Basiswechselmatrizen – „Mathe für Nicht-Freaks“

In diesem Artikel lernen wir Basiswechselmatrizen kennen. Mithilfe von Basiswechselmatrizen kann man Koordinaten bzgl. einer gegebenen Basis in Koordinaten bzgl. einer anderen Basis umrechnen. Das ist insbesondere nützlich für das Rechnen mit Abbildungsmatrizen.

Herleitung

Wir haben im Artikel Basis gesehen, dass jeder endlichdimensionale Vektorraum eine Basis besitzt. Das heißt, wenn $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum ist, gibt es eine Basis $B=\{b_1,\dots ,b_n\}$ von $V$. Also lässt sich jeder Vektor $v\in V$ eindeutig als Linearkombination der Basisvektoren $b_1,\dots ,b_n$ schreiben, d.h. $v=\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{b}_i$ mit eindeutigen ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\in K$.

Weiter wissen wir, dass Vektorräume mehr als eine Basis haben können. Sei $C=\{c_1,\dots ,c_n\}$ eine zweite Basis von $V$. Dann können wir $v$ auch eindeutig als Linearkombination der $c_i$ schreiben, d.h. $v=\sum _{i=1}^n{\mu }_i{c}_i$ mit eindeutigen ${\mu }_1,\dots ,{\mu }_n\in K$.

Wir haben also zwei Darstellungen des Vektors $v$. Über die Basis $B$ bekommen wir die Darstellung $v=\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{b}_i$ und über die Basis $C$ erhalten wir $v=\sum _{i=1}^n{\mu }_i{c}_i$.

Wie können wir die Basisdarstellung bezüglich $B$ des Vektors $v$ in die Darstellung bezüglich $C$ überführen?

Diese Frage ist insbesondere interessant im Zusammenhang mit Abbildungsmatrizen, wie wir weiter unten im Abschnitt Anwendung von Basiswechselmatrizen sehen werden. Abbildungsmatrizen erlauben uns, mit Koordinaten statt mit Vektoren von $V$ zu rechnen. Die Koordinaten eines Vektors hängen aber immer von der gewählten Basis in $V$ ab. Wir wollen eine einfache Möglichkeit, um Koordinaten beliebiger Vektoren bzgl. einer Basis $B$ von $V$ in Koordinaten bzgl. einer anderen Basis $C$ von $V$ umzurechnen.

Die Situation im $K^n$

Um diese Frage zu ergründen, starten wir mit einem einfacheren Spezialfall. Als Vektorraum betrachten wir den $K^n$ und setzen $B=(e_1,\dots ,e_n)$ als die (geordnete) Standardbasis fest. Sei weiter $C=(c_1,\dots ,c_n)$ eine beliebige geordnete Basis des $K^n$. Weil Abbildungsmatrizen von der Reihenfolge der Basisvektoren abhängen, müssen wir für $B$ und $C$ geordnete Basen benutzen.

Sei $v=(x_1,\dots ,x_n{)}^T=\sum _{i=1}^n{x}_i{e}_i$ ein Vektor, dessen Koordinaten bezüglich der Standardbasis $B$ wir kennen. Der Vektor $v\in K^n$ lässt sich in der Basis $C$ schreiben als $v={\lambda }_1{c}_1+\cdots +{\lambda }_n{c}_n$ für eindeutig bestimmte ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\in K$. Wie können wir die Koordinaten ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\in K$ von $v$ bzgl. $C$ einfach aus den Koordinaten $x_1,\dots ,x_n$ von $v$ bzgl. der Standardbasis $B$ berechnen?

Dafür wollen wir die Abbildung $K^n\to K^n$ beschreiben, die jeden Vektor $v=(x_1,\mathrm{...},x_n{)}^T\in K^n$ auf seinen Koordinatenvektor $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T\in K^n$ bzgl. $C$ abbildet. Diese Abbildung ist die Koordinatenabbildung $k_C:K^n\to K^n$, die wir schon aus dem Artikel "Isomorphismus" kennen. Sie ist linear.

Um $k_C$ zu beschreiben, können wir die darstellende Matrix $M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)$ bzgl. der Standardbasis $B=(e_1,\dots ,e_n)$ berechnen. Per Definition der darstellenden Matrix im $K^n$ erhalten wir dann den gesuchten Koordinatenvektor $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T$, indem wir $v=(x_1,\dots ,x_n{)}^T$ von links mit $M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)$ multiplizieren.

Um die Matrix $M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)$ zu berechnen, müssen wir $k_C(e_1),\dots ,k_C(e_n)$ bestimmen. Diese bilden dann die Spalten von $M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)$. Wir suchen also die Koordinaten von $e_1,\dots ,e_n$ bzgl. $C$, müssen diese also als Linearkombination von Vektoren in $C$ schreiben. Wir erhalten $n$ Gleichungen

$\begin{array}{cc}{e}_1=& \sum _{i=1}^n{a}_{i1}{c}_i\\ & ⋮\\ e_n=& \sum _{i=1}^n{a}_{in}{c}_i\end{array}$

wobei die $a_{ij}$ die gesuchten Koordinaten sind. Die Koeffizienten $a_{ij}$ kann man durch Lösen eines linearen Gleichungssystems bestimmen.

Beispiel (Basiswechsel zur Standardbasis)

Wir untersuchen dieses Vorgehen an einem konkreten Beispiel. Dafür betrachten wir ${ℝ}^3$ als Vektorraum mit der geordneten Standardbasis

$B=(\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right))$

Außerdem wählen wir die geordnete Basis $C=(c_1,c_2,c_3)$ wie folgt:

$\begin{array}{c}{c}_1:=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right),c_2:=\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right),c_3:=\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)\end{array}$

Jeden Vektor in ${ℝ}^3$ kann man in der Basis $B$ und der Basis $C$ darstellen, so erhält man die oben genannten Koeffizienten $x_1,x_2,x_3$ bzw. ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$. Zum Beispiel sind für den Vektor $(6,1,3{)}^T$ die Koeffizienten $x_1=6,x_2=1,x_3=3$ und ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=1,{\lambda }_3=2$, denn

$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 3\end{array}\right)=2\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+1\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)+2\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Um die Koeffizienten ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$ leichter bestimmen zu können, drücken wir die Standardbasis in der Basis $C$ aus. Das bedeutet wir wollen die Koeffizienten $a_{ij}\in ℝ$ finden mit

$\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)=a_{11}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+a_{21}\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)+a_{31}\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=a_{12}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+a_{22}\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)+a_{32}\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)=a_{13}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+a_{23}\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)+a_{33}\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)\end{array}$

Durch Ausprobieren oder Lösen von linearen Gleichungssystemen können wir die Koeffizienten bestimmen und erhalten:

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)& =-1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+(-1)\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)+1\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)& =2\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+1\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)+(-1)\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)& =2\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+2\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)+(-1)\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)\end{array}$

Dann ist $k_C(e_j)=(a_{1j},a_{2j},\dots ,a_{nj}{)}^T$ für $j=1,\dots ,n$. Damit erhalten wir die Abbildungsmatrix

$M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \dots & a_{nn}\end{array}\right).$

Wir erhalten $M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)y=k_C(y)$ für alle $y\in K^n$. Die gesuchten Vorfaktoren ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ erhalten wir also durch

$M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\lambda }_1\\ ⋮\\ {\lambda }_n\end{array}\right).$

Beispiel (Basiswechsel zur Standardbasis Teil 2)

Für unser obiges Beispiel können wir auch die Matrix $M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)$ angeben:

$M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 2\\ -1& 1& 2\\ 1& -1& -1\end{array}\right).$

Mit dieser Matrix können wir die Koeffizienten ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$ des Vektors $(6,1,3{)}^T$ auch ganz einfach berechnen:

$\left(\begin{array}{c}{\lambda }_1\\ {\lambda }_2\\ {\lambda }_3\end{array}\right)=M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C)\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 2\\ -1& 1& 2\\ 1& -1& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right).$

Das heißt ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=1,{\lambda }_3=2$, wie wir es auch schon oben berechnet haben.

Verallgemeinerung auf beliebige endlichdimensionale Vektorräume

In einem allgemeinen endlichdimensionalen Vektorraum $V$ gibt es anders als im $K^n$ keine Standardbasis. In dieser Situation haben wir zwei geordnete Basen $B=(b_1,\dots ,b_n)$ und $C=(c_1,\dots ,c_n)$. Weiter haben wir einen beliebigen Vektor $v\in V$ gegeben als Linearkombination $v=x_1{b}_1+\dots +x_n{b}_n$ bzgl. der Basis $B$ mit $x_1,\dots ,x_n\in K$. Die Koeffizienten $x_1,\dots ,x_n$ werden auch die Koordinaten von $v$ bzgl. $B$ genannt. Entsprechend sind die Koordinaten bzgl. der Basis $C$ gewisse Skalare ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\in K$ mit $v={\lambda }_1{c}_1+\dots +{\lambda }_n{c}_n$.

Wir suchen eine Methode, um die Koordinaten $x_1,\dots ,x_n$ bzgl. $B$ eines beliebigen Vektors $v\in V$ in die Koordinaten ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ bzgl. $C$ umzurechnen. Wir benötigen also eine Abbildung $K^n\to K^n$, die $(x_1,\dots ,x_n{)}^T$ auf $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T$ abbildet.

Wir kennen bereits die Koordinatenabbildungen $k_B:V\to K^n$ mit $k_B(v)=(x_1,\dots ,x_n{)}^T\in K^n$ und $k_C:V\to K^n$ mit $k_C(v)=({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T$. Wir wollen aus $(x_1,\dots ,x_n{)}^T\in K^n$ den Vektor $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T\in K^n$ erhalten. Die Koordinatenabbildungen sind Isomorphismen. Also schickt $k_B^{-1}:K^n\to V$ den Vektor $(x_1,\dots ,x_n{)}^T$ auf $v$ und $k_C:V\to K^n$ bildet $v$ auf $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T$ ab. Führen wir erst $k_B^{-1}$ und anschließend $k_C$ aus, so erhalten wir eine Abbildung, die $(x_1,\dots ,x_n{)}^T$ auf $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T$ abbildet.

Unsere gewünschte Transformation wird also durch die lineare Abbildung $k_C\circ k_B^{-1}:K^n\to K^n$ realisiert. Wir können dann, wie oben bei der Situation im $K^n$, die Abbildungsmatrix von dieser linearen Abbildung im $K^n$ bezüglich der Standardbasis bestimmen. Diese Abbildungsmatrix ist dann $M_{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}^{\mathrm{S}\mathrm{t}\mathrm{d}}(k_C\circ k_B^{-1})$. Wenn wir uns an den Artikel Abbildungsmatrizen erinnern, ist dies aber das Gleiche, wie die Abbildungsmatrix $M_C^B({\mathrm{id}}_V)$, wegen $k_C\circ k_B^{-1}=k_C\circ {\mathrm{id}}_V\circ k_B^{-1}$.

Es ergibt auch intuitiv Sinn, dass die Basiswechselmatrix von $B$ nach $C$ genau durch die darstellende Matrix $M_C^B({\mathrm{id}}_V)$ der Identität bzgl. den Basen $B$ und $C$ gegeben ist. Denn multiplizieren wir den Koordinatenvektor $k_B(v)$ bzgl. $B$ eines Vektors $v\in V$ von links mit $M_C^B({\mathrm{id}}_V)$, so erhalten wir per Definition der darstellenden Matrix genau den Koordinatenvektor bzgl. $C$ von ${\mathrm{id}}_V(v)=v$. Es gilt also

$k_C(v)=M_C^B({\mathrm{id}}_V)\cdot k_B(v)$

für alle $v\in V$. Die Matrix $M_C^B({\mathrm{id}}_V)$ rechnet also Koordinaten bzgl. $B$ in Koordinaten bzgl. $C$ um. Das ist genau, was die Basiswechselmatrix auch macht.

Definition

Definition (Basiswechselmatrix)

Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum und seien $B$ und $C$ zwei geordnete Basen von $V$. Dann ist die Basiswechselmatrix von $B$ nach $C$ die Abbildungsmatrix der Identität $\mathrm{i}{\mathrm{d}}_{\mathrm{V}}$ bzgl. der Basen $B$ und $C$, also $M_C^B(\mathrm{i}{\mathrm{d}}_{\mathrm{V}})$. Wir nennen diese Matrix $T_C^B$.

Die Basiswechselmatrix hat noch viele andere Namen. Sie wird in der Literatur auch als Übergangsmatrix, Basisübergangsmatrix, Transformationsmatrix oder Koordinatenwechselmatrix bezeichnet.

Warnung

Die Namen Transformations- bzw. Übergangsmatrix bezeichnen in der Literatur manchmal auch Matrizen, die keine Basiswechselmatrizen sind.

Anwendung von Basiswechselmatrizen

To-Do:

Abschnitt überarbeiten:

• Begriff "Klassifikation" unklar/unpassend?
• Motivation für das Problem kürzer/deutlicher: wollen darstellende Matrizen für verschiedene Basen ineinander umrechnen (-> ist der Rückgriff auf die 1-1 Korrespondenz wirklich nötig?)
• Lösung des Problems: das Ergebnis (die Formel zum Rechnen) sichtbarer machen

Das Problem mit Abbildungsmatrizen

Wir können für jede lineare Abbildung $f:V\to W$ zwischen zwei endlich dimensionalen Vektorräumen eine Abbildungsmatrix $M_C^B(f)$ finden. Diese hängt aber von der Wahl der geordneten Basen $B$ und $C$ ab. Wählen wir andere Basen $B^{\prime }$ oder $C^{\prime }$, erhalten wir wahrscheinlich eine andere Abbildungsmatrix. Das sehen wir in folgendem Beispiel:

Beispiel (Verschiedene Darstellungsmatrizen einer Abbildung)

Wir betrachten die Abbildung

$f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2,\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)\mapsto \left(\begin{array}{c}x+y\\ 2y\end{array}\right)$

Sei $B=(e_1,e_2)$ die Standardbasis des ${ℝ}^2$. Wir betrachten außerdem die geordneten Basen $C=((1,1{)}^T,(1,0{)}^T)$ und $C^{\prime }=((1,2{)}^T,(1,0{)}^T)$. Dann ist

$\begin{array}{cc}f(e_1)& =\left(\begin{array}{c}1+0\\ 2\cdot 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\\ f(e_2)& =\left(\begin{array}{c}0+1\\ 2\cdot 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right).\end{array}$

Da

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)& =0\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)+1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\text{ und}\\ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)& =2\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)+(-1)\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\end{array}$

gilt, sieht die Abbildungsmatrix von $f$ bzgl. $B$ und $C$ wie folgt aus:

$M_C^B(f)=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 1& -1\end{array}\right)$

Führen wir die gleiche Rechnung mit den Basen $B$ und $C^{\prime }$ aus, erhalten wir

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)& =0\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)+1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\text{ und}\\ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)& =1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)+0\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\end{array}.$

Damit ist die Abbildungsmatrix von $f$ bzgl. der Basen $B$ und $C^{\prime }$

$M_{C^{\prime }}^B(f)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right).$

Somit sehen wir, dass $M_C^B(f)\ne M_{C^{\prime }}^B(f)$ gilt.

Lösung des Problems

Gegeben sind eine Abbildung $f:V\to W$ und geordnete Basen $B$ und $B^{\prime }$ von $V$ sowie $C$ und $C^{\prime }$ von $W$. Wir stellen uns folgende Frage: Wie können wir die Darstellungsmatrix $M_C^B(f)$ in die Darstellungsmatrix $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ überführen?

Satz (Basiswechsel und Darstellungsmatrizen)

Sei $f:V\to W$ eine lineare Abbildung und seien geordnete Basen $B$ und $B^{\prime }$ von $V$ sowie $C$ und $C^{\prime }$ von $W$ gegeben. Dann gilt

$M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=T_{C^{\prime }}^C\cdot M_C^B(f)\cdot T_B^{B^{\prime }}.$

Die darstellende Matrix von $f$ bzgl. $B^{\prime }$ und $C^{\prime }$ erhält man also aus der darstellenden Matrix von $f$ bzgl. $B$ und $C$ durch Multiplikation von links und von rechts mit den entsprechenden Basiswechselmatrizen.

Wir wollen uns im Folgenden überlegen, warum die Formel aus dem Satz richtig ist und wie man darauf kommt.

Aus der Definition der Darstellungsmatrix wissen wir, dass für alle Vektoren $x\in K^n$ gilt $M_C^B(f)x=k_C\circ f\circ k_B^{-1}(x)$ und $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)x=k_{C^{\prime }}\circ f\circ k_{B^{\prime }}^{-1}(x)$. Diese Gleichung können wir einem Diagram veranschaulichen:

Darstellung der gleichen linearen Abbildung bezüglich verschiedener Basen als zwei Diagramme

Bei diesen beiden Diagrammen ist es egal, welchen Weg man geht. Zum Beispiel ist es egal, ob wir mit $f$ von $V$ direkt nach $W$ gehen oder den Umweg über $K^n$ und $K^m$ einschlagen. Entsteht bei jedem Weg die gleiche Abbildung, spricht man von einem kommutierenden Diagramm.

Wir können die beiden Diagramme zusammenfügen:

Darstellung der gleichen linearen Abbildung bezüglich verschiedener Basen als ein Diagramme

Auch dieses Diagramm kommutiert wieder. Das heißt, wenn man einen festen Start- und Endpunkt hat, ist es immer noch egal, welchen Weg man im Diagramm geht. Es kommt immer die gleiche Abbildung heraus. Wenn wir links oben bei $K^n$ starten, ist es also egal, welchen Weg wir nutzen, um zum $K^m$ unten links zu kommen. Wir können über $x\mapsto M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)x$ von $K^n$ nach $K^m$ gelangen oder zuerst $k_B\circ k_{B^{\prime }}^{-1}:K^n\to K^n$, dann $x\mapsto M_C^B(f)x$ und schließlich $k_{C^{\prime }}\circ k_C^{-1}:K^m\to K^m$ ausführen.

Die verschiedenen Kompositionen in blau und rot eingezeichnet

Folglich ist die Abbildung $K^n\to K^m,x\mapsto M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)x$ gleich der Verknüpfung der Abbildungen $k_B\circ k_{B^{\prime }}^{-1}$, $x\mapsto M_C^B(f)x$ und $k_{C^{\prime }}\circ k_C^{-1}$. Wir haben nun gesehen, dass die Abbildung $x\mapsto M_C^B(f)x$ in die Abbildung $x\mapsto M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)x$ überführt werden kann. Ursprünglich wollten wir aber die Matrix $M_C^B(f)$ in die Matrix $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ überführen. Wie kommen wir von der Abbildung $K^n\to K^m,x\mapsto M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)x$ wieder zu der Matrix $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)\in K^{m\times n}$?

Die Matrix $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ sieht kompliziert aus. Deshalb überlegen wir uns, wie wir diese Frage für eine allgemeine Matrix $A\in K^{m\times n}$ beantworten können. Wir betrachten die zu $A$ zugehörige lineare Abbildung $L_A:K^n\to K^m,x\mapsto Ax$. Die Darstellungsmatrix der linearen Abbildung $L_A$ bezüglich den Standardbasen des $K^n$ und $K^m$ ist wieder $A$. Setzen wir nun die Matrix $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ für $A$ ein. Die Darstellungsmatrix der Abbildung $x\mapsto M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)x$ bezüglich den Standardbasen ist genau $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$.

Wie wir schon gesehen haben, ist die Abbildung $x\mapsto M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)x$ gleich der Verknüpfung der Abbildungen $k_B\circ k_{B^{\prime }}^{-1}$, $x\mapsto M_C^B(f)x$ und $k_{C^{\prime }}\circ k_C^{-1}$. Also stimmt die Darstellungsmatrix der Verknüpfung von $k_B\circ k_{B^{\prime }}^{-1}$, $x\mapsto M_C^B(f)x$ und $k_{C^{\prime }}\circ k_C^{-1}$ bzgl. der Standardbasen mit $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ überein.

Wir können die Darstellungsmatrix der Verknüpfung aber auch anders ermitteln. Im Artikel Matrizenmultiplikation haben wir gesehen, dass Verknüpfungen von Abbildungen genau der Multiplikation der jeweiligen Darstellungsmatrizen entsprechen. Deshalb schreiben wir die Darstellungsmatrizen der verknüpften Abbildungen einzeln auf und multiplizieren sie dann.

• Wie wir für $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ schon gesehen haben, ist die Darstellungsmatrix von $x\mapsto M_C^B(f)x$ bezüglich der Standardbasen von $K^n$ und $K^m$ wieder $M_C^B(f)$.
• Die Darstellungsmatrix von $k_{C^{\prime }}\circ k_C^{-1}$ haben wir bereits oben hergeleitet, sie ist $M_{C^{\prime }}^C(\mathrm{id})$. Das ist genau die Basiswechselmatrix $T_{C^{\prime }}^C$.
• Genauso ist die Darstellungsmatrix von $k_B\circ k_{B^{\prime }}^{-1}$ gegeben durch die Basiswechselmatrix $T_B^{B^{\prime }}=M_B^{B^{\prime }}(\mathrm{id})$.

Multiplizieren wir diese drei Matrizen, erhalten wir die Matrix $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$. Also gilt

$M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)T_B^{B^{\prime }}$

Das heißt, dass sich $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ aus $M_C^B(f)$ durch Linksmultiplikation mit $T_{C^{\prime }}^C$ und Rechtsmultiplikation mit $T_B^{B^{\prime }}$ berechnen lässt.

Transformation am Beispiel

Wir wissen nun, wie wir Darstellungsmatrizen einer linearen Abbildung zu verschiedenen Basen ineinander überführen können. Betrachten wir noch einmal das obige Beispiel. Wir haben die lineare Abbildung

$f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2,\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)\mapsto \left(\begin{array}{c}x+y\\ 2y\end{array}\right)$

und die geordneten Basen $B=(e_1,e_2)$, $C=((1,1{)}^T,(1,0{)}^T)$ und $C^{\prime }=((1,2{)}^T,(1,0{)}^T)$. Die Matrix $M_C^B(f)$ haben wir bereits berechnet:

$M_C^B(f)=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 1& -1\end{array}\right)$

Wir wollen $M_{C^{\prime }}^B(f)$ durch Matrizenmultiplikation bestimmen, also durch $M_{C^{\prime }}^B(f)=T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)T_B^B$. Wir müssen $T_B^B$ und $T_{C^{\prime }}^C$ bestimmen. Es gilt $T_B^B=I_2$, denn die Basis $B$ ändert sich nicht. Nun zur Berechnung der Basiswechselmatrix $T_{C^{\prime }}^C$: Wir wissen $T_{C^{\prime }}^C=M_{C^{\prime }}^C(\mathrm{id})$. Um diese Matrix zu bestimmen, müssen wir die Basisvektoren von $C$ in der Basis $C^{\prime }$ ausdrücken:

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)& =\frac{1}{2}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)+\frac{1}{2}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)& =0\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)+1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right).\end{array}$

Also ist

$T_{C^{\prime }}^C=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& 0\\ \frac{1}{2}& 1\end{array}\right).$

Daraus folgt

$M_{C^{\prime }}^B(f)=T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& 0\\ \frac{1}{2}& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 1& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right).$

Überzeuge dich davon, dass dieses Ergebnis mit dem von oben übereinstimmt.

Beispiele

Basiswechsel einer Darstellungsmatrix

Wir haben die Basen

$B^{\prime }=(\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right))\text{und}B=(\left(\begin{array}{c}0\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right))$

von ${ℝ}^2$ und die Basen

$C=(\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 3\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right))\text{und}{C}^{\prime }=(\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right))$

von ${ℝ}^3$ gegeben. Sei $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^3$ eine Abbildung mit der folgenden Abbildungsmatrix bzgl. $B$ und $C$:

$M_C^B(f)=\left(\begin{array}{cc}5& -3\\ 2& 4\\ 0& -2\end{array}\right)$

Wir wollen die Abbildungsmatrix von $f$ bzgl. den Basen $B^{\prime }$ und $C^{\prime }$ bestimmen. Das machen wir mit Matrizenmultiplikation $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)T_B^{B^{\prime }}$. Dafür müssen wir zunächst die Basiswechselmatrizen $T_B^{B^{\prime }}$ und $T_{C^{\prime }}^C$ berechnen.

Beispiel (Basiswechsel im ${ℝ}^2$)

Wir haben zwei Basen

$B^{\prime }=(\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right))\text{und}B=(\left(\begin{array}{c}0\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right))$

im ${ℝ}^2$ . Um die Übergangsmatrix $T_B^{B^{\prime }}$ von $B^{\prime }$ nach $B$ zu bestimmen, gehen wir wie folgt vor:

1. Wir stellen die Basisvektoren von $B^{\prime }$ als Linearkombination der Vektoren von $B$ dar:

$\begin{array}{ccccc}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)& =& 2\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\end{array}\right)& +& 1\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)& =& \frac{1}{2}\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -1\end{array}\right)& +& \frac{1}{2}\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)\end{array}$

2. Wir schreiben die ermittelten Vorfaktoren der Linearkombinationen als Spaltenvektoren in eine Matrix. Sie ist genau die gesuchte Übergangsmatrix:

$T_B^{B^{\prime }}=\left(\begin{array}{cc}2& \frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}\end{array}\right)$

Beispiel (Basiswechsel im ${ℝ}^3$)

Wir betrachten die Basen

$C=(\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 3\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right))\text{und}{C}^{\prime }=(\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right))$

im ${ℝ}^3$. Wir wollen die Basiswechselmatrix $T_{C^{\prime }}^C$ von $C$ nach $C^{\prime }$ berechnen. Dafür stellen wir die Basisvektoren von $C$ als Linearkombination der Vektoren von $C^{\prime }$ dar:

$\begin{array}{ccccccc}\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 3\end{array}\right)& =& 3\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)& -& 5\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)& +& 3\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -1\end{array}\right)& =& -1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)& +& 1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)& +& 0\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right)& =& 1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)& +& 0\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)& +& 1\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)\end{array}$

Wie oben erhalten wir die Übergangsmatrix $T_{C^{\prime }}^C$, indem wir die Vorfaktoren der Linearkombinationen als Spalten in eine Matrix schreiben:

$T_{C^{\prime }}^C=\left(\begin{array}{ccc}3& -1& 1\\ -5& 1& 0\\ 3& 0& 1\end{array}\right)$

Beispiel (Basiswechsel einer Darstellungsmatrix)

Wir haben die Basen $B^{\prime }=((2,1{)}^T,(1,1{)}^T)$ und $B=((0,-1{)}^T,(2,3{)}^T)$ von ${ℝ}^2$ und $C=((1,-2,3{)}^T,(0,0,-1{)}^T,(2,1,1{)}^T)$ und $C^{\prime }=((1,1,1{)}^T,(1,1,0{)}^T,(1,0,0{)}^T)$ Basen von ${ℝ}^3$. Sei $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^3$ eine Abbildung mit der folgenden Abbildungsmatrix bzgl. $B$ und $C$:

$M_C^B(f)=\left(\begin{array}{cc}5& -3\\ 2& 4\\ 0& -2\end{array}\right)$

Wir wollen die Abbildungsmatrix von $f$ bzgl. den Basen $B^{\prime }$ und $C^{\prime }$ bestimmen. Das machen wir mit Matrizenmultiplikation $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)T_B^{B^{\prime }}$. In den vorherigen Beispielen haben wir $T_B^{B^{\prime }}$ und $T_{C^{\prime }}^C$ bereits bestimmt. Also können wir einfach rechnen:

$\begin{array}{cc}& M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)T_B^{B^{\prime }}=\left(\begin{array}{ccc}3& -1& 1\\ -5& 1& 0\\ 3& 0& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}5& -3\\ 2& 4\\ 0& -2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}2& \frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}\end{array}\right)\\ =& \left(\begin{array}{ccc}3& -1& 1\\ -5& 1& 0\\ 3& 0& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}7& 1\\ 8& 3\\ -2& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}11& -1\\ -27& -2\\ 19& 2\end{array}\right)\end{array}$

Die Abbildungsmatrix von $f$ bzgl. den Basen $B^{\prime }$ und $C^{\prime }$ ist also

$M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=\left(\begin{array}{cc}11& -1\\ -27& -2\\ 19& 2\end{array}\right).$

Aufgaben

Aufgabe

Wir betrachten nun die lineare Abbildung

$f:ℝ[x{]}_{\le 3}\to ℝ,p=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3\mapsto f(p)=a_0+a_1+a_2+a_3$

sowie die Basen $B=\{1,x,x^2,x^3\}$, $B^{\prime }=\{1,x+1,x^2+x,x^3+x^2\}$ von $ℝ[x{]}_{\le 3}$ und $C=\{1\}$, $C^{\prime }=\{2\}$ von $ℝ$.

1. Berechne die Abbildungsmatrix von $f$ bezüglich der Basen $B$ und $C$, sowie die Abbildungsmatrix bezüglich der Basen $B^{\prime }$ und $C^{\prime }$:
2. Berechne die Basiswechsel von der Basis $B$ zu $B^{\prime }$, sowie umgekehrt von $B^{\prime }$ nach $B$.
3. Berechne den Basiswechsel von $C$ nach $C^{\prime }$, sowie umgekehrt von $C^{\prime }$ nach $C$.
4. Prüfe nach, dass man mit den Basiswechselmatrizen aus der Darstellungsmatrix $M_C^B(f)$ die Darstellungsmatrix $M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)$ berechnen kann.

Lösung

Lösung Teilaufgabe 1:

Wir berechnen die Bilder der Basisvektoren:

$\begin{array}{c}f(1)=1=1\cdot 1\\ f(x)=1=1\cdot 1\\ f(x^2)=1=1\cdot 1\\ f(x^3)=1=1\cdot 1\end{array}$

Die Darstellungsmatrix ist also

$M_C^B(f)=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\end{array}\right)$

Wie oben berechnen wir die Bilder der Basisvektoren:

$\begin{array}{cc}f(1)& =1=\frac{1}{2}\cdot 2\\ f(x+1)& =2=1\cdot 2\\ f(x^2+x)& =2=1\cdot 2\\ f(x^3+x^2)& =2=1\cdot 2\end{array}$

Im zweiten Schritt haben wir die Bilder in der Basis $C^{\prime }=\{2\}$ ausgedrückt. Die Darstellungsmatrix ist also

$M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=\left(\begin{array}{cccc}\frac{1}{2}& 1& 1& 1\end{array}\right)$

Lösung Teilaufgabe 2:

Um die Basiswechselmatrix $T_B^{B^{\prime }}$ von $B^{\prime }$ nach $B$ zu bestimmen, stellen wir zunächst die Basisvektoren von $B^{\prime }$ als Linearkombination der Vektoren von $B$ dar:

$\begin{array}{cc}1& =1\cdot 1+0\cdot x+0\cdot x^2+0\cdot x^3\\ x+1& =1\cdot 1+1\cdot x+0\cdot x^2+0\cdot x^3\\ x^2+x& =0\cdot 1+1\cdot x+1\cdot x^2+0\cdot x^3\\ x^3+x^2& =0\cdot 1+0\cdot x+1\cdot x^2+1\cdot x^3\end{array}$

Die Vorfaktoren der Linearkombinationen sind die Spaltenvektoren der gesuchten Matrix:

$T_B^{B^{\prime }}=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$

Genauso können wir die Basiswechselmatrix $T_{B^{\prime }}^B$ von $B^{\prime }$ nach $B$ berechnen. Wir können aber auch alternativ die inverse Matrix von $T_B^{B^{\prime }}$ berechnen:

$T_{B^{\prime }}^B=(T_B^{B^{\prime }}{)}^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& -1& 1& -1\\ 0& 1& -1& 1\\ 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$

Lösung Teilaufgabe 3:

Wie bei der vorherigen Teilaufgabe stellen wir die Basisvektoren von $C^{\prime }$ als Linearkombination der Vektoren von $C$ dar:

$2=2\cdot 1$

Also ist

$T_C^{C^{\prime }}=\left(\begin{array}{c}2\end{array}\right)$

Umgekehrt gehen wir genauso vor:

$1=\frac{1}{2}\cdot 2$

Also ist

$T_{C^{\prime }}^C=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}\right)$

Lösung Teilaufgabe 4:

Laut Formel sollte gelten:$M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)T_B^{B^{\prime }}$ Wir haben

$M_{C^{\prime }}^{B^{\prime }}(f)=\left(\begin{array}{cccc}\frac{1}{2}& 1& 1& 1\end{array}\right)$

als linke Seite. Nun berechnen wir die rechte Seite:

$\begin{array}{cc}& T_{C^{\prime }}^C{M}_C^B(f)T_B^{B^{\prime }}\\ =& \left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)\\ =& \left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 2& 2\end{array}\right)\\ =& \left(\begin{array}{cccc}\frac{1}{2}& 1& 1& 1\end{array}\right)\end{array}$

Die Matrizen stimmen tatsächlich überein!