Monome - Lin. Unabhängigkeit < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
Monome (Definition lt. unserem Script: Polynome vom Typ [mm] m_v [/mm] : x [mm] \mapsto x^v [/mm] , v = 0,1,...) sind ja linear unabhängig. Allerdings kann ich den Beweis, wie er hier geführt wird, nicht so ganz nachvollziehen bzw. ich habe ein paar Verständnisfragen dazu.
Es wird angenommen, dass eine Linearkombination [mm] \phi [/mm] existiert mit
[mm] \phi(x) [/mm] := [mm] a_0 [/mm] + [mm] a_1 [/mm] x + ... + [mm] a_nx^n
[/mm]
mit [mm] \phi(x)= [/mm] 0 für alle x [mm] \in \IR [/mm]
wobei nicht alle [mm] a_v [/mm] gleich Null sind.
Heißt das, hier hat man eine Linearkombination von Monomen, was ja dann ein Polynom ist, und diese ist = 0 für alle x bei mindestens einem von Null verschiedenen [mm] a_v. [/mm] Das entspricht ja somit den Bedingungen für die lineare Abhängigkeit. (Denn linear unabhängig bedeutet ja, dass nur die triviale Lösung ( also die Nulllösung) existieren darf)).
Habe ich das soweit richtig verstanden/zusammengefasst?
Weiter geht es im Beweis:
Ist [mm] a_k \ne [/mm] 0 und k minimal, so folgt nach Division durch [mm] x^k [/mm] auch
[mm] \bruch{\phi(x)}{x^k} [/mm] = [mm] a_k [/mm] + [mm] a_{k+1}x [/mm] + ... [mm] +a_n x^{n-k} [/mm] = 0
x [mm] \in \IR\backslash{0} [/mm]
Also man hat hier nun ein [mm] x^k [/mm] mit minimalem k, dass man durch [mm] \phi(x) [/mm] teilt, also eine Polynomdivision durchführt?
[mm] x^k [/mm] mit minimalem k bedeutet dabei, dass k so gewählt wird, dass k = das erste [mm] a_v [/mm] in [mm] \phi [/mm] ist, das von Null verschieden ist?
Dass das Ergebnis der Division auch = 0 ist, das ist ja klar, weil für jedes x [mm] \phi(x) [/mm] = 0 ist und somit auch die Division, richtig?
Vielleicht erstmal soweit, wäre super, wenn mir jemand meine Verständnisfragen beantworten könnte.
Danke
Anna
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:08 Mi 23.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
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> Monome (Definition lt. unserem Script: Polynome vom Typ [mm]m_v[/mm]
> : x [mm]\mapsto x^v[/mm] , v = 0,1,...) sind ja linear unabhängig.
> Allerdings kann ich den Beweis, wie er hier geführt wird,
> nicht so ganz nachvollziehen bzw. ich habe ein paar
> Verständnisfragen dazu.
>
> Es wird angenommen, dass eine Linearkombination [mm]\phi[/mm]
> existiert mit
> [mm]\phi(x)[/mm] := [mm]a_0[/mm] + [mm]a_1[/mm] x + ... + [mm]a_nx^n[/mm]
> mit [mm]\phi(x)=[/mm] 0 für alle x [mm]\in \IR[/mm]
> wobei nicht alle [mm]a_v[/mm] gleich Null sind.
>
> Heißt das, hier hat man eine Linearkombination von
> Monomen, was ja dann ein Polynom ist, und diese ist = 0
> für alle x bei mindestens einem von Null verschiedenen
> [mm]a_v.[/mm] Das entspricht ja somit den Bedingungen für die
> lineare Abhängigkeit. (Denn linear unabhängig bedeutet
> ja, dass nur die triviale Lösung ( also die Nulllösung)
> existieren darf)).
> Habe ich das soweit richtig verstanden/zusammengefasst?
ja. Man kann es ganz kurz auch so sagen: [mm] $\phi=0$ [/mm] ist die Nullfunktion [mm] $\IR \to\IR\,,$
[/mm]
das ist ja das neutrale Element im Vektorraum aller Funktionen [mm] $\IR \to\IR\,.$
[/mm]
Und da steht nun nichts weiter, als: Angenommen, es wäre
[mm] $$\phi=\sum_{\ell=0}^n a_\ell \,m_\ell\,$$
[/mm]
mit einer nichttrivialen Linearkombination rechterhand. Übrigens fehlt hier
noch etwas, es ist nämlich die Menge aller Monome eine (abzählbar)
unendliche Menge - und diese heißt sicher linear unabhängig, wenn JEDE
endliche Teilmenge davon linear unabhängig ist. Man muss also begründen,
warum diese (von mir nachgelieferte) Behauptung folgt, wenn man zeigt,
dass für jedes $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] die "Menge der ersten [mm] $n+1\,$ [/mm] Monome [mm] $\{m_0,\ldots,m_n\}$" [/mm] linear
unabhängig ist.
> Weiter geht es im Beweis:
> Ist [mm]a_k \ne[/mm] 0 und k minimal, so folgt nach Division durch
> [mm]x^k[/mm] auch
> [mm]\bruch{\phi(x)}{x^k}[/mm] = [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}x[/mm] + ... [mm]+a_n x^{n-k}[/mm] =
> 0
> x [mm]\in \IR\backslash{0}[/mm]
>
> Also man hat hier nun ein [mm]x^k[/mm] mit minimalem k, dass man
> durch [mm]\phi(x)[/mm] teilt, also eine Polynomdivision durchführt?
> [mm]x^k[/mm] mit minimalem k bedeutet dabei, dass k so gewählt
> wird, dass k = das erste [mm]a_v[/mm] in [mm]\phi[/mm] ist, das von Null
> verschieden ist?
Du meinst das sicher richtig, aber formulierst es (ein klein wenig) falsch:
Das [mm] $k\,$ [/mm] ist der erste Index [mm] $\mu$ [/mm] bei [mm] $a_{\mu}$ [/mm] so, dass [mm] $a_{\mu} \not=0$ [/mm] gilt. Ein Index stimmt ja i.a.
nicht mit dem Folgenglied überein, dessen Index er ist.
(Übrigens ist das oben schlecht formuliert; besser wäre dort geschrieben
worden: "Ist [mm] $k\,$ [/mm] der minimale Index mit [mm] $a_k \not=0$..." [/mm] oder etwas in der
Art - jedenfalls klingt dieses "...und [mm] $k\,$ [/mm] minimal..." so, als wenn das eine
separate Zusatzeigenschaft wäre. Aber das Minimum bzgl. was wäre denn
dann gemeint? Also didaktisch optimal formuliert ist das jedenfalls nicht...)
Formal: [mm] $k:=\min\{\mu \in \{0,...,n\}:\;a_\mu\not=0\}\,.$ [/mm] Du weißt dann also: [mm] $a_m=0\,$ [/mm] für alle (natürlichen
[mm] $m\,$ [/mm] mit) $0 [mm] \le [/mm] m < k$ (für [mm] $k=0\,$ [/mm] gibt es keine solchen [mm] $m\,$).
[/mm]
> Dass das Ergebnis der Division auch = 0 ist, das ist ja
> klar, weil für jedes x [mm]\phi(x)[/mm] = 0 ist und somit auch die
> Division, richtig?
Fast. Hier braucht man eigentlich eine Fallunterschiedung, und der Autor
des Beweises hätte auch besser nicht geschrieben, dass er [mm] $\phi(x)/x^k$ [/mm] rechnet, sondern
[mm] $\phi(x)=x^k*(a_k [/mm] + [mm] a_{k+1}x [/mm] + ... [mm] +a_n x^{n-k})$ [/mm] schreibt, und dann meinetwegen [mm] $\psi(x):=a_k [/mm] + [mm] a_{k+1}x [/mm] + ... [mm] +a_n x^{n-k}$ [/mm]
setzt, so dass
[mm] $$\phi(x)=x^k*\psi(x)$$
[/mm]
für alle reellen [mm] $x\,$ [/mm] folgt - und dann sollte er begründen, warum nun auch
[mm] $\psi(x) \equiv [/mm] 0$ sein muss. Denn ganz klar ist das nicht immer: Wenn [mm] $a_0=0$ [/mm] (also $k [mm] \ge [/mm] 1$) ist, dann
kann ich (ohne Weiteres jedenfalls erstmal) nur [mm] $(a_nx^n+...+a_kx^k)/x^k$ [/mm] "rechnen/schreiben",
wenn $x [mm] \not=0$ [/mm] gilt. Man müßte also eigentlich erstmal sagen: Wenn $x [mm] \not=0$ [/mm] ist, dann muss auch
[mm] $\psi(x)=0$ [/mm] sein, denn hier gilt in der Tat [mm] $0=\phi(x)=\psi(x)*x^k$ [/mm] und wegen [mm] $x^k \not=0$ [/mm] muss dann [mm] $\psi(x)=0$ [/mm] sein.
(Stichwort: Nullteilerfreiheit!) Und jetzt würde ich etwa sagen: Weil aber [mm] $\psi$ [/mm] sicher stetig
(insbesondere an der Stelle [mm] $0\,$) [/mm] ist, folgt dann schon, dass auch [mm] $\psi(0)=0$ [/mm] sein muss. Und damit
bekäme man dann aber doch einen Widerspruch zu [mm] $\psi(0)=a_k \red{\;\not=\;}0\,.$
[/mm]
> Vielleicht erstmal soweit, wäre super, wenn mir jemand
> meine Verständnisfragen beantworten könnte.
Nun alles klar? Ich glaube, weiter als das, was ich da bisher ergänzt habe, geht der Beweis
auch nicht. Oder doch?
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
DANKE für Deine Antwort!
> > Habe ich das soweit richtig verstanden/zusammengefasst?
>
> ja. Man kann es ganz kurz auch so sagen: [mm]\phi=0[/mm] ist die
> Nullfunktion [mm]\IR \to\IR\,,[/mm]
> das ist ja das neutrale Element
> im Vektorraum aller Funktionen [mm]\IR \to\IR\,.[/mm]
>
> Und da steht nun nichts weiter, als: Angenommen, es wäre
> [mm]\phi=\sum_{\ell=0}^n a_\ell \,m_\ell\,[/mm]
> mit einer
> nichttrivialen Linearkombination rechterhand. Übrigens
Okay, so kann man es noch besser ausdrücken 
> fehlt hier
> noch etwas, es ist nämlich die Menge aller Monome eine
> (abzählbar)
> unendliche Menge - und diese heißt sicher linear
> unabhängig, wenn JEDE
> endliche Teilmenge davon linear unabhängig ist. Man muss
> also begründen,
> warum diese (von mir nachgelieferte) Behauptung folgt, wenn
> man zeigt,
> dass für jedes [mm]n \in \IN_0[/mm] die "Menge der ersten [mm]n+1\,[/mm]
> Monome [mm]\{m_0,\ldots,m_n\}[/mm]" linear
> unabhängig ist.
>
> > Weiter geht es im Beweis:
> > Ist [mm]a_k \ne[/mm] 0 und k minimal, so folgt nach Division
> durch
> > [mm]x^k[/mm] auch
> > [mm]\bruch{\phi(x)}{x^k}[/mm] = [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}x[/mm] + ... [mm]+a_n x^{n-k}[/mm]
> =
> > 0
> > x [mm]\in \IR\backslash{0}[/mm]
> >
> > Also man hat hier nun ein [mm]x^k[/mm] mit minimalem k, dass man
> > durch [mm]\phi(x)[/mm] teilt, also eine Polynomdivision durchführt?
> > [mm]x^k[/mm] mit minimalem k bedeutet dabei, dass k so gewählt
> > wird, dass k = das erste [mm]a_v[/mm] in [mm]\phi[/mm] ist, das von Null
> > verschieden ist?
>
> Du meinst das sicher richtig, aber formulierst es (ein
> klein wenig) falsch:
> Das [mm]k\,[/mm] ist der erste Index [mm]\mu[/mm] bei [mm]a_{\mu}[/mm] so, dass
> [mm]a_{\mu} \not=0[/mm] gilt. Ein Index stimmt ja i.a.
> nicht mit dem Folgenglied überein, dessen Index er ist.
Ja, so meinte ich es. Nur noch einmal für mein Verständnis, weil irgendwie ist das alles in meinem Kopf noch nicht so klar mit diesem Beweis:
das [mm] a_{\mu} [/mm] ist doch das/ein Monom [mm] \ne [/mm] 0 aus dem o.g. [mm] \phi?
[/mm]
> (Übrigens ist das oben schlecht formuliert; besser wäre
> dort geschrieben
> worden: "Ist [mm]k\,[/mm] der minimale Index mit [mm]a_k \not=0[/mm]..."
> oder etwas in der
> Art - jedenfalls klingt dieses "...und [mm]k\,[/mm] minimal..." so,
> als wenn das eine
> separate Zusatzeigenschaft wäre. Aber das Minimum bzgl.
> was wäre denn
> dann gemeint?
Eben, ich habe da auch total lange überlegt wie das zu verstehen ist und bin dann nur auf diese "Interpretation" gekommen. Hat mich aber ziemlich irritiert, wie irgendwie der gesamt Beweis.
> Also didaktisch optimal formuliert ist das
> jedenfalls nicht...)
Danke... beruhigt mich etwas, dass es nicht nur an meiner Dummheit liegt, sondern auch ein wenig an der Didaktik :)
Wobei, vielleicht ist die mangelnde Didaktik auch damit zu entschuldigen, dass das ein Numerik-Prof verfasst hat... ;)
> Formal: [mm]k:=\min\{\mu \in \{0,...,n\}:\;a_\mu\not=0\}\,.[/mm] Du
> weißt dann also: [mm]a_m=0\,[/mm] für alle (natürlichen
> [mm]m\,[/mm] mit) [mm]0 \le m < k[/mm] (für [mm]k=0\,[/mm] gibt es keine solchen
> [mm]m\,[/mm]).
Okay, verstanden. Wobei, nur noch mal zu meiner Sicherheit - mit [mm] a_m [/mm] sind auch hier alle Monome aus [mm] \phi [/mm] gemeint?
> > Dass das Ergebnis der Division auch = 0 ist, das ist ja
> > klar, weil für jedes x [mm]\phi(x)[/mm] = 0 ist und somit auch die
> > Division, richtig?
>
> Fast. Hier braucht man eigentlich eine Fallunterschiedung,
> und der Autor
> des Beweises hätte auch besser nicht geschrieben, dass er
> [mm]\phi(x)/x^k[/mm] rechnet, sondern
> [mm]\phi(x)=x^k*(a_k + a_{k+1}x + ... +a_n x^{n-k})[/mm] schreibt,
> und dann meinetwegen [mm]\psi(x):=a_k + a_{k+1}x + ... +a_n x^{n-k}[/mm]
> setzt, so dass
> [mm]\phi(x)=x^k*\psi(x)[/mm]
> für alle reellen [mm]x\,[/mm] folgt - und dann sollte er
> begründen, warum nun auch
> [mm]\psi(x) \equiv 0[/mm] sein muss. Denn ganz klar ist das nicht
> immer: Wenn [mm]a_0=0[/mm] (also [mm]k \ge 1[/mm]) ist, dann
> kann ich (ohne Weiteres jedenfalls erstmal) nur
> [mm](a_nx^n+...+a_kx^k)/x^k[/mm] "rechnen/schreiben",
> wenn [mm]x \not=0[/mm] gilt. Man müßte also eigentlich erstmal
> sagen: Wenn [mm]x \not=0[/mm] ist, dann muss auch
> [mm]\psi(x)=0[/mm] sein, denn hier gilt in der Tat
> [mm]0=\phi(x)=\psi(x)*x^k[/mm] und wegen [mm]x^k \not=0[/mm] muss dann
> [mm]\psi(x)=0[/mm] sein.
> (Stichwort: Nullteilerfreiheit!) Und jetzt würde ich etwa
> sagen: Weil aber [mm]\psi[/mm] sicher stetig
> (insbesondere an der Stelle [mm]0\,[/mm]) ist, folgt dann schon,
> dass auch [mm]\psi(0)=0[/mm] sein muss. Und damit
> bekäme man dann aber doch einen Widerspruch zu [mm]\psi(0)=a_k \red{\;\not=\;}0\,.[/mm]
Hm, also ich glaube, so wie Du das jetzt geschrieben hast, so kann ich das nachvollziehen. Aber vielleicht doch noch einmal den Rest des Beweises lt. meinem Script:
Wie gesagt ist [mm] a_k \ne [/mm] 0 und k minimal, so folgt nach Division durch [mm] x^k [/mm] auch
[mm] \bruch{\phi(x)}{x^k} [/mm] = [mm] a_k [/mm] + [mm] a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k} [/mm] = 0, x aus [mm] \IR [/mm] ohne 0.
Andererseits gilt
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\phi(x)}{x^k} [/mm] = [mm] a_k \ne [/mm] 0,
also existiert eine punktuierte Umgebung von 0, in der [mm] \bruch{\phi(x)}{x^k} \ne [/mm] 0, was den Widerspruch ergibt.
Ist schon noch anders, als Du es ergänzt/ausgeführt hast, oder?
Irgendwie habe ich gerade ein Brett vor dem Kopf :( Der dividiert nun durch ein Monom, nämlich [mm] x^k, [/mm] was lt. ihm dann immer Null ergibt für alle x ohne 0 und das Ergebnis die Form hat (durch Polynomdivision?) [mm] a_k [/mm] + [mm] a_{k+1}+... [/mm] usw.
Sagt weiterhin, dass der Grenzwert für x gegen 0 [mm] a_k [/mm] ist und somit ungleich 0.
Und dass deswegen eine Umgebung von 0 existiert, die den Nullpunkt nicht enthält, in der eben diese Division ungleich Null - nämlich [mm] a_k [/mm] - ist. Und somit hat man den Widerspruch. Irgendwie wird das in meinem Kopf nicht rund...
Danke für weitere Hilfe
Anna
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:05 Mi 23.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Anna,
> > > ...
> > > Weiter geht es im Beweis:
> > > Ist [mm]a_k \ne[/mm] 0 und k minimal, so folgt nach Division
> > durch
> > > [mm]x^k[/mm] auch
> > > [mm]\bruch{\phi(x)}{x^k}[/mm] = [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}x[/mm] + ... [mm]+a_n x^{n-k}[/mm]
> > =
> > > 0
> > > x [mm]\in \IR\backslash{0}[/mm]
> > >
> > > Also man hat hier nun ein [mm]x^k[/mm] mit minimalem k, dass man
> > > durch [mm]\phi(x)[/mm] teilt, also eine Polynomdivision durchführt?
> > > [mm]x^k[/mm] mit minimalem k bedeutet dabei, dass k so gewählt
> > > wird, dass k = das erste [mm]a_v[/mm] in [mm]\phi[/mm] ist, das von Null
> > > verschieden ist?
> >
> > Du meinst das sicher richtig, aber formulierst es (ein
> > klein wenig) falsch:
> > Das [mm]k\,[/mm] ist der erste Index [mm]\mu[/mm] bei [mm]a_{\mu}[/mm] so, dass
> > [mm]a_{\mu} \not=0[/mm] gilt. Ein Index stimmt ja i.a.
> > nicht mit dem Folgenglied überein, dessen Index er ist.
>
> Ja, so meinte ich es. Nur noch einmal für mein
> Verständnis, weil irgendwie ist das alles in meinem Kopf
> noch nicht so klar mit diesem Beweis:
> das [mm]a_{\mu}[/mm] ist doch das/ein Monom [mm]\ne[/mm] 0 aus dem o.g.
> [mm]\phi?[/mm]
na, die Monome sind die Funktionen: [mm] $m_{\mu}(x)=x^{\mu}\,.$ [/mm] Ich sag's
jetzt mal so:
Wenn Du $x [mm] \mapsto \sum_{\ell=0}^n a_\ell\;m_\ell(x)=\sum_{\ell=0}^n a_\ell x^{\ell}$ [/mm] hast und [mm] $k\,$ [/mm] die erwähnte Eigenschaft hat, d.h.
[mm] $k\,$ [/mm] ist der kleinste Index aus [mm] $\{0,...,n\}$ [/mm] so, dass [mm] $a_k \not=0$ [/mm] ist, dann läßt sich
$$x [mm] \mapsto \sum_{\ell=0}^n a_\ell\;m_\ell(x)=\sum_{\ell=0}^n a_\ell\, x^{\ell}$$
[/mm]
doch einfach umschreiben zu
$$x [mm] \mapsto \sum_{\ell=0}^n a_\ell\;m_\ell(x)=\sum_{\ell=0}^{k-1} \underbrace{a_\ell}_{=0}\;m_\ell(x)+\sum_{\ell=k}^n a_\ell\;m_\ell(x)=\sum_{\ell=\red{k}}^n a_\ell\, x^{\ell}\,.$$
[/mm]
(Das gilt auch für [mm] $k=0\,,$ [/mm] denn man hat [mm] $\sum_{\ell=0}^{N}$ [/mm] mit $N < [mm] 0\,$ [/mm] einfach
mit [mm] $\sum_{\emptyset}=0$ [/mm] zu identifizieren!)
So grob gesagt: Wenn [mm] $a_k\not=0$ [/mm] für das kleinste $k [mm] \in \{0,...,n\}$ [/mm] ist, dann bedeutet
das für die Polynomfunktion
$$x [mm] \mapsto \sum_{\ell=0}^n a_\ell\;m_\ell(x)\,,$$
[/mm]
dass "die ersten [mm] $k\,$ [/mm] Monome" dort "keinen Einfluss auf diese Polynomfunktion
haben", und dass das [mm] $(k+1)\,$-e [/mm] Monom aber "einfließt" [mm] ($k+1\,,$ [/mm] weil die
Menge [mm] $\{0,...,n\}$ [/mm] ja als erstes Element die Null hat!)
Machen wir mal ein Beispiel:
Wenn Du $x [mm] \mapsto a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5$ [/mm] hast, und sei dabei [mm] $a_0:=0\,,$ $a_1:=0\,,$ $a_2:=7\,,$ $a_3:=0$ [/mm]
und [mm] $a_4:=324324\,,$ [/mm] und [mm] $a_5:=0\,,$ [/mm] dann wäre [mm] $k=2\,,$ [/mm] weil ja [mm] $a_0=0$ [/mm] und [mm] $a_1=0\,,$ [/mm] aber mit [mm] $a_2=7 \not=0$ [/mm] zum ersten
Mal ein Nichtnullkoeffizient auftaucht. Daher schreibe ich einfach
$$x [mm] \mapsto a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5\,.$$
[/mm]
(Natürlich könnte man hier die Summanden [mm] $a_3x^3$ [/mm] und [mm] $a_5x^5$ [/mm] auch
weglassen, aber das interessiert uns hier erstmal gar nicht...)
Was macht man nun im Beweis, wenn man nun eine Funktion in obiger
Darstellung mit [mm] $a_2 \not=0$ [/mm] hat? Richtig: Im Beweis wird [mm] $x^2\,$ [/mm] vorgeklammert
(bzw. bei Euch wird durch [mm] $x^2$ [/mm] dividiert).
> > (Übrigens ist das oben schlecht formuliert; besser wäre
> > dort geschrieben
> > worden: "Ist [mm]k\,[/mm] der minimale Index mit [mm]a_k \not=0[/mm]..."
> > oder etwas in der
> > Art - jedenfalls klingt dieses "...und [mm]k\,[/mm] minimal..."
> so,
> > als wenn das eine
> > separate Zusatzeigenschaft wäre. Aber das Minimum
> bzgl.
> > was wäre denn
> > dann gemeint?
>
> Eben, ich habe da auch total lange überlegt wie das zu
> verstehen ist und bin dann nur auf diese "Interpretation"
> gekommen. Hat mich aber ziemlich irritiert, wie irgendwie
> der gesamt Beweis.
>
> > Also didaktisch optimal formuliert ist das
> > jedenfalls nicht...)
>
> Danke... beruhigt mich etwas, dass es nicht nur an meiner
> Dummheit liegt, sondern auch ein wenig an der Didaktik :)
> Wobei, vielleicht ist die mangelnde Didaktik auch damit zu
> entschuldigen, dass das ein Numerik-Prof verfasst hat...
> ;)
Ich will nun nicht automatisch allen Numerik-Profs. "Böses" unterstellen -
auch, wenn sogar Fred da schon "eine 'schöne' Geschichte" erzählt hatte.
Aber es gibt auch sehr fähige Numerik-Profs., Rannachers Skripte bspw.
finde ich echt nicht gerade anspruchslos...
> > Formal: [mm]k:=\min\{\mu \in \{0,...,n\}:\;a_\mu\not=0\}\,.[/mm] Du
> > weißt dann also: [mm]a_m=0\,[/mm] für alle (natürlichen
> > [mm]m\,[/mm] mit) [mm]0 \le m < k[/mm] (für [mm]k=0\,[/mm] gibt es keine solchen
> > [mm]m\,[/mm]).
>
> Okay, verstanden. Wobei, nur noch mal zu meiner Sicherheit
> - mit [mm]a_m[/mm] sind auch hier alle Monome aus [mm]\phi[/mm] gemeint?
>
> > > Dass das Ergebnis der Division auch = 0 ist, das ist ja
> > > klar, weil für jedes x [mm]\phi(x)[/mm] = 0 ist und somit auch die
> > > Division, richtig?
> >
> > Fast. Hier braucht man eigentlich eine Fallunterschiedung,
> > und der Autor
> > des Beweises hätte auch besser nicht geschrieben, dass er
> > [mm]\phi(x)/x^k[/mm] rechnet, sondern
> > [mm]\phi(x)=x^k*(a_k + a_{k+1}x + ... +a_n x^{n-k})[/mm] schreibt,
> > und dann meinetwegen [mm]\psi(x):=a_k + a_{k+1}x + ... +a_n x^{n-k}[/mm]
> > setzt, so dass
> > [mm]\phi(x)=x^k*\psi(x)[/mm]
> > für alle reellen [mm]x\,[/mm] folgt - und dann sollte er
> > begründen, warum nun auch
> > [mm]\psi(x) \equiv 0[/mm] sein muss. Denn ganz klar ist das
> nicht
> > immer: Wenn [mm]a_0=0[/mm] (also [mm]k \ge 1[/mm]) ist, dann
> > kann ich (ohne Weiteres jedenfalls erstmal) nur
> > [mm](a_nx^n+...+a_kx^k)/x^k[/mm] "rechnen/schreiben",
> > wenn [mm]x \not=0[/mm] gilt. Man müßte also eigentlich erstmal
> > sagen: Wenn [mm]x \not=0[/mm] ist, dann muss auch
> > [mm]\psi(x)=0[/mm] sein, denn hier gilt in der Tat
> > [mm]0=\phi(x)=\psi(x)*x^k[/mm] und wegen [mm]x^k \not=0[/mm] muss dann
> > [mm]\psi(x)=0[/mm] sein.
> > (Stichwort: Nullteilerfreiheit!) Und jetzt würde ich
> etwa
> > sagen: Weil aber [mm]\psi[/mm] sicher stetig
> > (insbesondere an der Stelle [mm]0\,[/mm]) ist, folgt dann schon,
> > dass auch [mm]\psi(0)=0[/mm] sein muss. Und damit
> > bekäme man dann aber doch einen Widerspruch zu [mm]\psi(0)=a_k \red{\;\not=\;}0\,.[/mm]
>
> Hm, also ich glaube, so wie Du das jetzt geschrieben hast,
> so kann ich das nachvollziehen. Aber vielleicht doch noch
> einmal den Rest des Beweises lt. meinem Script:
> Wie gesagt ist [mm]a_k \ne[/mm] 0 und k minimal, so folgt nach
> Division durch [mm]x^k[/mm] auch
> [mm]\bruch{\phi(x)}{x^k}[/mm] = [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k}[/mm] = 0, x
> aus [mm]\IR[/mm] ohne 0.
> Andererseits gilt
> [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{\phi(x)}{x^k}[/mm] = [mm]a_k \ne[/mm] 0,
> also existiert eine punktuierte Umgebung von 0, in der
> [mm]\bruch{\phi(x)}{x^k} \ne[/mm] 0, was den Widerspruch ergibt.
>
> Ist schon noch anders, als Du es ergänzt/ausgeführt hast,
> oder?
Ja, aber das ist okay. So kann man natürlich vorgehen, wenn man
[mm] $\phi(x)/x^k$ [/mm] für $x [mm] \not=0$ [/mm] benutzt. Aber dass [mm] $\lim_{x \to 0} \phi(x)/x^k=a_k$ [/mm] gilt, ist nichts
anderes als meine Aussage, dass [mm] $\psi$ [/mm] stetig in [mm] $0\,$ [/mm] ist. So hätte ich
also im Prinzip fast vollkommen analog argumentieren können:
Weil [mm] $\psi$ [/mm] stetig in [mm] $0\,$ [/mm] ist, folgt [mm] $\lim_{x \to 0}\psi(x)=a_k \not=0\,.$ [/mm] Dann existiert aber
eine (nicht notwendig punktierte (nicht punktuierte)) Umgebung von [mm] $0\,$ [/mm] so, dass
[mm] $\psi(x)=0\,$ [/mm] nicht komplett auf dieser gelten kann. (Diese Aussage ist
natürlich ein wenig schwächer, als zu sagen, dass [mm] $\psi(x)\not=0$ [/mm] auf dieser
ganzen Umgebung gilt). Der Unterschied ist halt: Mein [mm] $\psi$ [/mm] ist halt an der
Stelle [mm] $0\,$ [/mm] auch definiert, während die Funktion $x [mm] \mapsto \phi(x)/x^k$ [/mm] an der
Stelle [mm] $0\,$ [/mm] nicht definiert ist.
> Irgendwie habe ich gerade ein Brett vor dem Kopf :( Der
> dividiert nun durch ein Monom, nämlich [mm]x^k,[/mm] was lt. ihm
> dann immer Null ergibt für alle x ohne 0 und das Ergebnis
> die Form hat (durch Polynomdivision?) [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}+...[/mm]
> usw.
Passt doch.
> Sagt weiterhin, dass der Grenzwert für x gegen 0 [mm]a_k[/mm] ist
> und somit ungleich 0.
Auch das darf er, weil [mm] $\lim_{x \to x_0}$ [/mm] im Sinne von [mm] $\lim_{x_0 \not=x \to x_0}$ [/mm] zu verstehen ist.
(Kennst Du die/eine Definition von [mm] $\lim_{x \to x_0}f(x)\,,$ [/mm] oder soll ich Dir nochmal
zur Erinnerung eine aus einem Skript verlinken?)
Und natürlich gilt
[mm] $$\lim_{x \to 0} (a_k+a_{k+1}x+...+a_{n}x^{n-k})=(\lim_{x \to 0} a_k)+(\lim_{x \to 0}a_{k+1}x)+...+(\lim_{x \to 0}a_{n}x^{n-k})=a_k+0+...+0=a_k\,.$$
[/mm]
Diese Rechenregel kennst Du doch sicher? Strenggenommen hat man
dabei auch noch
[mm] $$\lim_{x \to 0}a_\ell\,x^\ell=a_\ell\lim_{x \to 0} x^{\ell}=a_\ell*(\lim_{x \to 0}x)^\ell=a_\ell*0^\ell=a_\ell*0=0$$
[/mm]
für [mm] $\ell \in \IN$ [/mm] (beachte $0 [mm] \notin \IN$ [/mm] bei mir!) benutzt.
> Und dass deswegen eine Umgebung von 0 existiert, die den
> Nullpunkt nicht enthält, in der eben diese Division
> ungleich Null - nämlich [mm]a_k[/mm] - ist. Und somit hat man den
> Widerspruch. Irgendwie wird das in meinem Kopf nicht
> rund...
Na ![[stop]](/images/smileys/stop.gif "[stop]") : Alleine aus [mm] $\lim_{x \to x_0}f(x) \not=0$ [/mm] folgt immer, dass es ein [mm] $\delta [/mm] > 0$
so gibt, dass $f(x) [mm] \not=0$ [/mm] für alle $x [mm] \in ]x_0-\delta,x_0+\delta[$ [/mm] gilt. (Jetzt kann
[mm] $f\,$ [/mm] irgendeine Funktion sein.)
Warum? Nun: Setze [mm] $G:=\lim_{x \to x_0}f(x)$ [/mm] und dann [mm] $\varepsilon:=|G|/2 [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Wegen [mm] $G:=\lim_{x \to x_0}f(x)$ [/mm]
existiert dann zu diesem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $\delta [/mm] > 0$ so, dass für alle [mm] $x\,$ [/mm] mit $0 < [mm] |x-x_0| [/mm] < [mm] \delta$ [/mm]
(und das sind eben alle $x [mm] \in (x_0-\delta,\,x_0+\delta) \setminus \{x_0\}$)
[/mm]
folgt
$$|f(x)-G| < [mm] \varepsilon\,.$$
[/mm]
Und wenn man nun $|f(x)-G|=|G-f(x)| [mm] \ge |\;\;|G|\;-\;|f(x)|\;\;|$ [/mm] (umgekehrte Dreiecksungleichung)
und [mm] $\varepsilon=|G|/2 [/mm] $ benutzt, weißt Du dann, dass für alle $x [mm] \in (x_0-\delta,\;x_0+\delta) \setminus \{x_0\}$ [/mm] folgt
$$|f(x)| > [mm] |G|/2\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
vielen vielen vielen DANK für Deine Antwort(en). Du hast mir super damit geholfen!!! Danke für Deine viele Mühe!!
Soweit ist es jetzt, so hoffe ich, fast rund in meinem Kopf.
Nur noch ein, zwei Fragen:
Es wird ja [mm] \bruch{\phi(x)}{x^k} [/mm] dividiert
und das ist dann
= [mm] a_k [/mm] + [mm] a_{k+1} [/mm] x + ... + [mm] a_nx^{n-k} [/mm] soweit klar
= 0
Also einerseits ist es klar, dass es =0 ist, weil ja jedes [mm] \phi(x) [/mm] = 0 ist für jedes x aus [mm] \IR [/mm] ohne 0 und somit auch jede Division.
Aber wenn ich einfach mal auf das Ergebnis [mm] a_k [/mm] + [mm] a_{k+1} [/mm] x + ... + [mm] a_nx^{n-k} [/mm] schaue und die Bedingung ja sagt, dass [mm] a_k [/mm] ungleich 0 ist, dann ist doch [mm] a_k [/mm] + [mm] a_{k+1} [/mm] x + ... + [mm] a_nx^{n-k} [/mm] eigentlich immer [mm] \ne [/mm] 0 ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Zum Beweis ansich:
Der Widerspruch ist ja dann: Die Annahme war, dass die Monome linear abhängig sind, somit mindestens ein von Null verschiedener Koeffizient existiert in einer Linearkombination von Monomen. Das kann nicht sein, weil nicht einerseits die Division durch [mm] x^k [/mm] immer Null ist für alle x ohne 0 und andererseits aber eine punktierte Umgebung von 0 existiert, in der die Division durch [mm] x^k [/mm] ungleich Null ist. Unformal ausgedrückt ;) Richtig?
> (Kennst Du die/eine Definition von [mm]\lim_{x \to x_0}f(x)\,,[/mm]
> oder soll ich Dir nochmal
> zur Erinnerung eine aus einem Skript verlinken?)
Kannst Du gerne noch einmal verlinken, Auffrischung ist immer gut
Danke
Anna
PS:
> Ich will nun nicht automatisch allen Numerik-Profs.
> "Böses" unterstellen -
> auch, wenn sogar Fred da schon "eine 'schöne' Geschichte"
> erzählt hatte.
> Aber es gibt auch sehr fähige Numerik-Profs., Rannachers
> Skripte bspw.
> finde ich echt nicht gerade anspruchslos...
Wollte ich damit auch nicht sagen, eher generell, dass es nun einmal ein Numerik-Prof war und dieses Thema hier ja im Grunde gerade eher Algebra ist.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:53 Do 24.01.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Marcel,
>
> vielen vielen vielen DANK für Deine Antwort(en). Du hast
> mir super damit geholfen!!! Danke für Deine viele Mühe!!
>
> Soweit ist es jetzt, so hoffe ich, fast rund in meinem
> Kopf.
>
> Nur noch ein, zwei Fragen:
> Es wird ja [mm]\bruch{\phi(x)}{x^k}[/mm] dividiert
> und das ist dann
> = [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}[/mm] x + ... + [mm]a_nx^{n-k}[/mm] soweit klar
> = 0
> Also einerseits ist es klar, dass es =0 ist, weil ja jedes
> [mm]\phi(x)[/mm] = 0 ist für jedes x aus [mm]\IR[/mm] ohne 0 und somit auch
> jede Division.
> Aber wenn ich einfach mal auf das Ergebnis [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}[/mm] x
> + ... + [mm]a_nx^{n-k}[/mm] schaue und die Bedingung ja sagt, dass
> [mm]a_k[/mm] ungleich 0 ist, dann ist doch [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}[/mm] x + ... +
> [mm]a_nx^{n-k}[/mm] eigentlich immer [mm]\ne[/mm] 0
>
Wir führen doch einen Widerspruchsbeweis.
Wir haben [mm] a_k \ne [/mm] 0 und
(*) [mm] a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k} [/mm] =0
für alle x mit x [mm] \ne [/mm] 0. Mit x [mm] \to [/mm] 0 in (*) folgt: [mm] a_k=0, [/mm] Widerspruch.
FRED
>
> Zum Beweis ansich:
> Der Widerspruch ist ja dann: Die Annahme war, dass die
> Monome linear abhängig sind, somit mindestens ein von Null
> verschiedener Koeffizient existiert in einer
> Linearkombination von Monomen. Das kann nicht sein, weil
> nicht einerseits die Division durch [mm]x^k[/mm] immer Null ist für
> alle x ohne 0 und andererseits aber eine punktierte
> Umgebung von 0 existiert, in der die Division durch [mm]x^k[/mm]
> ungleich Null ist. Unformal ausgedrückt ;) Richtig?
>
> > (Kennst Du die/eine Definition von [mm]\lim_{x \to x_0}f(x)\,,[/mm]
> > oder soll ich Dir nochmal
> > zur Erinnerung eine aus einem Skript verlinken?)
>
> Kannst Du gerne noch einmal verlinken, Auffrischung ist
> immer gut
>
> Danke
> Anna
>
> PS:
>
> > Ich will nun nicht automatisch allen Numerik-Profs.
> > "Böses" unterstellen -
> > auch, wenn sogar Fred da schon "eine 'schöne' Geschichte"
> > erzählt hatte.
> > Aber es gibt auch sehr fähige Numerik-Profs.,
> Rannachers
> > Skripte bspw.
> > finde ich echt nicht gerade anspruchslos...
>
> Wollte ich damit auch nicht sagen, eher generell, dass es
> nun einmal ein Numerik-Prof war und dieses Thema hier ja im
> Grunde gerade eher Algebra ist.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:01 Do 24.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> Wir führen doch einen Widerspruchsbeweis.
>
> Wir haben [mm]a_k \ne[/mm] 0 und
>
> (*) [mm]a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k}[/mm] =0
>
>
> für alle x mit x [mm]\ne[/mm] 0. Mit x [mm]\to[/mm] 0 in (*) folgt: [mm]a_k=0,[/mm]
> Widerspruch.
nur ergänzend für Anna, denn ihr Numerik-Prof argumentiert alternativ:
Wir haben [mm] $a_k \not=0$ [/mm] und
(*) [mm]a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k}[/mm] =0
für alle $x [mm] \not=0\,$ [/mm] (das folgte alles aus der getroffenen Annahme). Mit
$x [mm] \to [/mm] 0$ in (*) folgt wegen [mm] $a_k \not=0$ [/mm] die Existenz einer punktierten Umgebung
der Null, auf der aber
[mm] $$a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k} \not=0$$
[/mm]
durchweg gilt. Damit kann aber
[mm] $$a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k}=0 \text{ für alle }x \not=0$$
[/mm]
nicht mehr wahr sein. (Das war die Argumentation des Numerik-Profs; ich
finde sie auch "etwas umständlich"; aber es geht halt auch so...)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 Do 24.01.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > Wir führen doch einen Widerspruchsbeweis.
> >
> > Wir haben [mm]a_k \ne[/mm] 0 und
> >
> > (*) [mm]a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k}[/mm] =0
> >
> >
> > für alle x mit x [mm]\ne[/mm] 0. Mit x [mm]\to[/mm] 0 in (*) folgt: [mm]a_k=0,[/mm]
> > Widerspruch.
>
> nur ergänzend für Anna, denn ihr Numerik-Prof
> argumentiert alternativ:
> Wir haben [mm]a_k \not=0[/mm] und
>
> (*) [mm]a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k}[/mm] =0
>
> für alle [mm]x \not=0\,[/mm] (das folgte alles aus der getroffenen
> Annahme). Mit
> [mm]x \to 0[/mm] in (*) folgt wegen [mm]a_k \not=0[/mm] die Existenz einer
> punktierten Umgebung
> der Null, auf der aber
> [mm]a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k} \not=0[/mm]
> durchweg gilt. Damit
> kann aber
> [mm]a_k+a_{k+1}x+...+a_nx^{n-k}=0 \text{ für alle }x \not=0[/mm]
>
> nicht mehr wahr sein. (Das war die Argumentation des
> Numerik-Profs; ich
> finde sie auch "etwas umständlich"; aber es geht halt auch
> so...)
>
> Gruß,
> Marcel
Hallo Marcel,
weiter oben hast Du gesagt, ich hätte mal eine schöne Geschichte über Numerik Professoren erzählt.
Du glaubst es nicht, aber ich kann mich nicht mehr dran erinnern. Frische bitte meine Erinnrungen auf.
Gruß FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:14 Do 24.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> Hallo Marcel,
>
> weiter oben hast Du gesagt, ich hätte mal eine schöne
> Geschichte über Numerik Professoren erzählt.
sagen wir lieber: Eine Geschichte über einen Numerik-Prof..
> Du glaubst es nicht, aber ich kann mich nicht mehr dran
> erinnern. Frische bitte meine Erinnrungen auf.
So ganz im Kopf habe ich das auch nicht mehr, aber Du hattest erzählt,
dass ein Numerik-Prof. irgendwie davon sprach', dass die [mm] $0=0_{\IC} \in \IC$
[/mm]
wohl von der [mm] $0=0_{\IR} \in \IR$ [/mm] zu unterscheiden sei.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Do 24.01.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > Hallo Marcel,
> >
> > weiter oben hast Du gesagt, ich hätte mal eine schöne
> > Geschichte über Numerik Professoren erzählt.
>
> sagen wir lieber: Eine Geschichte über einen
> Numerik-Prof..
>
> > Du glaubst es nicht, aber ich kann mich nicht mehr dran
> > erinnern. Frische bitte meine Erinnrungen auf.
>
> So ganz im Kopf habe ich das auch nicht mehr, aber Du
> hattest erzählt,
> dass ein Numerik-Prof. irgendwie davon sprach', dass die
> [mm]0=0_{\IC} \in \IC[/mm]
> wohl von der [mm]0=0_{\IR} \in \IR[/mm] zu
> unterscheiden sei.
Aah, jetzt fällts mir wieder ein. Er sagte: wenn man für die Null in [mm] \IC [/mm] einfach nur 0 schreibt, so sei das in der Mathematik ein großer Fehler.
Korrekt wäre $0+i*0$
FRED
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:22 Do 24.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> > Hallo Fred,
> >
> > > Hallo Marcel,
> > >
> > > weiter oben hast Du gesagt, ich hätte mal eine schöne
> > > Geschichte über Numerik Professoren erzählt.
> >
> > sagen wir lieber: Eine Geschichte über einen
> > Numerik-Prof..
> >
> > > Du glaubst es nicht, aber ich kann mich nicht mehr dran
> > > erinnern. Frische bitte meine Erinnrungen auf.
> >
> > So ganz im Kopf habe ich das auch nicht mehr, aber Du
> > hattest erzählt,
> > dass ein Numerik-Prof. irgendwie davon sprach', dass die
> > [mm]0=0_{\IC} \in \IC[/mm]
> > wohl von der [mm]0=0_{\IR} \in \IR[/mm] zu
> > unterscheiden sei.
>
> Aah, jetzt fällts mir wieder ein. Er sagte: wenn man für
> die Null in [mm]\IC[/mm] einfach nur 0 schreibt, so sei das in der
> Mathematik ein großer Fehler.
> Korrekt wäre [mm]0+i*0[/mm]
genau. Ich hatte übrigens in der Schule von meinem Mathelehrer (der
eigentlich wirklich super war, wenn auch meiner Meinung nach viel zu
gutmütig) ständig gehört, dass man Vektoren [mm] $v\,$ [/mm] entweder fett schreiben [mm] ($\mathbf{v}$), [/mm]
unterstreichen [mm] ($\underline{v}$) [/mm] oder mit einem Pfeil versehen [mm] ($\vec{v}$) [/mm] oder halt die
altdeutsche Schrift dafür (ich glaube, [mm] $\mathfrak{v}$ [/mm] wäre das dann?) verwenden MUSS.
Es wäre nicht erlaubt, zu sagen, dass [mm] $v\in [/mm] V$ ein Vektor sei. Und schon
gar nicht darf man $0 [mm] \in \IR^3$ [/mm] oder sowas schreiben, weil ja [mm] $0\not=(0,0,0)$
[/mm]
bzw. $0 [mm] \not=\vektor{0\\0\\0}$ [/mm] ist.
Ich fand' das damals schon witzig: Zum einen ergibt sich aus dem
Zusammenhang, welches neutrale Element ich gerade mit [mm] $0\,$ [/mm] meine; ich
hatte mir da angewöhnt, einfach immer [mm] $0_3:=(0,0,0)$ [/mm] oder sowas zu
definieren, weil: Lehrer sind halt Lehrer. 
Aber da [mm] $(\IR,+,*)\,,$ [/mm] kurz [mm] $\IR\,,$ [/mm] ja eh selbst ein Vektorraum (über sich
selbst) ist, hieße das einerseits, dass wir Variablen [mm] $x\,$ [/mm] für $x [mm] \in \IR$ [/mm] so
schreiben, wenn wir [mm] $\IR$ [/mm] nur als Körper betrachten, andererseits MÜSSEN
wir etwa [mm] $\vec{x} \in \IR$ [/mm] schreiben, wenn wir [mm] $\IR$ [/mm] als Vektorraum über sich
selbst betrachten. (Diese "Zwangsregel", die ich gelehrt bekam, ist also in
sich schon widersprüchlich). Und "überrascht" war ich an der Uni, dass sich da
niemand einen Teufel drum schert, ob ich da [mm] $\vec{v} \in [/mm] V$ oder $v [mm] \in [/mm] V$ schreibe,
wenn [mm] $V\,$ [/mm] Vektorraum ist; eigentlich aber auch nur deswegen überrascht,
weil mein Mathelehrer das wirklich in Arbeiten auch als Fehler gewertet hat,
aber ich wohl mit meiner Einstellung da keineswegs alleine stand, dass
das keinesfalls so gemacht werden muss. Vor allem hat's mir gefallen, dass
sogar mein Analysis-Prof. einfach bei Funktionen direkt in den ersten
Veranstaltungen schon gesagt hatte, dass er meist einfach [mm] $0\,$ [/mm] schreiben
werde, wobei er damit die Funktion [mm] $0\colon [/mm] K [mm] \to [/mm] K$ mit [mm] $0(x):=0\,$ [/mm] bezeichne.
(Insbesondere hat er dann auch darauch hingewiesen, dass man
beachten soll, dass da keine Definition steht, die sich selbst in der
Definition benutzt, sondern dass die [mm] $0\,$ [/mm] ganz rechts halt die [mm] $0_K \in [/mm] K$
bezeichne; wobei meist [mm] $K=\IR$ [/mm] oder [mm] $K=\IC$ [/mm] war. Das würde man sich aber
auch eh schon selbst denken können, wenn man sich die Definition
angucken würde...)
Da wird man quasi "jahrelang" darauf geschult, Vektoren "richtig zu schreiben",
um dann, wenn man sich an der Uni selbst mit der höheren Mathematik
beschäftigt, direkt zu sehen, dass das, was man jahrelang dachte,
eigentlich stimmt: Diese "Schulung" hätte man sich sparen können. Denn
das macht eh keiner wirklich (warum auch); außer vielleicht manchmal in
der Physik oder in gewissen Situationen, wenn da ständig einiges sonst
durcheinander laufen könnte.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:56 Do 24.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Anna,
> Hallo Marcel,
>
> vielen vielen vielen DANK für Deine Antwort(en). Du hast
> mir super damit geholfen!!! Danke für Deine viele Mühe!!
>
> Soweit ist es jetzt, so hoffe ich, fast rund in meinem
> Kopf.
>
> Nur noch ein, zwei Fragen:
> Es wird ja [mm]\bruch{\phi(x)}{x^k}[/mm] dividiert
> und das ist dann
> = [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}[/mm] x + ... + [mm]a_nx^{n-k}[/mm] soweit klar
> = 0
> Also einerseits ist es klar, dass es =0 ist, weil ja jedes
> [mm]\phi(x)[/mm] = 0 ist für jedes x aus [mm]\IR[/mm] ohne 0 und somit auch
> jede Division.
> Aber wenn ich einfach mal auf das Ergebnis [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}[/mm] x
> + ... + [mm]a_nx^{n-k}[/mm] schaue und die Bedingung ja sagt, dass
> [mm]a_k[/mm] ungleich 0 ist, dann ist doch [mm]a_k[/mm] + [mm]a_{k+1}[/mm] x + ... +
> [mm]a_nx^{n-k}[/mm] eigentlich immer [mm]\ne[/mm] 0
nein. Du musst hier immer bedenken: Es gibt hier Aussagen, die gelten
unter einer getroffenen Annahme: Weil wir hier einen Widerspruchsbeweis
führen wollen, müssen wir halt irgendwann zu dem Schluss kommen, dass
die Annahme, die wir als wahr "angenommen" hatten, doch gar nicht
gelten kann.
Du willst jetzt irgendwie sowas sagen, wie : "Hey, über ein Polynom vom
Grad $> [mm] 0\,$ [/mm] weiß ich doch, dass dies stets [mm] $\ne$ [/mm] 0 ist."
Die Aussage stimmt so nicht, denn das würde ja bedeuten, dass derartige
Polynome gar keine Nullstellen hätten. Was Du wohl eigentlich sagen
wolltest, ist, dass derartige Polynome jedenfalls nicht identisch [mm] $=0\,$ [/mm] sein
können.
Ich meine, wenn Du zeigen willst, dass [mm] $\sqrt{2} \notin \IQ$ [/mm] ist, und dies
per Widerspruch machst, dann fängst Du doch auch an:
"Angenommen, die Aussage [mm] $\sqrt{2} \in \IQ$ [/mm] WÄRE DOCH WAHR..." und
benutzt beim Beweis solange die "Richtigkeit von [mm] $\sqrt{2} \in \IQ$", [/mm] bis Du
an einen Punkt kommst, wo Du sagst: "Das passt nun aber alles nicht
zusammen..."
Oder machen wir mal ein ganz blödes Beispiel: Ich nehme an, Du weißt ja,
dass [mm] $\sqrt{2} \notin \IQ$ [/mm] gilt. (Das ist nun KEINE Annahme, sondern das ist eine TATSACHE!)
Jetzt nehmen wir an, es wäre aber [mm] $q:=2*\sqrt{2} \in \IQ\,.$ [/mm] (Also $q [mm] \in \IQ$ [/mm] wird im Folgenden stets
als wahr ANGENOMMEN, die Annahme lautet also: [mm] $2*\sqrt{2}=q \red{\;\in\;}\IQ$.)
[/mm]
Weil $q [mm] \in \IQ$ [/mm] ist (rein per ANNAHME!), ist dann aber auch [mm] $\tfrac{q}{2} \in \IQ\,.$ [/mm]
Das bedeutet aber [mm] $\sqrt{2} \in \IQ\,:$ [/mm]
Aus der ANNAHME $q [mm] \in \IQ$ [/mm] folgt also [mm] $\sqrt{2} \in \IQ\,,$ [/mm] was aber der
TATSACHE [mm] $\sqrt{2} \notin \IQ$ [/mm] widerspricht!
> Zum Beweis ansich:
> Der Widerspruch ist ja dann: Die Annahme war, dass die
> Monome linear abhängig sind, somit mindestens ein von Null
> verschiedener Koeffizient existiert in einer
> Linearkombination von Monomen.
Diese Linearkombination von Monomen muss DAS NULLPOLYNOM darstellen,
denn linear kombinieren kann ich ja Monome erstmal, wie ich will, egal, ob
diese nun linear unabhängig sind oder nicht. Linearkombinationen BILDEN
kann man, wie man gerade lustig ist.
> Das kann nicht sein, weil
> nicht einerseits die Division durch [mm]x^k[/mm] immer Null ist für
> alle x ohne 0 und andererseits aber eine punktierte
> Umgebung von 0 existiert, in der die Division durch [mm]x^k[/mm]
> ungleich Null ist. Unformal ausgedrückt ;) Richtig?
Mir ist nun nicht klar, ob Dir der Beweis nun klar ist. Ich mach' mal eine
Beweiszusammenfassung, ohne es wirklich symbolisch hinzuschreiben
(manchmal bringen reine Worte in der Mathematik doch mehr Klahrheit, um
eine Übersicht zu bekommen):
Wir nehmen an, die ersten [mm] $(n+1)\,$ [/mm] Monome seien linear abhängig. Dann
können wir DAS NULLPOLYNOM (die NULLFUNKTION) darstellen durch eine
nichttriviale Linearkombination dieser $(n+1)$ Monome. Diese
Linearkombination selber kann man als Polynom vom Grad höchstens [mm] $n\,$
[/mm]
auffassen, wenn man mag, und grob gesagt steht da nun also, umformuliert,
die Behauptung:
Es gibt eine Polynomfunktion vom Grad [mm] $\le [/mm] n$ derart, dass nicht alle Koeffizienten
(ein Koeffizient ist ja ein Faktor vor einem Monom) Null sind, und dass
diese Polynomfunktion dennoch identisch mit dem Nullpolynom ist. Und
jetzt zeigt man, dass das aber doch nicht sein kann.
(Nebenbei: Man könnte hier auch direkt sagen, dass das aber wegen des
Fundamentalsatzes der Algebra gar nicht sein kann. Aber der
Fundamentalsatz der Algebra ist ja schon ein schweres Geschütz.)
> > (Kennst Du die/eine Definition von [mm]\lim_{x \to x_0}f(x)\,,[/mm]
> > oder soll ich Dir nochmal
> > zur Erinnerung eine aus einem Skript verlinken?)
>
> Kannst Du gerne noch einmal verlinken, Auffrischung ist
> immer gut
![[]](/images/popup.gif) Beispielsweise Definition 10.4 von hier (klick!)
> Danke
> Anna
>
> PS:
>
> > Ich will nun nicht automatisch allen Numerik-Profs.
> > "Böses" unterstellen -
> > auch, wenn sogar Fred da schon "eine 'schöne' Geschichte"
> > erzählt hatte.
> > Aber es gibt auch sehr fähige Numerik-Profs.,
> Rannachers
> > Skripte bspw.
> > finde ich echt nicht gerade anspruchslos...
>
> Wollte ich damit auch nicht sagen, eher generell, dass es
> nun einmal ein Numerik-Prof war und dieses Thema hier ja im
> Grunde gerade eher Algebra ist.
Naja, (lineare) Algebra und Analysis. Aber was ist daran "schlimm" (auch,
wenn das Wort vielleicht nicht das ist, was wir meinen)? Die Numeriker
bedienen sich auch der Funktionalanalysis, sie bedienen sich durchweg der
Analysis (Integrationsverfahren), teilweise der Approximationstheorie und
weiß der Geier, was sie noch alles benutzen (bei Finite-Elemente-Methoden
wird's dann eigentlich richtig abstrakt...). Ich find's sogar gut, wenn hier
wenigstens selbst nochmal ein Beweis vorgeführt wird - ich kenne es
nämlich durchaus, dass (teilweise sogar falsche) Behauptungen (die
manchmal einfach falsch waren, weil sie "unvollständig" formuliert worden
sind) in der Numerik benutzt werden, wo einfach nur steht "Beweis:
bekannt aus Analysis" oder "Aussage findet man in dem Buch ... von ...".
Und manchmal steht sogar der Satz/das Lemma, die Seite oder was auch
immer dabei, nur passt das doch nicht ohne weiteres einfach zusammen.
Von daher: Der Numerik-Prof. ist da wenigstens "vernünftig" vorgegangen.
Manche Formulierungen sind da nicht gerade "berauschend", aber solche
findet man (leider) auch manchmal in "sehr sehr guter" Fachliteratur - und
man merkt, dass der Prof. selber den Beweis verstanden hat.
P.S. Fred hat den Beweis ja nun auch nochmal schön kurz und knapp
formal zusammengefasst. (Wobei das wieder eher zu meiner
Beweisversion passt.)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:05 Do 24.01.2013 | | Autor: | Anna-Lyse |
Hallo Marcel,
nun ist der Beweis mir wirklich klar. Vielen vielen Dank für Deine weiteren Erklärungen, Zusammenfassung und Ergänzungen!
> P.S. Fred hat den Beweis ja nun auch nochmal schön kurz
> und knapp
> formal zusammengefasst. (Wobei das wieder eher zu meiner
> Beweisversion passt.)
Ja, auch Dir Fred ein DANKE!
Nun habe ich es endlich komplett nachvollziehen können im Kopf.
Viele Grüße
Anna
PS:
> Naja, (lineare) Algebra und Analysis. Aber was ist daran
> "schlimm" (auch,
> wenn das Wort vielleicht nicht das ist, was wir meinen)?
> Die Numeriker
> bedienen sich auch der Funktionalanalysis, sie bedienen
> sich durchweg der
> Analysis (Integrationsverfahren), teilweise der
> Approximationstheorie und
> weiß der Geier, was sie noch alles benutzen (bei
> Finite-Elemente-Methoden
> wird's dann eigentlich richtig abstrakt...). Ich find's
> sogar gut, wenn hier
> wenigstens selbst nochmal ein Beweis vorgeführt wird - ich
> kenne es
> nämlich durchaus, dass (teilweise sogar falsche)
> Behauptungen (die
> manchmal einfach falsch waren, weil sie "unvollständig"
> formuliert worden
> sind) in der Numerik benutzt werden, wo einfach nur steht
> "Beweis:
> bekannt aus Analysis" oder "Aussage findet man in dem Buch
> ... von ...".
> Und manchmal steht sogar der Satz/das Lemma, die Seite
> oder was auch
> immer dabei, nur passt das doch nicht ohne weiteres
> einfach zusammen.
>
> Von daher: Der Numerik-Prof. ist da wenigstens
> "vernünftig" vorgegangen.
> Manche Formulierungen sind da nicht gerade "berauschend",
> aber solche
> findet man (leider) auch manchmal in "sehr sehr guter"
> Fachliteratur - und
> man merkt, dass der Prof. selber den Beweis verstanden
> hat.
Schon heftig, na da bin ich ja mal gespannt, was bei mir nun noch so kommen mag im Script.
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