Vektorraum der Abbildungsmenge < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei $M$ eine Menge, $K$ ein Schiefkörper und [mm] $K^M$ [/mm] die Menge der Abbildungen von $M$ und $K$ mit den binären Operationen:
$+ : [mm] K^M \times K^M \rightarrow K^M$ [/mm] mit $(f+g)(m) := f(m) + g(m)$,
[mm] $\cdot [/mm] : [mm] K^M \times K^M \rightarrow K^M$ [/mm] mit $(f [mm] \cdot [/mm] k)(m) := f(m) [mm] \cdot [/mm] k$.
Zeigen Sie:
a.) [mm] $(K^M, [/mm] +, [mm] \cdot)$ [/mm] ist ein K-Vektorraum
b.) Die Menge [mm] $K^{(M)} [/mm] := [mm] \{f \in K^M | \{m \in M | f(m) \not= 0\}$ endlich $\} [/mm] ist ein Teilvektorraum.
c.) Es gilt [mm] $K^M [/mm] = [mm] K^{(M)}$ [/mm] genau dann, wenn M endlich ist. |
Hallo,
habe diesmal eine Frage zu den Vektorräumen. Zur a) habe ich einen einfachen Ansatz, jedoch fehlt mir teilweise das Verständnis bei der Menge [mm] $K^{(M)}$ [/mm] bei Aufgabenteil b.), was sich dann natürlich auf c.) äußert.
zu a.)
[mm] $(K^M, [/mm] +) ist abelsche Gruppe ist leicht zu zeigen, Neutralelement ist eine Projektion auf 0, das Inverse ist einfach eine Abbildung auf das negative Bild der "normalen" Abbildung - bei der Kommutativität bin ich mir nicht sicher ob ich einfach sagen, dass:
Seien $f,g [mm] \in K^M$, [/mm] so gilt:
$(f+g)(m) = f(m) + g(m) [mm] \overset{Komm. in K}{=} [/mm] g(m) + f(m) = (g+f)(m)$
Bei den anderen Vektorraumaxiomen bin ich mir unsicherer:
Seien $f,g [mm] \in K^M, [/mm] k, [mm] k_1, k_2 \in [/mm] K$, so gilt.
(1): $(f+g)(m) [mm] \cdot [/mm] k = (f(m) + g(m)) [mm] \cdot [/mm] k [mm] \overset{Distrib. in K}{=} [/mm] = f(m [mm] \cdot [/mm] k) + g(m [mm] \cdot [/mm] k) = f(m) [mm] \cdot [/mm] k + g(m) [mm] \cdot [/mm] k$
(2): $f(m) [mm] \cdot (k_1 [/mm] + [mm] k_2) [/mm] = f(m [mm] \cdot k_1) [/mm] + f(m [mm] \cdot k_2) [/mm] = f(m) [mm] \cdot k_1 [/mm] + f(m) [mm] \cdot k_2$
[/mm]
(3): $f(m) [mm] \cdot (k_1 k_2) [/mm] = f(m [mm] \cdot k_1 k_2) [/mm] = [mm] (f(m)k_1)k_2$
[/mm]
(4): $f(m) [mm] \cdot 1_K [/mm] = f(m [mm] \cdot 1_k) [/mm] = f(m)$
=> [mm] $(K^M, [/mm] +, [mm] \cdot)$ [/mm] ist ein K-Vektorraum
zu b.) wäre gut wenn mir jemand die Menge [mm] $K^{(M)}$ [/mm] genau erläutern könnte z.B. beim Zeigen eines der nötigen Teilraumaxiome.
Grüße
Joe
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:08 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei [mm]M[/mm] eine Menge, [mm]K[/mm] ein Schiefkörper und [mm]K^M[/mm] die Menge der
> Abbildungen von [mm]M[/mm] und [mm]K[/mm] mit den binären Operationen:
>
> [mm]+ : K^M \times K^M \rightarrow K^M[/mm] mit [mm](f+g)(m) := f(m) + g(m)[/mm],
ich schreibe später der Deutlichkeit wegen $(f [mm] \oplus [/mm] g)$ bzw. $f [mm] \oplus [/mm] g$ anstatt [mm] $(f+g)\,$ [/mm] bzw. [mm] $f+g\,.$
[/mm]
> [mm]\cdot : K^M \times K^M \rightarrow K^M[/mm] mit [mm](f \cdot k)(m) := f(m) \cdot k[/mm].
Da sollte doch eher
[mm] $$\cdot: K^M \times \red{K} \to K^M$$
[/mm]
wobei für jedes $k [mm] \in [/mm] K$ und $f [mm] \in K^M$ [/mm] die Abbildung $(f [mm] \cdot k)\,$ [/mm]
durch
$$(f [mm] \cdot [/mm] k)(m):=f(m) [mm] \cdot [/mm] k [mm] \;\;\;\;\;\;\;\text{ für alle } [/mm] m [mm] \in [/mm] M$$
definiert sei, stehen. Wobei eigentlich bei den VR-Axiomen bei der skalaren
Multiplikation der Skalar links steht - aber nun gut, warum nicht mal
anders, hier ändert sich ja nichts wesentlich...
Ich schreibe auch hier später $(f [mm] \odot [/mm] k)$ bzw. $f [mm] \odot [/mm] k$ anstatt
$(f [mm] \cdot [/mm] k)$ bzw. $f [mm] \cdot k\,.$
[/mm]
> Zeigen Sie:
>
> a.) [mm](K^M, +, \cdot)[/mm] ist ein K-Vektorraum
> b.) Die Menge [mm]$K^{(M)}[/mm] := [mm]\{f \in K^M | \{m \in M | f(m) \not= 0\}$ endlich $\}[/mm]
> ist ein Teilvektorraum.
> c.) Es gilt [mm]K^M = K^{(M)}[/mm] genau dann, wenn M endlich ist.
> Hallo,
>
> habe diesmal eine Frage zu den Vektorräumen. Zur a) habe
> ich einen einfachen Ansatz, jedoch fehlt mir teilweise das
> Verständnis bei der Menge [mm]K^{(M)}[/mm] bei Aufgabenteil b.),
> was sich dann natürlich auf c.) äußert.
>
> zu a.)
>
> [mm]$(K^M,[/mm] +) ist abelsche Gruppe ist leicht zu zeigen,
> Neutralelement ist eine Projektion auf 0
Wieso Projektion? Das ist doch einfach die Nullabbildung $M [mm] \to K,\; [/mm] M [mm] \ni [/mm] m [mm] \mapsto 0\,.$
[/mm]
> , das Inverse ist
> einfach eine Abbildung auf das negative Bild der "normalen"
> Abbildung
Ja, aber schreib's doch hin: Ist $f: M [mm] \to [/mm] K$ eine Abbildung, dann wird
[mm] $-f\,$ [/mm] definiert durch $(-f)(x):=-f(x)$ für alle $x [mm] \in M\,,$ [/mm] und dann ist
insbesondere
$$-f: M [mm] \to K\,.$$
[/mm]
> - bei der Kommutativität bin ich mir nicht
> sicher ob ich einfach sagen, dass:
>
> Seien [mm]f,g \in K^M[/mm], so gilt:
> [mm](f+g)(m) = f(m) + g(m) \overset{Komm. in K}{=} g(m) + f(m) = (g+f)(m)[/mm]
Natürlich: Das erste und letzte Gleichheitszeichen gilt ja per Definitionem!
Und das mittlere hast Du begründet! (Das ganze wird übrigens, finde ich,
ein bisschen klarer, wenn man $f [mm] \oplus [/mm] g$ anstatt [mm] $f+g\,$ [/mm] für
Abbildungen $f,g [mm] \in K^M$ [/mm] schreibt: Denn dann ist $+: K [mm] \times [/mm] K [mm] \to [/mm] K$
die "übliche" Addition im Schiefkörper [mm] $K\,,$ [/mm] und [mm] $\oplus$ [/mm] ist die Addition
im [mm] $K^M\,,$ [/mm] d.h. [mm] $\oplus: K^M \times K^M \to K^M\,.$)
[/mm]
> Bei den anderen Vektorraumaxiomen bin ich mir unsicherer:
>
> Seien [mm]f,g \in K^M, k, k_1, k_2 \in K[/mm], so gilt.
>
> (1): [mm](f+g)(m) \cdot k = (f(m) + g(m)) \cdot k \overset{Distrib. in K}{=} = f(m \cdot k) + g(m \cdot k)[/mm]
Die Behauptung [mm] $f(m)*k=f(m*k)\,$ [/mm] ist nichts anderes als eine Behauptung:
Nimm' einfach den Körper [mm] $\IR\,,$ [/mm] welcher insbesondere ein Schiefkörper
ist und betrachte mal ein nichtlineares [mm] $f\,,$ [/mm] etwa [mm] $f=\exp: \IR \to \IR\,.$
[/mm]
Warum machst Du den Zwischenschritt überhaupt? Denn das verstehe ich
nicht. Ich schreibe auch später mal [mm] $\odot$ [/mm] für die Multiplikation [mm] $\odot: K^M \times K^M \to K^M\,.$ [/mm]
Jedenfalls: Hier gilt dann für jedes $m [mm] \in [/mm] M$:
$$(f [mm] \oplus [/mm] g)(m)=f(m)+g(m)=g(m)+f(m)=(g [mm] \oplus f)(m)\,,$$
[/mm]
denn das erste und letzte Gleichheitszeichen gilt dann per Definitionem
von [mm] $\oplus\,$ [/mm] und das mittlere kannst Du halt mit der Komm. der Addition
[mm] $+\,$ [/mm] in [mm] $K\,$ [/mm] begründen! Was Du hier wirklich gezeigt hast und auch
zu zeigen war, ist übrigens die Gleichheit
$$f [mm] \oplus [/mm] g=g [mm] \oplus [/mm] f$$
für alle $f,g [mm] \in K^M\,.$
[/mm]
> (2): [mm]f(m) \cdot (k_1 + k_2) = f(m \cdot k_1) + f(m \cdot k_2) = f(m) \cdot k_1 + f(m) \cdot k_2[/mm]
Wie gesagt: Für alle $m [mm] \in [/mm] M$ gilt
$$f(m) [mm] \cdot (k_1+k_2)=f(m)\cdot k_1+f(m)\cdot k_2\,,$$
[/mm]
und jetzt denke drüber nach, wie bzw. wo Du rechterhand die
Operationen [mm] $\odot$ [/mm] und [mm] $\oplus$ [/mm] wiedererkennst!
Nebenbei: Wenn Du's ganz penibel aufschreiben willst:
Zu zeigen ist hier, dass für alle [mm] $k_1,k_2 \in [/mm] K$ und $f [mm] \in K^M$ [/mm] gilt, dass
die Abbildung
$$f [mm] \odot (k_1+k_2): [/mm] K [mm] \to [/mm] M$$
erfüllt
$$f [mm] \odot (k_1+k_2)=f \odot k_1 \oplus [/mm] f [mm] \odot k_2\,.$$ [/mm]
Und das zeigt man eben, indem man zeigt: Für alle $m [mm] \in [/mm] M$ gilt
$$(f [mm] \odot (k_1+k_2))(m)=(f \odot k_1 \oplus [/mm] f [mm] \odot k_2)(m)\,.$$
[/mm]
Und für jedes $m [mm] \in [/mm] M$ gilt nun
$$(f [mm] \odot (k_1+k_2))(m)=f(m)*(k_1+k_2)=...$$
[/mm]
Bekommst Du das nun hingeschrieben?
> (3): [mm]f(m) \cdot (k_1 k_2) = f(m \cdot k_1 k_2) = (f(m)k_1)k_2[/mm]
Bekommst Du das nun selbst korrigiert?
> (4): [mm]f(m) \cdot 1_K = f(m \cdot 1_k) = f(m)[/mm]
Auch das?
> => [mm](K^M, +, \cdot)[/mm] ist ein K-Vektorraum
>
> zu b.) wäre gut wenn mir jemand die Menge [mm]K^{(M)}[/mm] genau
> erläutern könnte z.B. beim Zeigen eines der nötigen
> Teilraumaxiome.
Na, das ist doch nicht schwer: [mm] $K^{(M)}$ [/mm] ist die Menge aller Abbildungen
$f: M [mm] \to K\,,$ [/mm] welche nur an endlich vielen Stellen nicht den Wert [mm] $0\,$
[/mm]
annimmt.
Und wenn [mm] $f_1: [/mm] M [mm] \to [/mm] K$ eine solche Abbildung ist, nehmen wir an, ihre
Nullstellenmenge sei [mm] $N_1 \subseteq [/mm] M$ und sei [mm] $f_2: [/mm] M [mm] \to [/mm] K$
eine weitere solche mit Nullstellenmenge [mm] $N_2\,,$ [/mm] dann ist es leicht, sich
zu überlegen, dass
[mm] $$(f_1 \oplus f_2): [/mm] M [mm] \to [/mm] K$$
auch eine endliche Nichtnullstellenmenge hat (das brauchst Du, um zu
sehen, dass [mm] $\oplus_{|K^{(M)} \times K^{(M)}}$ [/mm] eine Abbildung [mm] $\to K^{(M)}$ [/mm]
ist, d.h., dass "die Summe zweier Abbildungen (bzgl. [mm] $\oplus$) [/mm] aus
[mm] $K^{(M)}$ [/mm] auch wieder eine Abbildung ist, die in [mm] $K^{(M)}$ [/mm] liegt"):
Nach Voraussetzung sind sowohl $M [mm] \setminus N_1$ [/mm] als auch $M [mm] \setminus N_2$
[/mm]
beides endliche Mengen. Für alle $x [mm] \in N_1 \cap N_2$ [/mm] gilt aber
$$(f [mm] \oplus g)(x)=f(x)+g(x)=0+0=0\,,$$
[/mm]
d.h. die Nullstellenmenge [mm] $N_\oplus$ [/mm] von $f [mm] \oplus [/mm] g$ ist eine Obermenge
von [mm] $N_1 \cup N_2$:
[/mm]
Es gilt
[mm] $$(\*)\;\;\;N_1 \cup N_2 \subseteq N_\oplus\,.$$
[/mm]
Zu zeigen ist nun, dass $M [mm] \setminus N_\oplus$ [/mm] auch endlich sein muss:
Wegen [mm] $(\*)$ [/mm] folgt aber
$$M [mm] \setminus N_\oplus \subseteq [/mm] M [mm] \setminus (N_1 \cap N_2)=M \setminus N_1 \cup M\setminus N_2\,,$$
[/mm]
und rechterhand steht eine Vereinigung zweier endlicher Mengen, die
folglich endlich ist (also nur endlich viele Elemente hat). Teilmengen
endlicher Mengen sind aber endlich, also folgt die Behauptung!
Bekommst Du den Rest nun selbst hin?
(Die Kommutativität $f [mm] \oplus [/mm] g=g [mm] \oplus [/mm] f$ für $f,g [mm] \in K^{(M)}$ [/mm] folgt
etwa sowieso direkt, weil [mm] $K^{(M)} \subseteq K^M$ [/mm] gilt und die
Addition [mm] $\oplus$ [/mm] auf [mm] $K^{(M)}$ [/mm] (eigentlich müßte man da schon wieder
besser ein anderes Symbol benutzen, also etwa [mm] $\oplus_{K^{(M)}}$) [/mm] halt
einfach die Einschränkung von [mm] $\oplus$ [/mm] auf [mm] $K^{(M)} \times K^{(M)}$ [/mm] ist
(d.h. [mm] $\oplus_{K^{(M)}}=\oplus_{|K^{(M)} \times K^{(M)}}\,.$) [/mm] Das nur
als Beispiel, auch, wenn Du die Kommutativität bei den Unterraumaxiomen
nicht nachzurechnen brauchst...)
Gruß,
Marcel
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Danke für deine Antwort Marcel auch wenn es dir wahrscheinlich "dumm" vorkommt solchen Anfängern wie mir zu helfen, aber für mich ergibt sich das eine noch nicht aus dem anderen. Du kannst dir bei deinen Antworten Zeit lassen, dann brauchst du nicht so oft zu korrigieren :)
Stimmt die Multiplikation ist auf dem kartesischen Produkt von [mm] $K^M \times [/mm] K$ definiert - mein Fehler.
Das mit der Reihenfolge der Objekte bei Operationen ist mir auch aufgefallen, als ich das Skript meines Profs mit dem Fischer verglichen habe.
Meistens wird aber auch ein Vektorraum über einem Körper und nicht Schiefkörper definiert :)
Das mit der Projektion war ebenfalls mein Fehler, ich hätte auch sagen können konstante Abbildung auf 0 $n : M [mm] \rightarrow [/mm] K: m [mm] \mapsto [/mm] 0$. Das mit der Ausführlichkeit ist eine Sache der Interpretation, ich dachte es würde ausreichen wenn man einen ausdrucksstarken Satz formuliert. Jedenfalls wurde mir sowas noch nie in den Übungen angekreidert - eher "the other way round". Daher dachte ich es würde hier ausreichen.
Bei der Kommutativität - gut, dass sie wenigstens korrekt ist :)
Das mit den zusätzlichen Zeichen im Vektorraum hätte man natürlich der Übersichtlichkeit halber machen müssen - war mir jedoch nicht bewusst.
zu (1): deine Erklärung beruft sich wieder auf die Kommutativität der Addition, aber was bringt mir das bei einer skalaren Multiplikation?
Jedenfalls zu $exp$. $exp(3 [mm] \cdot [/mm] 4) = [mm] e^{3 \cdot 4} [/mm] = [mm] e^{12} \not= e^{3} \cdot [/mm] 4 = exp(3) [mm] \cdot [/mm] 4$ - also diesen Ansatz verstehe ich.
Warum gilt dann $(f [mm] \oplus [/mm] g)(m) [mm] \cdot [/mm] k = f(m) [mm] \cdot [/mm] k [mm] \oplus [/mm] g(m) [mm] \cdot [/mm] k$
zu (2): Ich soll ja das zeigen, was du bereits für alle m aus M voraussetzt, nämlich $f(m) [mm] \cdot (k_1+k_2)=f(m)\cdot k_1+f(m)\cdot k_2\$. [/mm] Darf ich damit argumentieren, dass im Schiefkörper das Distributivgesetz gilt und ich daher diese Schritte vornehmen kann. Deine weiteren Ausführungen bezeihen sich ja im Grunde darauf.
Deine Ausführungen sind mir leider nicht ersichtlich, du setzt im Grunde das voraus was du zeigen möchtest, denn du sagst ja für alle $m [mm] \in [/mm] M$ gilt: $(f [mm] \odot (k_1+k_2))(m)=(f \odot k_1 \oplus [/mm] f [mm] \odot k_2)(m)\$. [/mm] Warum gilt dies? Das ist ja im Grunde, was zu zeigen ist. Daher kriege ich es nicht hingeschrieben.
zu (3): $(f [mm] \odot (k_1 \cdot k_2))(m) [/mm] = (f [mm] \odot k_1 \odot k_2)(m) [/mm] = (f [mm] \odot k_1)(m) \cdot k_2$?
[/mm]
zu (4): $(f [mm] \odot 1_K)(m) [/mm] = f(m) [mm] \cdot 1_K \overset{Neutralelement der Mult. in K}{=} [/mm] f(m)$?
zu b.) gleich mehr dazu, doch ich möchte, dass du erstmal über das obere drüberguckst und wenn ich ehrlich bin, ich bin mir jetzt noch unsicherer als vorher.
Grüße
Joe
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:28 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke für deine Antwort Marcel auch wenn es dir
> wahrscheinlich "dumm" vorkommt solchen Anfängern wie mir
> zu helfen,
Quatsch: Warum sollte es mir dumm vorkommen? Ehrlich gesagt freut es
mich meistens, wenn ich sehe, dass durchaus talentierte "Anfänger",
die manchmal etwas unsauber arbeiten, 'auf den richtigen Weg' gebracht
werden konnten. Ich mach' das bei 'Anfängern' daher auch didaktisch
eher "streng", denn der Rest kommt dann von alleine...
> aber für mich ergibt sich das eine noch nicht
> aus dem anderen. Du kannst dir bei deinen Antworten Zeit
> lassen, dann brauchst du nicht so oft zu korrigieren :)
Na, das ist eher ein Tick von mir: Ich nehme mir zu wenig Zeit zum
Korrekturlesen vor dem Absenden, weil ich's halt auch hinterher tun
kann. Und dann fällt mir auf: "Da ist noch was falsch, da etwas unsauber
formuliert etc. pp."
> Stimmt die Multiplikation ist auf dem kartesischen Produkt
> von [mm]K^M \times K[/mm] definiert - mein Fehler.
Kein Ding: Es verwunderte mich nur ein wenig.
> Das mit der Reihenfolge der Objekte bei Operationen ist mir
> auch aufgefallen, als ich das Skript meines Profs mit dem
> Fischer verglichen habe.
> Meistens wird aber auch ein Vektorraum über einem Körper
> und nicht Schiefkörper definiert :)
Richtig: Ich glaube aber, es ist auch egal bzw. spielt keine allzu
wesentliche Rolle...
Ich meine, man kann auch definieren:
Sei
[mm] $$\odot: [/mm] K [mm] \times K^M \to K^M$$
[/mm]
definiert durch: Für alle $f [mm] \in K^M$ [/mm] und $k [mm] \in [/mm] K$ sei
$$(k [mm] \odot [/mm] f) [mm] \in K^M$$
[/mm]
definiert durch
$$(k [mm] \odot [/mm] f)(m):=f(m) [mm] \cdot k\,$$
[/mm]
für alle $m [mm] \in M\,.$ [/mm] Dann wären wir "konventionstreuer", aber Eure
Aufgabe bliebe die gleiche (bis darauf, dass $f [mm] \odot [/mm] k$ nun als $k [mm] \odot [/mm] f$
geschrieben werden würde).
> Das mit der Projektion war ebenfalls mein Fehler,
Ich fragte mich nur, was der Begriff "Projektion" da zu suchen hatte.
> ich
> hätte auch sagen können konstante Abbildung auf 0 [mm]n : M \rightarrow K: m \mapsto 0[/mm].
> Das mit der Ausführlichkeit ist eine Sache der
> Interpretation, ich dachte es würde ausreichen wenn man
> einen ausdrucksstarken Satz formuliert. Jedenfalls wurde
> mir sowas noch nie in den Übungen angekreidert - eher "the
> other way round". Daher dachte ich es würde hier
> ausreichen.
Na, sagen wir's mal so: Ich würde es für mich einfach selbst ausführlich
aufschreiben, jedenfalls solange Du da noch nicht genug Erfahrung/Übung
hast. Wenn Du das ein paar Mal gemacht hast, wird Dir dann auch klarer,
dass bei $f+g$ für $f,g [mm] \in K^M$ [/mm] das [mm] $+\,$ [/mm] ein anderes ist also das [mm] $+\,$
[/mm]
bei $m+n$ für $m,n [mm] \in K\,.$
[/mm]
> Bei der Kommutativität - gut, dass sie wenigstens korrekt
> ist :)
> Das mit den zusätzlichen Zeichen im Vektorraum hätte man
> natürlich der Übersichtlichkeit halber machen müssen -
> war mir jedoch nicht bewusst.
Meinst Du die [mm] $\oplus$ [/mm] etc. pp.? Wie gesagt: Es hilft einem, besser zu
verstehen, was man macht oder machen muss. Sonst denkt man nachher,
dass bei [mm] $f+g=g+f\,$ [/mm] doch nichts zu zeigen ist: [mm] $+\,$ [/mm] in [mm] $K\,$ [/mm] ist doch
kommutativ. Bei $f [mm] \oplus [/mm] g=g [mm] \oplus [/mm] f$ sieht man eher: "Ah, das ist nicht
'die übliche' Addition..." (wenngleich es auch eine "üblich naheliegende"
ist!)
> zu (1): deine Erklärung beruft sich wieder auf die
> Kommutativität der Addition, aber was bringt mir das bei
> einer skalaren Multiplikation?
Was meinst Du nun: Das [mm] $\odot$ [/mm] - welches ich da erwähnte - wurde halt
nur nochmal erwähnt, weil es später auftaucht, und weil ich den Text auch
nachträglich ein wenig geändert habe, taucht eine solche Erwähnung halt
manchmal auch auf, wenn man sie an dieser Stelle (noch) nicht wirklich
bräuchte. 
> Jedenfalls zu [mm]exp[/mm]. [mm]exp(3 \cdot 4) = e^{3 \cdot 4} = e^{12} \not= e^{3} \cdot 4 = exp(3) \cdot 4[/mm]
> - also diesen Ansatz verstehe ich.
Das ist kein Ansatz, es soll Dir einfach nur zeigen:
Es gibt doch Funktionen $f: M [mm] \to K\,,$ [/mm] die eben NICHT erfüllen, dass
[mm] $$(\*)\;\;\;f(m)*k=f(m*k)\,$$
[/mm]
gilt. Deswegen darfst Du sowas wie [mm] $(\*)$ [/mm] i.a. auch nicht benutzen, aber
sowas hattest Du benutzt (vermutlich, weil Du irgendwie an lineare
Abbildungen, die ja in der linearen Algebra vorkommen, gedacht
hattest...)!
> Warum gilt dann [mm](f \oplus g)(m) \cdot k = f(m) \cdot k \oplus g(m) \cdot k[/mm]
>
> zu (2): Ich soll ja das zeigen, was du bereits für alle m
> aus M voraussetzt, nämlich [mm]f(m) \cdot (k_1+k_2)=f(m)\cdot k_1+f(m)\cdot k_2\[/mm].
Nein - das sollst Du nicht zeigen: Es ist doch $f(m) [mm] \in K\,,$ [/mm] weiter sind
[mm] $k_1, k_2 \in [/mm] K$ und oben sind $+: K [mm] \times [/mm] K [mm] \to [/mm] K$ und [mm] $\cdot: [/mm] K [mm] \times [/mm] K [mm] \to [/mm] K$
eben die Addition bzw. die Multiplikation in [mm] $K\,.$ [/mm] Und für alle $a,b,c [mm] \in [/mm] K$
gilt doch (die Reihenfolge hier hat nur den Sinn, dass ich [mm] $a:=k_1$ [/mm] und [mm] $b:=k_2$
[/mm]
später noch benutzen will)
[mm] $$c*(a+b)=c*a+c*b\,,$$
[/mm]
also gilt das insbesondere auch für $c:=f(m), [mm] a:=k_1, b:=k_2 \in K\,.$
[/mm]
> Darf ich damit argumentieren, dass im Schiefkörper das
> Distributivgesetz gilt und ich daher diese Schritte
> vornehmen kann. Deine weiteren Ausführungen bezeihen sich
> ja im Grunde darauf.
Ja. Ich schreib jetzt das ganze vielleicht einmal ganz ausführlich auf, damit
da einmal alle Kleinigkeiten abgehandelt werden, dann wird's vielleicht
klarer und die Missverständnisse bereinigen sich von selbst. Ich bin jetzt
ein bisschen schreibfaul und schreibe nicht [mm] $k_1,k_2 \in K\,,$ [/mm] sondern
einfach $a,b [mm] \in K\,.$ [/mm] (Du kannst ja selber wieder [mm] $a=k_1$ [/mm] und
[mm] $b=k_2$ [/mm] schreiben!)
Zu zeigen ist das folgende Distributivgesetz:
Für alle $f [mm] \in K^M$ [/mm] und $a,b [mm] \in K\,$ [/mm] gilt
[mm] $$(\*\*)\;\;\;f \odot [/mm] (a+b)=f [mm] \odot [/mm] a [mm] \oplus [/mm] f [mm] \odot [/mm] b$$
(rechterhand ist das als $(f [mm] \odot [/mm] a) [mm] \oplus [/mm] (f [mm] \odot [/mm] b)$ zu lesen)!
(Ich betone es nochmals: Der blaugeschriebene Teil und die Gleichung [mm] $(\*\*)$
[/mm]
ist ZU ZEIGEN, das heißt: Da steht eine BEHAUPTUNG! Und diese wird erst
jetzt - im Folgenden - ausführlichst bewiesen werden! Das mache ich hier
so deutlich, weil es da ein Missverständnis gab - darauf gehe ich aber
eigentlich erst weiter unten nochmal ein...)
Klar ist dabei folgendes: $a,b [mm] \in [/mm] K$ liefert $a+b=:s [mm] \in K\,,$ [/mm] und nach
Definition von [mm] $\odot$ [/mm] ist daher $f [mm] \odot [/mm] s$ eine Abbildung [mm] $\in K^M$
[/mm]
also $(f [mm] \odot s)=:f_s: [/mm] M [mm] \to K\,.$
[/mm]
Rechterhand gelten $(f [mm] \odot a)=:f_a \in K^M$ [/mm] und $(f [mm] \odot b)=:f_b \in K^M\,,$ [/mm] und
nach Definition von [mm] $\oplus$ [/mm] ist dann [mm] $(f_a \oplus f_b)=:f_{a,b} \in K^M\,.$
[/mm]
Was ist denn nun zu zeigen? Zu zeigen ist, dass [mm] $f_s=f_{a,b}$ [/mm] gilt.
Bereits bekannt ist, dass [mm] $f_s: [/mm] M [mm] \to [/mm] K$ und [mm] $f_{a,b}: [/mm] M [mm] \to K\,,$ [/mm] anders
gesagt: [mm] $f_s,f_{a,b} \in K^M$ [/mm] wissen wir hier nun schon.
Also bleibt zu zeigen: Für alle $m [mm] \in [/mm] M$ muss noch
[mm] $$f_s(m)=f_{a,b}(m)$$
[/mm]
begründet werden. (Die ganzen "Bezeichnungen" haben nur dazu
gedient, dass man klar erkennt, dass hier eine Gleichheit zweier
Abbildungen zu beweisen ist!)
Und dies geschieht nun (nach dem folgenden Doppelpunkt):
Es gilt für jedes $m [mm] \in [/mm] M$ (Erinnerung: es war [mm] $s=a+b\,$):
[/mm]
[mm] $$f_s(m)\stackrel{1.}{=}(f \odot s)(m)\stackrel{2.}{=}f(m)*s\stackrel{3.}{=}f(m)*(a+b)\stackrel{4.}{=}f(m)*a+f(m)*b\stackrel{5.}{=}(f \odot [/mm] a)(m)+(f [mm] \odot [/mm] b)(m)$$
[mm] $$\stackrel{6.}{=}f_a(m)+f_b(m)\stackrel{7.}{=}(f_a \oplus f_b)(m)\stackrel{8.}{=}f_{a,b}(m)\,,$$
[/mm]
was zu zeigen war. Ich begründe nun extra noch jedes Gleichheitszeichen:
Es gelten dabei
1. wegen der Definition von [mm] $f_s$
[/mm]
2. wegen der Definition von [mm] $\odot$
[/mm]
3. wegen [mm] $s=a+b\,$
[/mm]
4. wegen des Distributivgesetzes [mm] $k*(\ell+m)=k*\ell+k*m\,$ [/mm] für
[mm] $k,\ell,m \in [/mm] K$ im Schiefkörper [mm] $K\,$
[/mm]
5. nach Definition von [mm] $\odot$
[/mm]
6. wegen den Definitionen von [mm] $f_a$ [/mm] und [mm] $f_b$
[/mm]
7. wegen der Definition von [mm] $\oplus$
[/mm]
8. wegen der Definition von [mm] $f_{a,b}$
[/mm]
Beachte übrigens: Ich habe extra [mm] $f_{a,b}$ [/mm] nicht als [mm] $f_{a+b}$ [/mm]
bezeichnet, denn sonst kommt man in die Versuchung, einfach in
[mm] $f_s$ [/mm] dann [mm] $s=a+b\,$ [/mm] einzusetzen und merkt nicht mehr, dass man
noch was zu zeigen hat, was sich nicht alleine durch [mm] $s:=a+b\,$ [/mm]
begründen läßt!
> Deine Ausführungen sind mir leider nicht ersichtlich, du
> setzt im Grunde das voraus was du zeigen möchtest, denn du
> sagst ja für alle [mm]m \in M[/mm] gilt: [mm](f \odot (k_1+k_2))(m)=(f \odot k_1 \oplus f \odot k_2)(m)\[/mm].
Vorsicht! Ich habe das geschrieben:
> Und das zeigt man eben, indem man zeigt: Für alle $ m [mm] \in [/mm] M $ gilt
> $ (f [mm] \odot (k_1+k_2))(m)=(f \odot k_1 \oplus [/mm] f [mm] \odot k_2)(m)\,. [/mm] $
Vor diesem "Für alle ... gilt" steht ein Doppelpunkt, und davor wird gesagt,
dass das folgende ZU ZEIGEN ist. Den Doppelpunkt hast Du vielleicht
übersehen (ist mir übrigens früher an der Uni sehr oft passiert, so dass
ich - ähnlich wie Du - in den Beweisen an den entsprechenden Stellen
verwirrt war, weil ich, wenn ich etwa gelesen habe:
"Wir haben zu zeigen, dass $x > [mm] 0\,$ [/mm] gilt: Es gilt $x > [mm] 0\,$ [/mm] wegen..."
irgendwie verwirrt war und nicht gemerkt habe, dass nach dem
Doppelpunkt der Beweis der vor dem Doppelpunkt stehenden Aussage
folgt. Ich las' das dann oft so: "Wir haben zu zeigen, dass $x > [mm] 0\,$ [/mm] gilt.
Es gilt $x > [mm] 0\,$..." [/mm] und dann denkt man: "Häh? Das gilt, weil der da
einfach annimmt, dass das gilt?")
> Warum gilt dies? Das ist ja im Grunde, was zu zeigen ist.
Wie gesagt: Das ist zu zeigen, und ich habe nicht geschrieben, dass das
gilt, weil es gilt.
> Daher kriege ich es nicht hingeschrieben.
Ich habe das nun oben echt extremst ausführlich, mit eigentlich
"unnötigen Zusatzdefinitionen", aufgeschrieben. Diese Zusatzdefinitionen
können aber für mehr Klahrheit sorgen. Sollten sie das bei Dir nicht tun,
hier nochmal die "Kurzfassung":
Für alle $m [mm] \in [/mm] M$ gilt (ich setze nun [mm] $a:=k_1$ [/mm] und [mm] $b:=k_2$ [/mm] - analog zu
oben)
$$(f [mm] \odot [/mm] (a+b))(m)=f(m)*(a+b)=f(m)*a+f(m)*b=(f [mm] \odot [/mm] a)(m)+(f [mm] \odot [/mm] b)(m)=((f [mm] \odot [/mm] a) [mm] \oplus [/mm] (f [mm] \odot b))(m)\,.$$
[/mm]
> zu (3): [mm](f \odot (k_1 \cdot k_2))(m) = (f \odot k_1 \odot k_2)(m) = (f \odot k_1)(m) \cdot k_2[/mm]?
Da verstehe ich wieder nicht, was Du machst (die Klammern einfach
weglassen "darfst" Du doch nur, wenn das Assoziativitätsgesetz bewiesen
wurde - das geht so also nicht - zumal Du dabei auch aufpassen musst,
dass da nicht jemand [mm] $k_1 \odot k_2$ [/mm] liest, was i.a. keinen Sinn macht.
Alleine auch schon zur Vermeidung solcher Trugschlüsse habe ich ja extra
die Multiplikationen [mm] $\odot$ [/mm] im [mm] $K^M$ [/mm] und [mm] $\cdot$ [/mm] in [mm] $K\,$ [/mm] "durch die
Verwendung verschiedener Symbole" 'getrennt'):
Es gilt doch per Definitionem von [mm] $\odot$
[/mm]
$$(f [mm] \odot (k_1*k_2))(m)=f(m)*(\underbrace{k_1*k_2}_{\in K})$$
[/mm]
und zu zeigen ist, dass das das gleiche ist wie
$$((f [mm] \odot k_1) \odot k_2)(m)\,.$$
[/mm]
Und es ist doch
[mm] $$(\underbrace{(f \odot k_1)}_{\in K^M} \odot k_2)(m)=(f \odot k_1)(m) \cdot k_2\,,$$
[/mm]
und jetzt kannst Du da auch noch
$$(f [mm] \odot k_1)(m)=f(m)*k_1$$
[/mm]
einsetzen:
[mm] $$(\underbrace{(f \odot k_1)}_{\in K^M} \odot k_2)(m)=(f \odot k_1)(m) \cdot k_2=(f(m)*k_1)*k_2\,.$$
[/mm]
Daraus folgt: Zu begründen ist nun also nur das rote Gleichheitszeichen
[mm] $$f(m)*(k_1*k_2)\red{\;=\;}(f(m)*k_1)*k_2\,,$$
[/mm]
und das wird Dir sicher gelingen.
Ist Dir das nun klar(er) geworden?
> zu (4): [mm](f \odot 1_K)(m) = f(m) \cdot 1_K \overset{Neutralelement der Mult. in K}{=} f(m)[/mm]?
Das wiederum hast Du nun absolut korrekt gelöst!
> zu b.) gleich mehr dazu, doch ich möchte, dass du erstmal
> über das obere drüberguckst und wenn ich ehrlich bin, ich
> bin mir jetzt noch unsicherer als vorher.
Schreib's halt sauber auf: Das ist halt viel Arbeit, aber wenn man das ein
paar Mal extrem durchgezogen hat (das heißt, man findet keinen Schritt,
der sich nicht begründen läßt), blickt man bei vielen anderen Aufgaben
überhaupt erstmal durch, dass da eine wirklich nicht triviale Behauptung
steht.
(Hinweis: Das folgende bezieht sich nicht direkt auf Deine Aufgabe,
sondern das ist nur etwas "zum besseren Verständnis" - hoffe ich
jedenfalls!)
Ich mach' Dir auch mal ein einfaches Beispiel, woran man sieht, dass nicht
alle Definitionen auf [mm] $K^M$ [/mm] für eine Addition "toll" wären:
Sei [mm] $M\,$ [/mm] nicht leer. Wir definieren für [mm] $K:=\IR$ [/mm] (ich war zu faul, da
nachträglich jedes der folgenden [mm] $K\,$ [/mm] durch [mm] $\IR$ [/mm] zu ersetzen!) nun
$+_p: [mm] K^M \times K^M \to K^M$ [/mm] (beachte das [mm] $p\,$ [/mm] an dem Pluszeichen,
die Addition in [mm] $\IR$ [/mm] schreibe ich wie üblich als [mm] $+\,$) [/mm] durch:
Für alle $f,g [mm] \in K^M$ [/mm] sei $f +_p g=(f+_p g) [mm] \in K^M$ [/mm] definiert durch
$$(f +_p [mm] g)(m):=f(m)+2*g(m)\,.$$
[/mm]
Und schon ist $+_p$ i.a. nicht kommutativ. Insbesondere ist aber $+_p$
auch noch nicht mal assoziativ. Das sehen wir so:
Sei auch $h [mm] \in K^M\,.$ [/mm] Für alle $m [mm] \in [/mm] M$ gilt dann nämlich einerseits
$$((f +_p g)+_p h)(m)=(f +_p g)(m)+2*h(m)=(f(m)+2*g(m))+2*h(m)$$
als auch andererseits
$$(f+_p (g +_p h))(m)=f(m) + 2*((g +_p [mm] h)(m))=f(m)+2*(g(m)+2*h(m))=f(m)+(2*g(m)+4*h(m))\,.$$
[/mm]
Letzteres kann man hier noch umschreiben zu
$$=(f(m)+2*g(m))+4*h(m)$$
und man wird dann ein $h: M [mm] \to K=\IR$ [/mm] für $M [mm] \not= \emptyset$ [/mm] mit
[mm] $2h(m_0) \not=4h(m_0)\,$ [/mm] für ein [mm] $m_0 \in [/mm] M$ angeben können, so dass
man sieht, dass $+_p$ nicht assoziativ ist.
Gruß,
Marcel
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Ich danke dir vielmals für deine ausführliche und vor allem verständliche Antwort, Marcel :) Ich weiß, dass diese ganzen Formeln in Latex aufzuschreiben eine aufwendige Arbeit ist.
Nochmals alle Axiome - etwas verkürzt: Seien $f,g \in K^M$ und $k,k_1,k_2 \in K$, so gelten:
zu (1): $((f \oplus g) \odot k )(m) = (f(m) + g(m)) \cdot k \overset{Distrib. in K}{=} f(m) \cdot k + g(m) \cdot k = (f \odot k)(m) \oplus (g \odot k)(m)$
zu (2): $f(m)\cdot{}(k_1+k_2) \overset{Distrib. in K}{=} f(m)\cdot{}k_1+f(m)\cdot{}k_2=}(f \odot k_1)(m)+(f \odot k_2)(m) $
zu (3): $(f \odot (k_1 \cdot k_2))(m) = f(m) \cdot (k_1 \cdot k_2) \overset{Assoz. in K}{=} (f(m) \cdot k_1) \cdot k_2 = (f \odot k_1)(m) \cdot k_2$
zu (4): $(f \odot 1_K)(m) = f(m) \cdot 1_K \overset{Neutralelement der Mult. in K}{=} f(m)$ - das war sogar schon vorher richtig :)
zur b.)
Deinen Ansatz mit den Nullstellenmengen ist mir einleuchtend (nachdem ich erstmal 10 Minuten darüber siniert habe :) ). Danach zeigt man dass die Abbildung $\oplus$ wohldefiniert ist, also $(f \oplus g) \in K^{(M)}$ ist und zeigt so die Abgeschlossenheit.
zu den Unterraumaxiomen:
(1): $(K^{(M)}, +)$ ist Untergruppe von $(K^M, +)$
(2): $\forall f \in K^{(M)}, k \in K: f \odot k \in K^{(M)}$
zu 1.) die Abgeschlossenheit bzw. die Wohldefiniertheit der Operation $\oplus$ hast du bereits gezeigt
bleibt nur noch das Inverse eines Elements zu zeigen.
Sei $f, f^{-1} \in K^{(M)}$ (* habe das Inverse multiplikativ definiert, aus Übersichtlichkeitsgründen) mit $f^{-1}: M \rightarrow K: m \mapsto -f(m)$, diese bildet alle $m \in M$ auf das negierte Bild unter f ab. Daher haben $f, f^{-1}$ die gleiche Nullstellenmenge $N$ und liegen daher beide in $K^{(M)}$.
zu 2.) Sei $f \in K^{(M)}, k \in K$ , so gilt:
$(f \odot k)(m) = f(m) \cdot k$, im Prinzip muss das in $K^\{(M)}$ liegen, da ja selbst wenn die Multiplikation 0 sein sollte, dies für eine endliche Zahl in $K^{(M)}$.
zur c.) Erst nachdem die Fehler hier gestrichen wurden :)
Grüße
Joe
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:06 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich danke dir vielmals für deine ausführliche und vor
> allem verständliche Antwort, Marcel :) Ich weiß, dass
> diese ganzen Formeln in Latex aufzuschreiben eine
> aufwendige Arbeit ist.
gerne.
> Nochmals alle Axiome - etwas verkürzt: Seien [mm]f,g \in K^M[/mm]
> und [mm]k,k_1,k_2 \in K[/mm], so gelten:
>
> zu (1): [mm]((f \oplus g) \odot k )(m) = (f(m) + g(m)) \cdot k \overset{Distrib. in K}{=} f(m) \cdot k + g(m) \cdot k = (f \odot k)(m) \oplus (g \odot k)(m)[/mm]
vor dem letzten Gleichheitszeichen hätte ich noch geschrieben:
$$=(f [mm] \odot [/mm] k)(m)+(g [mm] \odot [/mm] k)(m)$$
und am Ende dann
[mm] $$=\red{(}(f \odot [/mm] k)(m) [mm] \oplus [/mm] (g [mm] \odot k)\red{)}(m)$$
[/mm]
natürlich die roten Klammern nicht unbedingt in rot, aber ich würde sie
schreiben, um hervorzuheben, dass da die Abbildung
[mm] $$\red{(}(f \odot [/mm] k)(m) [mm] \oplus [/mm] (g [mm] \odot k)\red{)} \in K^M$$
[/mm]
ausgewertet an der Stelle [mm] $m\,$ [/mm] steht.
> zu (2): [mm]f(m)\cdot{}(k_1+k_2) \overset{Distrib. in K}{=} f(m)\cdot{}k_1+f(m)\cdot{}k_2=}(f \odot k_1)(m)+(f \odot k_2)(m)[/mm]
Links würde ich mit $(f [mm] \odot (k_1+k_2))(m)$ [/mm] anfangen!
> zu (3): [mm](f \odot (k_1 \cdot k_2))(m) = f(m) \cdot (k_1 \cdot k_2) \overset{Assoz. in K}{=} (f(m) \cdot k_1) \cdot k_2 = (f \odot k_1)(m) \cdot k_2[/mm]
Ganz rechts dazuschreiben:
$$=((f [mm] \odot k_1) \odot k_2)(m)$$
[/mm]
Ansonsten: Top! (Inhaltlich sieht's mir nun so aus, dass Dir das alles
klar ist!) ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> zu (4): [mm](f \odot 1_K)(m) = f(m) \cdot 1_K \overset{Neutralelement der Mult. in K}{=} f(m)[/mm]
> - das war sogar schon vorher richtig :)
> zur b.)
>
> Deinen Ansatz mit den Nullstellenmengen ist mir
> einleuchtend (nachdem ich erstmal 10 Minuten darüber
> siniert habe :) ). Danach zeigt man dass die Abbildung
> [mm]\oplus[/mm] wohldefiniert ist, also [mm](f \oplus g) \in K^{(M)}[/mm] ist
> und zeigt so die Abgeschlossenheit.
Das zeigt man eben etwa mit diesen Überlegungen!
> zu den Unterraumaxiomen:
>
> (1): [mm](K^{(M)}, +)[/mm] ist Untergruppe von [mm](K^M, +)[/mm]
> (2):
> [mm]\forall f \in K^{(M)}, k \in K: f \odot k \in K^{(M)}[/mm]
>
> zu 1.) die Abgeschlossenheit bzw. die Wohldefiniertheit der
> Operation [mm]\oplus[/mm] hast du bereits gezeigt
Genau!
> bleibt nur noch das Inverse eines Elements zu zeigen.
> Sei [mm]f, f^{-1} \in K^{(M)}[/mm] (* habe das Inverse
> multiplikativ definiert, aus Übersichtlichkeitsgründen)
Trotzdem Vorsicht: Erstmal ist nur $f [mm] \in K^{(M)}\,,$ [/mm] danach wird das
Inverse erst definiert (oder man nimmt "das Inverse aus [mm] $K^M$") [/mm] und
zeigt, dass das "Ding" [mm] $f^{-1}$ [/mm] auch in [mm] $K^{(M)}$ [/mm] liegt.
> mit [mm]f^{-1}: M \rightarrow K: m \mapsto -f(m)[/mm], diese bildet
> alle [mm]m \in M[/mm] auf das negierte Bild unter f ab. Daher haben
> [mm]f, f^{-1}[/mm] die gleiche Nullstellenmenge [mm]N[/mm] und liegen daher
> beide in [mm]K^{(M)}[/mm].
Prinzipiell ist das richtig. Ich zeige Dir mal eine Alternative:
Sei $f [mm] \in K^{(M)}\,.$ [/mm] Dann ist ja auch $f [mm] \in K^M\,,$ [/mm] und das Inverse in
[mm] $K^M$ [/mm] wurde ja schon definiert: Mit Deinen Notationen (ich würde
übrigens hier eher [mm] $f^{\text{inv}}$ [/mm] oder sowas schreiben) gilt also
[mm] $f^{-1}=-f\,,$ [/mm] wobei
$$-f: M [mm] \to [/mm] K [mm] \text{ definiert ist durch }(-f)(x):=-f(x)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Big(=-(f(x))\Big)$$
[/mm]
und wir haben zu zeigen, dass $(-f) [mm] \in K^M$ [/mm] auch erfüllt $(-f) [mm] \in K^{(M)}\,.$
[/mm]
Und das folgt eben wegen dem von Dir gesagten!
(P.S. Beachte: Wenn man einen Vektorraum [mm] $(V,+,\cdot)$ [/mm] hat und $U [mm] \subseteq [/mm] V$
so ist, dass [mm] $(U,+,\cdot)$ [/mm] (genauer $(U,+_{|U [mm] \times U},\cdot_{|U \times U})$) [/mm] ein Unterraum ist, so muss man, wenn man zu $u [mm] \in [/mm] U$ ein
Inverses bzgl. [mm] $+\,$ [/mm] in [mm] $U\,$ [/mm] sucht, nicht lange suchen, wenn man das Inverse $(-u) [mm] \in [/mm] V$ kennt: Dieses Inverse $(-u) [mm] \in [/mm] V$ ist ja der einzige
Kandidat in [mm] $U\,,$ [/mm] bei dem man gucken muss, ob auch $(-u) [mm] \in [/mm] U$ gilt.
Oder auch eine andere "Erinnerung": Wenn [mm] $0_V$ [/mm] das additiv neutrale in
[mm] $V\,$ [/mm] ist und man dann in [mm] $(U,+,\cdot)\,,$ [/mm] welches als Unterraum von
[mm] $V\,$ [/mm] dann ja selbst ein Unterraum ist, das neutrale Element [mm] $0_U$ [/mm]
sucht, so muss man nur gucken, ob [mm] $0_V \in [/mm] U$ gilt: Denn es muss dann
zwangsläufig [mm] $0_U=0_V$ [/mm] gelten - denn neutrale Elemente in
Vektorräumen sind eindeutig - analoges gilt für die Inversen. Ich weiß: An
der Uni wird oft damit hantiert und es wie selbstverständlich benutzt,
dabei kann man wenigstens mal erwähnen, dass man sich das mit kleinen
Überlegungen klar machen sollte!)
> zu 2.) Sei [mm]f \in K^{(M)}, k \in K[/mm] , so gilt:
> [mm](f \odot k)(m) = f(m) \cdot k[/mm], im Prinzip muss das in
> [mm]K^\{(M)}[/mm] liegen, da ja selbst wenn die Multiplikation 0
> sein sollte, dies für eine endliche Zahl in [mm]K^{(M)}[/mm].
Das verstehe ich nun nicht: Du willst also zeigen, dass gilt:
Für alle $f [mm] \in K^{(M)}$ [/mm] und $k [mm] \in [/mm] K$ gilt
$$(f [mm] \odot [/mm] k) [mm] \in K^{(M)}\,.$$
[/mm]
Aber das ist doch nun wirklich so gut wie trivial: Für $k [mm] \not=0$ [/mm] haben
[mm] $f\,$ [/mm] und $f [mm] \odot [/mm] k$ genau die gleichen Nullstellenmengen. Für $k=0$
(gemeint ist hier [mm] $0=0_K$) [/mm] gilt für jedes $m [mm] \in [/mm] M$
$$(f [mm] \odot [/mm] k)(m)=(f [mm] \odot 0)(m)=f(m)*0=0\,,$$
[/mm]
also ist die Nullstellenmenge von $f [mm] \odot [/mm] 0$ gerade [mm] $M\,,$ [/mm] und damit ist
die Nichtnullstellenmenge von $f [mm] \odot [/mm] 0$ die leere Menge, und wegen
[mm] $|\emptyset|=0$ [/mm] ist dann die Nichtnullstellenmenge von $f [mm] \odot [/mm] 0$
insbesondere endlich.
P.S.:
Welche Unterraumaxiome benutzt ihr eigentlich?
Denn nach ![[]](/images/popup.gif) etwa denen aus Wiki:
Die Nullabbildung liegt in [mm] $K^{(M)}$ [/mm] (das folgt ja aus dem
letztgeschriebenen vor dem P.S. insbesondere) - also ist [mm] $K^{(M)}$
[/mm]
nicht leer.
Die Summe zweier Abbildungen aus [mm] $K^{(M)}$ [/mm] liegt auch wieder in
[mm] $K^{(M)}\,,$ [/mm] das habe ich ja auch begründet.
Und dass $(f [mm] \odot [/mm] k) [mm] \in K^{(M)}$ [/mm] für alle $f [mm] \in K^{(M)}$ [/mm] und $k [mm] \in K\,,$
[/mm]
das habe ich oben ja auch begründet. Die Sache mit dem additiv Inversen
braucht man dann eigentlich nicht mehr für die Unterraumaxiome...
Gruß,
Marcel
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Danke für die weitere Antwort, Marcel.
Also habe ich schonmal ein Grundverständnis, auf dem sich aufbauen lässt - gut :)
zu c.)
Sei [mm] $K^{(M)} [/mm] = [mm] K^M$, [/mm] dann gilt, dass die Nichtnullstellenmenge beider Abbildungsmengen [mm] $\overline{N}$ [/mm] endlich. Hieraus folgt, dass die Nullstellenmenge $N$ ebenfalls endlich ist, da ansonsten keine wohldefinierte Abbildung vorliegt. Da $M = [mm] \overline{N} \cup [/mm] N$ und die Vereinigung endlicher Mengen endlich ist, ist $M$ endlich.
Andersherum geht man über die Endlichkeit der Vereinigung um dann auf die endlichen (Nicht-)Nullstellenmengen zu schließen, die eine Gleichheit [mm] $K^{(M)} [/mm] = [mm] K^M$ [/mm] zur Folge haben.
zur d.)
Sei $K = [mm] \IR\$ [/mm] und $M = [mm] \{1,2,3,4\}$
[/mm]
Bestimmen Sie den Aufspann der Vektoren $(1,3,0,0),(1,0,1,1) [mm] \in \IR\ [/mm] ^4 = [mm] \IR\ [/mm] ^M$
Muss ich einfach jede Linearkombination aufzählen oder etwas anderes beachten?
Grüße
Joe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:28 Mo 03.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke für die weitere Antwort, Marcel.
>
> Also habe ich schonmal ein Grundverständnis, auf dem sich
> aufbauen lässt - gut :)
>
> zu c.)
zitiere bitte die Aufgaben - oder stelle sie in getrennten Fragen. So ist das
nämlich etwas "anstrengend":
Ich zitiere sie nun mal für Dich:
c.) Es gilt $ [mm] K^M [/mm] = [mm] K^{(M)} [/mm] $ genau dann, wenn M endlich ist.
> Sei [mm]K^{(M)} = K^M[/mm], dann gilt, dass die
> Nichtnullstellenmenge beider Abbildungsmengen [mm]\overline{N}[/mm]
> endlich. Hieraus folgt, dass die Nullstellenmenge [mm]N[/mm]
> ebenfalls endlich ist, da ansonsten keine wohldefinierte
> Abbildung vorliegt. Da [mm]M = \overline{N} \cup N[/mm] und die
> Vereinigung endlicher Mengen endlich ist, ist [mm]M[/mm] endlich.
>
> Andersherum geht man über die Endlichkeit der Vereinigung
> um dann auf die endlichen (Nicht-)Nullstellenmengen zu
> schließen, die eine Gleichheit [mm]K^{(M)} = K^M[/mm] zur Folge
> haben.
Ehrlich gesagt verstehe ich da Deine Argumente nicht. Zunächst erinnern
wir uns:
Es war [mm] $K^{(M)}$ [/mm] die Menge aller Abbildungen $M [mm] \to K\,,$ [/mm] die erfüllen,
dass die Abbildung nur an endlich vielen Stellen Werte annimmt, die nicht
Null sind.
Und nun würde ich einfach folgendes machen: Wir definieren $f: M [mm] \to [/mm] K$
durch $f(m):=1$ (dabei ist [mm] $1=1_K$). [/mm] Dann ist offenbar $f [mm] \in K^M\,.$ [/mm] Ist
[mm] $M\,$ [/mm] nicht endlich, so muss in trivialer Weise $f [mm] \notin K^{(M)}$ [/mm] gelten
(es gilt ja [mm] $0_K \not= 1_K$):
[/mm]
Für unendliches [mm] $M\,$ [/mm] folgt somit $f [mm] \in K^{M} \setminus K^{(M)}$ [/mm] und
damit ist [mm] $K^{M} \not= K^{(M)}\,.$ [/mm] (Genauer gilt hier sogar: Weil
sowieso [mm] $K^{(M)} \subseteq K^M$ [/mm] klar ist (jede Abbildung $M [mm] \to K\,,$
[/mm]
die irgendeine spezielle Eigenschaft hat, ist ja weiterhin insbesondere eine
Abbildung $M [mm] \to [/mm] K$), folgt, dass im Falle von [mm] $|M|=\infty$ [/mm] gilt: [mm] $K^{(M)} \subsetneqq K^{M}\,.$)
[/mm]
Sei nun andererseits [mm] $M\,$ [/mm] endlich. Wie im Klammerzusatz oben erwähnt
ist [mm] $K^{(M)} \subseteq K^M$ [/mm] klar. Es bleibt also [mm] $K^M \subseteq K^{(M)}$
[/mm]
zu zeigen:
Das ist nun aber wirklich eine Banalität, und diesen Satz bekommst Du nun
sicher auch selbst formuliert!
> zur d.)
> Sei [mm]K = \IR\[/mm] und [mm]M = \{1,2,3,4\}[/mm]
> Bestimmen Sie den
> Aufspann der Vektoren [mm]\red{u:=}(1,3,0,0),\red{v:=}(1,0,1,1) \in \IR\ ^4 = \IR\ ^M[/mm]
>
> Muss ich einfach jede Linearkombination aufzählen oder
> etwas anderes beachten?
Begründe die lineare Unabhängigkeit der Menge [mm] $\{u,\;v\}$ [/mm] (ich habe [mm] $u\,$
[/mm]
und [mm] $v\,$ [/mm] oben in Deinem Zitat definiert) und dann schreibst Du halt sowas
wie
[mm] $$\text{linspan}\{u,v\}=\{r*u+s*v:\;\;(r,s) \in \IR^2\}$$
[/mm]
Hätte [mm] $\text{linspan}\{u,v\}$ [/mm] eine Dimension echt kleiner als 2, würde
man wollen, dass Du [mm] $\{r*u+s*v:\;\;(r,s) \in \IR^2\}$ [/mm] noch 'vereinfachst';
aber hier geht das nicht... Mehr als obiges (natürlich setzt Du [mm] $u\,$ [/mm] und
[mm] $v\,$ [/mm] nochmal ein) würde ich nicht erwarten
- allenfalls, dass Du diese
Ebene, die durch den Ursprung geht, vielleicht noch in die Form
[mm] =\{(x_1,x_2,x_3)^T \in \IR^3: \;\;a*x_1+b*x_2+c*x_3=0\}
[/mm]
bringst - aber das verlangt die Aufgabe in dieser Formulierung nicht
wirklich. Von daher wäre das eher "eine Zusatzleistung".
Edit: das Durchgestrichene war Unsinn, wir sind ja im [mm] $\IR^4$...
[/mm]
P.S.
Nur, damit das vielleicht klarer wird: Per Definitionem ist
[mm] $$\IR^M=\IR^{\{1,2,3,4\}}=\{f: \{1,2,3,4\} \to \IR\}\,.$$
[/mm]
Eine Abbildung $g: [mm] M=\{1,2,3,4\} \to \IR$ [/mm] ist aber - neben ihrem
Definitions- und Zielbereich - eindeutig durch ihre Werte bestimmt.
Wenn man nun ein Tupel, hier 4-Tupel, [mm] $(a,b,c,d)^T=\vektor{a\\b\\c\\d}$ [/mm]
schreibt, dann zählt die Anzahl der möglichen Einträge, bei einem 4-Tupel wie hier halt 4, quasi die Anzahl von [mm] $M\,$ [/mm] mit (sofern [mm] $M\,$ [/mm] endlich ist - ist
[mm] $M\,$ [/mm] abzählbar unendlich, so würde ein [mm] "$\IN$-Tupel" [/mm] quasi eine Folge
repräsentieren können). Wenn man nun auch sagt, dass jeder dieser
Einträge, hier also [mm] $a,b,c,d\,,$ [/mm] jede reelle Zahl annehmen darf, also
$a,b,c,d [mm] \in \IR\,,$ [/mm] dann erfasst solch' Tupel quasi sowohl den
Definitionsbereich [mm] $\{1,2,3,4\}$ [/mm] einer Abbildung [mm] $\{1,2,3,4\} \to \IR$ [/mm] als
auch den Zielbereich [mm] $\IR\,$ [/mm] einer solchen Abbildung.
Anders gesagt, ich habe gerade mehr oder weniger folgendes plausibel
gemacht:
Definiert man eine Abbildung
[mm] $$\text{Op}: \IR^{\{1,2,3,4\}} \to \IR^4\,,$$
[/mm]
wobei wir erstmal
[mm] $$\IR^{\{1,2,3,4\}}=\{f: \{1,2,3,4\} \to \IR\}$$
[/mm]
und
[mm] $$\IR^4=\{(a,b,c,d)^T \in \IR^4:\;\;a,b,c,d \in \IR \}$$
[/mm]
auffassen, wie folgt:
Es sei
[mm] $$\text{Op}(g):=(g(1),g(2),g(3),g(4))^T=\vektor{g(1)\\g(2)\\g(3)\\g(4)}\;\;\; \text{ für alle }g \in \IR^{\{1,2,3,4\}}\,,$$
[/mm]
so ist [mm] $\text{Op}$ [/mm] bijektiv. Insbesondere ist [mm] $\text{Op}$ [/mm] linear (und damit
auch die Umkehrabbildung [mm] $\text{Op}^{-1}$): [/mm] Dabei sei die Summe
zweier Funktionen halt punktweise definiert - also wie anfangs bei Deiner
Aufgabe hier, und die skalare Multiplikation auch entsprechend wie in Deiner Aufgabe:
Es sind also der [mm] $\IR^{\{1,2,3,4\}}$ [/mm] und der [mm] $\IR^4$ [/mm] einander isomorph.
Insbesondere kann man dann "locker" zeigen: Anstatt [mm] $M=\{1,2,3,4\}$
[/mm]
kann man jede Menge [mm] $M\,$ [/mm] mit [mm] $|M|=4\,$ [/mm] hernehmen, und für eine jede
solche sind der [mm] $\IR^M$ [/mm] und der [mm] $\IR^4$ [/mm] in obigem Sinne isomorph
zueinander.
Jedenfalls, ein einfaches Zwischenfazit:
Man identifiziert daher den [mm] $\IR^{\{1,2,3,4\}}$ [/mm] mit dem [mm] $\IR^4\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
ich danke dir für deine exakte ausführliche Antwort und habe deine Argumentation verstanden :)
Das mit meinen Lösungen ist so eine Sache, ich versuche immer Mittel aus den vorherigen Lösungen "umzuformulieren" um dann etwas passendes zu zaubern, was leider nicht ganz so optimal funktioniert. Auf das Beispiel mit dem Einselement zum Bsp. wäre ich nie gekommen obwohl ich weiß, dass ein Körper zwei verschiedene Elemente haben muss. Da fehlt mir wohl einfach die Erfahrung.
Der Aufspann war im Fall der beiden Vektoren aus dem [mm] $\IR\ [/mm] ^4$ eine Ebene, obwohl ich nicht ganz verstehe wie du diese Ebene auf ein 3-Tupel im [mm] $\IR\ [/mm] ^{3}$ reduzierst.
Ich danke dir für die Erklärung der Identifikation, es verhält sich also analog zu einem Beispiel aus einer früheren Vorlesung mit dem direkten Produkt einer Familie von Mengen bei Abbildung in die Indexmenge.
Zu deiner Frage vorher, unsere Teilraumaxiome sind U ist Untergruppe von $(V, +)$ (also auch dass U nichtleer sein muss) und Abgeschlossenheit bzgl. sklararer Multiplikation.
Grüße
Joe
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:15 Fr 07.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> ich danke dir für deine exakte ausführliche Antwort und
> habe deine Argumentation verstanden :)
>
> Das mit meinen Lösungen ist so eine Sache, ich versuche
> immer Mittel aus den vorherigen Lösungen "umzuformulieren"
> um dann etwas passendes zu zaubern, was leider nicht ganz
> so optimal funktioniert. Auf das Beispiel mit dem
> Einselement zum Bsp. wäre ich nie gekommen obwohl ich
> weiß, dass ein Körper zwei verschiedene Elemente haben
> muss. Da fehlt mir wohl einfach die Erfahrung.
>
> Der Aufspann war im Fall der beiden Vektoren aus dem [mm]\IR\ ^4[/mm]
> eine Ebene, obwohl ich nicht ganz verstehe wie du diese
> Ebene auf ein 3-Tupel im [mm]\IR\ ^{3}[/mm] reduzierst.
ich hatte erst nicht verstanden, was Du da meintest - aber natürlich hast
Du Recht: I.a. wird das nicht - jedenfalls nicht ohne sowas wie
"Transformationen" - möglich sein, im Speziellen nur durch
"entsprechende Unterraumidentifikationen". Wie dem auch sei:
Ich habe die Antwort dahingehend halt korrhiert, d.h.:
- allenfalls, dass Du diese
Ebene, die durch den Ursprung geht, vielleicht noch in die Form
$ [mm] =\{(x_1,x_2,x_3)^T \in \IR^3: \;\;a\cdot{}x_1+b\cdot{}x_2+c\cdot{}x_3=0\} [/mm] $
bringst - aber das verlangt die Aufgabe in dieser Formulierung nicht
wirklich. Von daher wäre das eher "eine Zusatzleistung".
Edit: das Durchgestrichene war Unsinn, wir sind ja im $ [mm] \IR^4 [/mm] $...
diesen "Quatsch" von mir durchgestrichen!
> Ich danke dir für die Erklärung der Identifikation, es
> verhält sich also analog zu einem Beispiel aus einer
> früheren Vorlesung mit dem direkten Produkt einer Familie
> von Mengen bei Abbildung in die Indexmenge.
Genau: Allgemein kannst Du das unter dem Stichwort "kartesisches
Produkt" nachschlagen!
> Zu deiner Frage vorher, unsere Teilraumaxiome sind U ist
> Untergruppe von [mm](V, +)[/mm] (also auch dass U nichtleer sein
> muss) und Abgeschlossenheit bzgl. sklararer
> Multiplikation.
Ah, okay, dann passt das mit dem Inversen auch: Ihr werdet das halt in
Eurer Definition einer Untergruppe entsprechend formuliert haben:
Ist [mm] $(G,\circ)$ [/mm] Gruppe, dann heißt für nichtleeres $U [mm] \subseteq [/mm] G$ das
Paar [mm] $(U,\circ_{|U \times U})$ [/mm] - kurz [mm] $(U,\circ)$ [/mm] - Untergruppe von [mm] $G\,,$
[/mm]
wenn
[mm] $$\forall [/mm] a,b [mm] \in [/mm] U: a [mm] \circ [/mm] b [mm] \in [/mm] U$$
und
[mm] $$\forall [/mm] a [mm] \in [/mm] U [mm] \subseteq [/mm] G: [mm] \underbrace{a^{-1}}_{\text{hier ist das Inverse in }G \text{ gemeint}} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\in U\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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