Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Lineare Abbildungen.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Wir betrachten zwei lineare Abbildungen $f, \; g$ mit $f(\vec{x} ) = F \cdot \vec{x}$ und $g(\vec{x} ) = G \cdot \vec{x}$ . $h$ bezeichne die Hintereinanderausführung von $h = f \circ g$ . (Definitions- und Zielbereiche seien so gewählt, dass die Hintereinanderausführung definiert ist.) Wählen Sie alle zutreffenden Aussagen aus! Nr. 5068
	$h(\vec{x}) = g(f(\vec{x}))$
	Es wird zuerst $f$ , dann $g$ ausgeführt.
	$h(\vec{x}) = F \cdot G \cdot \vec{x}$
	$h(\vec{x}) = F \cdot \vec{x} + G \cdot \vec{x}$
	$h(\vec{x}) = G \cdot F \cdot \vec{x}$
Lösungsweg Bei der Hintereinanderausführung $h = f \circ g$ wird zuerst die Abbildung $g$ ausgeführt, dann die Abbildung $f$ . Es gilt $h ( \vec{x} ) = \left( f \circ g \right) (\vec{x} ) = f \left( g(\vec{x} ) \right)$ . Werden lineare Abbildungen durch Matrizen beschrieben, so entspricht die Hintereinanderausführung einer Matrixmultiplikation. Achtung: Auf die Reihenfolge achten, da die Matrixmultiplikation im Allgemeinen nicht kommutativ ist! Wenn die Matrixdarstellungen gegeben sind als $g(\vec{x}) = G \cdot \vec{x}, \quad f(\vec{x}) = F \cdot \vec{x}$ , dann gilt für die Hintereinanderausführung $h(\vec{x}) = f\left( g(\vec{x}) \right) = F \cdot G \cdot \vec{x}$ . (Die rechte Matrix gehört zu jener Abbildung, die zuerst ausgeführt wird.)

5 erreichbare Punkte

Berechnen Sie die Matrix A (mit f(x)=Ax) der linearen Abbildung $f \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3x_1 \\ 5x_2 \end{pmatrix}$ Nr. 3937
	$A = \begin{pmatrix} -3 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}$
	$A = \begin{pmatrix} -3 & 1 \\ 1 & 5 \end{pmatrix}$
	$A = \begin{pmatrix} -3 & 0 \\ 5 & 0 \end{pmatrix}$
Lösungsweg Die Spalten der Matrix A sind $f(e_1)$ und $f(e_2)$ $f(e_1)=f( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} ) = \begin{pmatrix} -3 \\ 0 \end{pmatrix}$ $f(e_2)=f( \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} ) = \begin{pmatrix} 0 \\ 5 \end{pmatrix}$ $A = \begin{pmatrix} -3 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}$

3 erreichbare Punkte

Welche Dimension hat die Matrix $A$ einer linearen Abbildung $f: \; \mathb{R}^3 \rightarrow \mathb{R}^4$ ? Nr. 5036
	3x3
	3x4
	4x4
	4x3
Lösungsweg Die Zeilenzahl der Matrix $A$ muss gleich der Dimension der Zielmenge, die Spaltenzahl gleich der Dimension der Definitionsmenge sein. Daher muss die Dimension der Matrix $A$ gleich 4x3 sein. Dann ist die Matrizenmultiplikation $A \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ y_4 \end{pmatrix}$ definiert.

4 erreichbare Punkte

Die Abbildung f ist wie folgt definiert: $f \;: \; \mathbb{R}^3 \mapsto \mathbb{R}^2$ , sodass jeder Punkt des $\mathbb{R}^3$ parallel zur z-Achse auf die xy-Ebene projeziert wird. Geben Sie f in Matrixdarstellung an! Nr. 4222
	$A = \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$
	$A = \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)$
	$A = \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$
Lösungsweg Dafür gibt es eine hilfreiche Eselsbrücke: "Willst die Matrix du erhalten, schreibe die Bilder (der Einheitsvektoren) in die Spalten!" Das heißt, man muss überlegen, was mit den drei Einheitsvektoren des $\mathbb{R}^3$ unter der Wirkung von f passiert. Betrachtet man z.B. $\vec{e_1} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 0 \\\ 0 \\\ \end{array}\right)$ , so wird dieser auf die xy-Eben projeziert, verliert also nur seine dritte Komponente: $f(\vec{e_1}) = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 0 \\\ \end{array}\right)$ Analoges gilt für $\vec{e_2} = \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ 0 \\\ \end{array}\right)$ : $f(\vec{e_2}) = \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ \end{array}\right)$ Bei $\vec{e_3} = \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ 1 \\\ \end{array}\right)$ sieht es etwas anders aus, da ja parallel zur z-Achse in die Ebene hinunter projeziert wird (jeder Punkt, der eine z-Koordinate hat, endet also in der Ebene z=0, allerdings mit denselben x und y Koordinaten): $f(\vec{e_3}) = \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ \end{array}\right)$ Für die Abbildungsmatrix müssen wir nun noch die drei Bilder der Einheitsvektoren zusammensetzen: $A = \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$

3 erreichbare Punkte

Bestimmen Sie, ob die folgende Abbildung linear ist oder nicht: $f: (x_1, x_2) \mapsto (x_1+ x_2, x_2 -1)$ Nr. 4216
	nicht linear
	linear
Lösungsweg Betrachte dafür zwei allgemeine Vektoren aus dem $\mathbb{R}^2$ : $v_1=(x_1,x_2) \text{ und } v_2=(y_1,y_2)$ und ein $\lambda \in \mathbb{R}$ . Zu überprüfen sind folgende 3 Dinge: $f(\vec{0}) = \vec{0} ?$ $f(v_1) + f(v_2) = f(v_1 + v_2) ?$ $f( \lambda v_1) = \lambda f(v_1) ?$ Überprüfe zunächst Bedingung 1: $f: (x_1, x_2) \mapsto (x_1+ x_2, x_2 -1)$ also $f(\vec{0}) = f (0,0) = (0+0, 0-1 ) = (0, -1) \neq \vec{0}$ Somit kann an dieser Stelle schon festgestellt werden, dass es sich um keine lineare Abbildung handelt.

Bestimmen Sie, ob die folgende Abbildung linear ist oder nicht:

$f: (x_1, x_2) \mapsto (x_1+ x_2, x_2 -1)$

Nr. 4216

nicht linear

linear

Lösungsweg

2 erreichbare Punkte

Bestimmen Sie, ob folgende Abbildung linear ist: $f: (x_1, x_2) \mapsto (x_1 - x_2, x_2)$ Nr. 4217
	linear
	nicht linear
Lösungsweg Betrachte dafür zwei allgemeine Vektoren aus dem $\mathbb{R}^2$ : $v_1=(x_1,x_2) \text{ und } v_2=(y_1,y_2)$ und ein $\lambda \in \mathbb{R}$ . Zu überprüfen sind folgende 3 Dinge: $f(\vec{0}) = \vec{0} ?$ $f(v_1) + f(v_2) = f(v_1 + v_2) ?$ $f( \lambda v_1) = \lambda f(v_1) ?$ Überprüfen Sie zunächst Bedingung 1: $f: (x_1, x_2) \mapsto (x_1 - x_2, x_2)$ also $f(\vec{0}) = f (0,0) = (0-0, 0) = (0, 0) = \vec{0}$ Bedingung 2: $f(v_1) + f(v_2) =(x_1 - x_2, x_2) + (y_1 - y_2, y_2) = (x_1 - x_2 + y_1 - y_2, \; x_2 + y_2)$ $f(v_1 + v_2) = f( x_1 + y_1, x_2 +y_2) =(x_1 + y_1 - x_2 - y_2, \; x_2 +y_2)$ Bedingung 2 ist also erfüllt. Nun Bedingung 3: $f( \lambda v_1) = f( \lambda x_1, \lambda x_2) =\\ = ( \lambda x_1 - \lambda x_2, \; \lambda x_2)= \\ = (\lambda (x_1 - x_2), \; \lambda x_2) = \\ = \lambda (x_1 - x_2, \; x_2) = \lambda f(v_1)$ Somit sind alle 3 Bedingungen erfüllt und die Abbildung ist linear.

Bestimmen Sie, ob folgende Abbildung linear ist:

$f: (x_1, x_2) \mapsto (x_1 - x_2, x_2)$

Nr. 4217

linear

nicht linear

Lösungsweg

2 erreichbare Punkte

Ist folgende Funktion f linear? $f: \ \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ $\left(x_1\\x_2 \\ x_3\right) \mapsto \left(2x_1+x_2-x_3 \\ 2x_2+x_3\right)$ Nr. 4089
	Ja
	Nein, weil $f(x+y) \neq f(x)+f(y)$
	Nein, eine Abbildung von $\mathbb{R}^3$ nach $\mathbb{R}^2$ ist nie linear
Lösungsweg $f(x+y)=\left(2(x_1+y_1)+(x_2+y_2)-(x_3+y_3)\\ 2(x_2+y_2)+(x_3+y_3)\right)$ $=\left(2x_1+2y_1+x_2+y_2-x_3-y_3\\ 2x_2+2y_2+x_3+y_3\right)=f(x)+f(y)$ $f(ax)=\left(2ax_1 +ax_2-ax_3 \\ 2ax_2+ax_3\right)=\left(a(2x_1+x_2-x_3)\\a(2x_2+x_3)\right)=af(x)$

3 erreichbare Punkte

Berechnen Sie die Matrix A (mit f(x)=Ax) der linearen Abbildung $f \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}$ Nr. 3878
	$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$
	$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
	$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$
Lösungsweg Die Spalten der Matrix A sind $f(e_1)$ und $f(e_2)$ $f(e_1)=f( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} ) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}$ $f(e_2)=f( \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} ) = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

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