besser. Und was haben wir hier? Also das Element d11 ist hier =1, alle anderen d's sind 0. Und diese Ungleichung ist dann erfüllt. Das alles mit dem Vorzeichen Minus ist für diese Matrix =0, d11=1 und 1≠0. Also für diese Matrix D bilden die Matrizen eine Basis und das wollten wir.  In der 3. Teilaufgabe gehen wir der Frage nach, ob die Abbildung L injektiv sein kann. Dazu verwenden wir Resultate, die in einem der Videos auf dieser Seite sofatutor.com entwickelt wurden. Und zwar geht es um das Video "Injektivität, Surjektivität und Dimension". Dort haben wir aus der Dimensionsformel heraus die folgenden 3 Behauptungen hergeleitet. Haben wir eine lineare Abbildung, sagen wir mal F, zwischen Vektorräumen V und W, so gilt Folgendes: Ist die Dimension des Definitionsbereichs > die Dimension des Wertebereichs, so kann die Abbildung F nicht injektiv sein. Ist das Dimensionsverhältnis umgekehrt, das heißt Dimension des Definitionsbereiches < die Dimension des Wertebereiches, so kann die Abbildung nicht surjektiv sein. Stimmen die Dimensionen nicht überein, so kann die Abbildung nicht bijektiv sein. Es ist wichtig zu verstehen, wie diese 3 Aussagen aus der Dimensionsformel folgen. Also bei Interesse schaut euch das entsprechende Video an. Noch einmal, es heißt "Injektivität, Surjektivität und Dimension". Wir werden nun diese 3 Aussagen als Tatsachen verwenden. Wir haben hier eine lineare Abbildung in dieser Aufgabe zwischen dem Vektorraum der (2 Kreuz 2)-Matrizen und dem Vektorraum der Polynome vom Grad höchstens 2. Also nach diesen Behauptungen kommt alles darauf an, die Dimensionen der zugehörigen Räume zu kennen. Und wir berechnen die Dimensionen. Dimension des Vektorraumes der (2 Kreuz 2)-Matrizen = 2×2, das ist 4. Die Dimension des Vektorraumes der Polynome vom Grad höchstens 2 =2+1, das ist 3. Wie die Dimensionen dieser Vektorräume berechnet werden, dazu gibt es wiederum Videos auf dieser Seite. Sie heißen "Dimension des Vektorraumes der Matrizen" und "Dimension des Vektorraumes der Polynome". Bei Interesse schaut es euch an. Hier sehen wir, dass die Dimension des Definitionsbereiches der Abbildung L größer ist als die Dimension ihres Wertebereiches, also 4 > 3. Und nach diesen Tatsachen hier schließen wir: Die Abbildung L kann nicht injektiv sein. Also es hat nur eine Aussage ausgereicht. L ist nicht injektiv. Dabei kommt es überhaupt nicht darauf an, wie die Abbildungsvorschrift für die Abbildung L aussieht, durch welche Formel sie gegeben ist. Die Abbildung L kann nicht injektiv sein allein aus Dimensionsgründen. Wir haben gerade gesehen, dass aufgrund der Dimensionen der beteiligten Vektorräume die Abbildung L nicht injektiv sein kann. Mit der Injektivität haben wir keine Chance. Die Surjektivität ist aber noch zu retten. Dazu muss man aber Einiges tun und das ist der Gegenstand des 4. Teiles der Aufgabe. Von der Aufgabenstellung her ist die Abbildung L noch nicht eindeutig bestimmt. Warum ist das so? Die Abbildung L ist festgelegt auf 3 Matrizen A, B und C. Und diese Matrizen A, B, C bilden noch keine Basis im Definitionsbereich. Im 2. Teil der Aufgabe ist eine weitere Matrix D hinzugekommen. Wenn wir die Abbildung L auf der Matrix D festlegen, dann ist die Abbildung L auf einer Basis festgelegt und dadurch eindeutig bestimmt. Und diese Festlegung von L auf D machen wir derart, dass die Abbildung L dadurch surjektiv wird Wie machen wir das? Die Abbildung L bildet die Matrizen in den Vektorraum der Polynome vom Grad höchstens 2. Deswegen machen wir den Ansatz, den allgemeinsten Ansatz, L von D ist einfach nur ein Polynom vom Grad höchstens 2 mit Koeffizienten a, b, c. Und die Koeffizienten a, b, c sollen wir so ausrechnen, so bestimmen, dass die Abbildung L dadurch surjektiv wird. Was bedeutet aber die Surjektivität? Die Abbildung ist surjektiv genau dann, wenn ihr Bild mit dem Wertebereich übereinstimmt. Also rechentechnisch haben wir folgende Vorgabe: Wähle die Koeffizienten a, b, c derart, dass diese Gleichung hier erfüllt ist. Das wollen wir jetzt tun. Wenn wir das gewährleistet haben, dann sind wir fertig mit dem 4. Teil der Aufgabe. Die Formel, auf die es ankommt, die enthält auf der linken Seite das Bild der Abbildung L. Lasst uns also das Bild analysieren. Und das habe ich hier schon angefangen. Was ist das Bild der Abbildung L? Wir betrachten die Elemente der Form L(M), wobei M eine Matrix ist, die im gesamten Definitionsbereich abläuft. Dadurch bekommen wir das gesamte Bild. Die Matrix M lässt sich in der Basis A, B, C, D entwickeln. Das habe ich hier getan. Wir lassen die Koeffizienten der Basisentwicklung α, β, γ, δ durch die Menge der reellen Zahlen laufen. Dadurch erhalten wir hier als lineare Kombination eine beliebige Matrix M und insgesamt ergibt sich ein beliebiges Element des Bildes, wenn wir darauf die Abbildung L anwenden. Das ist eine identische Umformung. Dann nutzen wir die Linearität der Abbildung L. Also L darf in die Klammer sozusagen geschoben werden, und die Koeffizienten α, β, γ, δ dürfen dann an der Abbildung L vorbeigeschoben werden. Also wir haben dann auch die nächste äquivalente Umformung. Und die letzte Zeile lässt sich prägnanter aufschreiben. Also überlegt euch: Was bedeutet denn die letzte Zeile? Welchen Begriff aus der linearen Algebra haben wir dafür, was in der letzten Zeile steht? Wir haben hier eine Linearkombination und die Koeffizienten der Linearkombination sind frei wählbar, frei wählbare reelle Zahlen. Also, das ist hier die lineare Hülle der Elemente L(A), L(B), L(C), L(D). Lasst uns das aufschreiben. Das ist hier die lineare Hülle, der span von L(A), L(B), L(C), L(D). Das sieht prägnanter aus. Lasst uns nun die Polynome einsetzen, die für die Elemente L(A), L(B) und so weiter stehen. L(A) nach der Aufgabenstellung war das Polynom x2+1, L(B) war das Polynom x2+x, L(C) war das Polynom x-1, und L(D) das ist unser allgemeiner Ansatz. Wir haben hier ax2+bx+c. Und wir nehmen die lineare Hülle von diesen 4 Polynomen. A priori ist es klar, dass diese lineare Hülle ein Unterraum im Vektorraum der Polynome vom Grad höchstens 2 ist. Warum ist das so? Wir spannen Polynome vom Grad höchstens 2 auf, dann bekommen wir hier die Teilmenge. Und wir sind aber daran interessiert, dass hier nicht eine Inklusion, sondern die Gleichheit besteht. Wie können wir das gewährleisten? Hier haben wir 4 Elemente unter der linearen Hülle. Wenn 3 Elemente davon linear unabhängig sind, dann hat die lineare Hülle die Dimension 3. Der Vektorraum der Polynome vom Grad höchstens 2 hat ebenso die Dimension 3. Wenn die Dimensionen von diesem span und dem Vektorraum übereinstimmen, beide 3 sind, dann muss hier die Gleichheit gelten. Also wir müssen jetzt erreichen, dass die Dimension von diesem span =3 ist. Wie geht das? Das wird der Fall sein, wenn hier in der linearen Hülle mindestens 3 linear unabhängige Elemente stehen. Also es wird nun alles auf die lineare Unabhängigkeit ankommen und damit beschäftigen wir uns jetzt eine Weile. Mit der Methode des scharfen Blickes sehen wir, dass Polynom x-1 linear abhängig von den ersten beiden Polynomen ist. Wie geht das? Das ist eine sehr einfache Umformung: x-1 ist offensichtlich =(x2+x)-(x2+1). Vom 2. Polynom ziehen wir das 1. Polynom ab und wir bekommen das 3. Polynom. Also das 3. Polynom ist linear abhängig von den ersten beiden Polynomen, und deswegen liefert es keinen Beitrag zur linearen Hülle. Übersichtlichkeitshalber entfernen wir dieses linear abhängige Element aus der linearen Hülle. Dadurch wird sich nichts ändern. Und wir haben die weitere Umformung. Wir haben hier span von den ersten beiden Polynomen x2+1, x2+x, das Polynom x-1 ist irrelevant aufgrund der linearen Abhängigkeit, und dazu kommt noch unser Ansatz ax2+bx+c, lineare Hülle davon. Und das ist Teilmenge des Vektorraumes der Polynome vom Grad höchstens 2. Wir müssen also die Koeffizienten a, b, c so wählen, dass diese 3 Polynome linear unabhängig sind. Dann hat die Hülle die Dimension 3, der Raum hat die Dimension 3, und es muss die Gleichheit gelten. Und Möglichkeiten gibt es viele, die Koeffizienten a, b, c wie gewünscht zu wählen. Wir machen etwas Einfaches. Wenn wir sage ich mal a=1 wählen und b und c=0, dann ist das Gewünschte erreicht. Wenn b und c=0 sind, dann sind diese Terme nicht vorhanden. Und a=1, dann können wir auch wegwischen. Offenbar sind diese 3 Polynome linear unabhängig. Also wenn das nicht klar ist, dann prüft das nach, rechnet es unmittelbar nach. Wir haben hier Dimension 3 links, rechts haben wir auch Dimension 3, und das wird die Gleichheit sein. Und das war zu zeigen, das war zu errechnen. Wir fassen nun noch dieses Ergebnis zusammen. Nach dieser etwas länglichen Überlegung ist nun alles einfach. Wir dekretieren, dass die Abbildung L an der Matrix D dem Polynom x2 gleich sein soll, und das hat die folgenden Konsequenzen. Das Bild der Abbildung L, das lässt sich ausrechnen, genauso wie auf der vorangegangenen Tafel, = der linearen Hülle der Polynome x2+1, x2+x und x2. Diese 3 Polynome sind aber linear unabhängig. Warum? Das sieht man aus dieser Box. Wenn wir die 3 Polynome linear kombinieren mit den Koeffizienten α, β, γ und die Kombination =0 setzen, dann die Koeffizienten sortieren, bekommen wir das Polynom (α+β+γ)x2+βx+α=0. Das kann für alle x nur dann =0 sein, wenn die entsprechenden Koeffizienten =0 sind. Also α muss =0 sein, β muss =0 sein und die gesamte Klammer muss auch hier =0 sein. Und γ hat hier keine Wahl, γ ist auch =0. Ja, sehr einfache Überlegung, die Polynome sind linear unabhängig. Das hat die Konsequenz, dass die lineare Hülle hier die Dimension 3 hat. Also dieser span hat die Dimension 3. Der Vektorraum der Polynome vom Grad höchstens 2 hat sowieso die Dimension 3. Ein Unterraum ist in einem Vektorraum enthalten, und die Dimensionen der beiden sind gleich. Aufgrund der Dimensionsgleichheit müssen die beiden Räume übereinstimmen und wir haben hier die Gleichheit. Also aus dieser gesamten Überlegung folgt, dass das Bild der Abbildung L mit dem Wertebereich übereinstimmt. Und das bedeutet, dass L surjektiv ist. Damit sind wir mit dem 4. Teil der Aufgabe fertig. Im 5. Teil der Aufgabe müssen wir den Kern der Abbildung L bestimmen. Und das ist eine relativ routinierte Rechnung. Lasst uns sie schnell durchgehen. Wir nehmen an, dass eine Matrix M im Kern der Abbildung L enthalten ist. Daraus folgt zunächst, dass die Matrix M unter L auf das Nullpolynom abgebildet wird. Nun entwickeln wir die Matrix M nach der Basis A, B, C, D mit den Koeffizienten α, β, γ, δ und setzen diese Basisentwicklung in den Ausdruck L(M) ein. Wegen der Linearität der Abbildung L entsteht daraus der folgende Ausdruck. Das ist die Linearkombination der Werte L(A), L(B), L(C), L(D). Nun setzen wir diese Werte ein, das sind bekannte Polynome. Die Polynome L(A), L(B), L(C) sind von der Aufgabenstellung her gegeben. Das Polynom L(D) haben wir gerade im 4. Teil der Aufgabe festgelegt. Also wir haben dann diese polynomiale Gleichung. In dieser polynomialen Gleichung sammeln wir dann Koeffizienten bei x2, bei x und die freien Koeffizienten, bekommen dann diese polynomiale Gleichung. Und damit sie für alle x besteht, damit dieses Polynom für alle x=0 ist, müssen dann die Koeffizienten verschwinden. Also das führt uns auf ein lineares Gleichungssystem bezüglich der Koeffizienten. Wir haben hier α+β+δ=0, das ist der Koeffizient bei x2, β+γ=0, das ist der Koeffizient bei x, und α-γ=0, das ist der freie Koeffizient. Und dieses lineare Gleichungssystem müssen wir jetzt lösen. Wie geht das? Natürlich mit dem Algorithmus von Gauß. Wir können es aber schlauer machen. Wir können dieses Gleichungssystem mit der Methode des scharfen Blickes lösen und das geht etwas schneller. Wir machen folgende Bemerkung. Wir addieren die beiden letzten Gleichungen zusammen und bekommen Folgendes: α+β=0, das war die Addition der letzten beiden Gleichungen.  +γ und -γ, das fliegt raus. Und das hat folgende Konsequenzen. Wenn α+β=0 ist, dann kann man das in die 1. Gleichung einsetzen und daraus folgt sofort, dass δ=0 ist. In der 2. Gleichung bringen wir γ auf die andere Seite, β=-γ. Und in der 3. Gleichung bringen wir γ ebenfalls auf die rechte Seite und wir haben das hier. Und das ist schon die Lösung des linearen Gleichungssystems.Das muss man noch richtig interpretieren. Wir ordnen die Variablen der Reihe nach, α, β, γ, δ. Wir haben ausgerechnet, dass δ auf jeden Fall =0 ist. Und γ ist anscheinend der freie Parameter. Also wir benennen den freien Parameter mit λ, α ist dann γ, also λ, β=-γ, also -λ. Und λ ist eine völlig beliebige reelle Zahl. Und genau dasselbe Ergebnis würden wir mit dem Algorithmus Gauß ausrechnen, bloß das würde etwas länger dauern. Nun was besagt uns das für unser Problem? Wir wollten doch den Kern an der linearen Abbildung L bestimmen. Wir haben dann Folgendes gezeigt: Eine Matrix M ist genau dann im Kern der Abbildung L enthalten, wenn sie von der folgenden Gestalt ist. Sie ist die Linearkombination der Matrizen A, B, C, D mit diesem Koeffizienten hier. Also α=λ  β=-λ, γ= wieder λ und δ=0, die Matrix D spielt hier keine Rolle. Und λ ist eine beliebige reelle Zahl. Wir haben hier eine Äquivalenz. Damit ist der Kern berechnet, im Grunde genommen. Lasst uns das noch auf eine prägnante, schön lesbare Form bringen. Dazu klammern wir λ aus und bekommen in der Klammer (A-B+C). Das sind bekannte Matrizen, sicherlich kann man das berechnen. Das tun wir und ein bisschen Fleißarbeit. Die Matrix A hatte die Einträge (1,1,0,0), die Matrix B hatte die Einträge (1,0,1,0), die Matrix C hatte die Einträge (1,0,0,1). Nun ein bisschen Grundrechenarten üben: 1-1+1 macht 1, dann 1-0+0 macht 1, dann 0-1+0 macht -1 und 0-0+1 macht 1. Das sieht schon schöner aus. Damit die Matrix M enthalten ist, muss sie proportional zu der Matrix (1,1,-1,1) sein. λ ist wie gesagt eine beliebige reelle Zahl. Das ist schon eine prägnantere Aussage. Das lässt sich aber schöner schreiben. Matrix M ist proportional zu einer festen Matrix. Das heißt, die Menge von solchen Matrizen ist die lineare Hülle der gegebenen festen Matrix. Und wir schreiben dann endgültig auf: Der Kern der linearen Abbildung L ist span, lineare Hülle der Matrix mit den Einträgen (1,1,-1,1). Und das ist unser Ergebnis im mittlerweile schon 5. Teil der Aufgabe. Wir kommen nun zum 6. Teil der Aufgabe. Hier suchen wir alle Matrizen M, die unter der Abbildung L auf das Polynom x2+2x-1 abgebildet werden. In anderen Worten suchen wir Lösungen der Gleichung L(M)=Polynom bezüglich der Matrix M. Da die Abbildung L linear ist, ist das hier eine lineare Gleichung. Und über das Lösungsverhalten von linearen Gleichungen ist einiges bekannt. Auf dieser Seite sofatutor.com gibt es ein zugehöriges Video, es heißt "Theorie - Struktur der Lösungsmenge einer linearen Gleichung". Dort haben wir unter anderem das folgende Theorem entwickelt, das die Lösungsmenge einer linearen Gleichung beschreibt. Zur Erinnerung bringe ich das Theorem noch einmal an die Tafel. Also wir haben eine allgemeine lineare Abbildung L zwischen Vektorräumen V und W. Im Bild der Abbildung L fixieren wir einen Vektor w und betrachten die lineare Gleichung L(v)=w. Wir wollen diese Gleichung nach v auflösen. Die Lösungsmenge dieser Gleichung hat dann die folgende Struktur. Alle Lösungen dieser Gleichung haben die Form vS+vH, wobei vS ein beliebiger Vektor aus dem Definitionsbereich ist, der diese Gleichung löst. Also vS ist eine spezielle Lösung, dafür steht auch der Buchstabe S, +vH. Und vH ist ein beliebiges Element des Kernes der linearen Abbildung. vH ist die sogenannte homogene Lösung. Nun werden wir diese allgemeine Aussage an unserer linearen Gleichung anwenden. Im Aufgabenteil 1 haben wir ausgerechnet, dass die Matrix (4,2,-1,3) auf das Polynom x2+2x-1 abgebildet wird. Also wir haben schon eine spezielle Lösung der betrachteten Gleichung. Im Aufgabenteil 5 haben wir den Kern der Abbildung L ausgerechnet. Das ist die lineare Hülle der Matrix (1,1,-1,1). Also wir haben alle homogenen Lösungen der Gleichung. Und es bleibt nicht mehr viel zu tun. Wir sollen die beiden Sachen zusammenfügen zu der allgemeinen Lösungsmenge der vorgelegten Gleichung. Also nach dem zitierten Theorem hat die Lösungsmenge der betrachteten Gleichung die folgende Gestalt. Jede Lösung setzt sich zusammen aus der speziellen Lösung, die spezielle Lösung ist die Matrix (4,2,-1,3) + ein Element des Kernes. Und jedes Element des Kernes ist ein Vielfaches der Matrix (1,1,-1,1). Das schreiben wir so auf. Der Vielfachheitsfaktor ist ja λ. λ× die Matrix (1,1,-1,1). Damit wir alle Elemente des Kernes erfassen, lassen wir λ über die gesamte Menge der reellen Zahlen laufen. Und damit ist die Sache vollständig. Das ist die allgemeine Lösung der vorgelegten Gleichung. Wir sehen, es gab nicht sehr viel zu tun mit den Vorbereitungen, die wir in den vorangegangenen Teilen der Aufgabe getroffen haben. Das war der letzte Teil der Aufgabe. Ich danke euch, dass ihr mutig bis zum letzten Teil bei der Stange geblieben seid, dass ihr heldenhaft durchgehalten habt. Das wird sich auf jeden Fall lohnen, denn die Techniken, die wir an dieser Aufgabe durchexerziert haben, braucht man auf alle Fälle für die Klausur. Also üben, üben, üben. Ich danke euch, wir sehen uns im nächsten Video, tschüss!  

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