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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:43 Do 02.05.2013 | | Autor: | mikexx |
| Aufgabe | | Im dreidimensionalen linearen Raum, der von i, j, k aufgespannt wird, bezeichnet V die Gesamtheit aller Vektoren v = xi + yj + zk mit reellen x, y, z, für die x + z = 2y zutrifft. Es ist zu begründen, dass V einen linearen Raum darstellt, dessen Dimension ist zu berechnen und eine Basis von V ist anzugeben. |
Ich habe als Basis
[mm] $B=\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}\right\}$.
[/mm]
Vektorraum ist es, weil's ne Ebene ist.
Und Dimension also 2.
Wüsste gerne, ob's stimmt.
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> Im dreidimensionalen linearen Raum, der von i, j, k
> aufgespannt wird, bezeichnet V die Gesamtheit aller
> Vektoren v = xi + yj + zk mit reellen x, y, z, für die x +
> z = 2y zutrifft. Es ist zu begründen, dass V einen
> linearen Raum darstellt, dessen Dimension ist zu berechnen
> und eine Basis von V ist anzugeben.
> Ich habe als Basis
>
> [mm]B=\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}\right\}[/mm].
>
> Vektorraum ist es, weil's ne Ebene ist.
> Und Dimension also 2.
Hallo,
Deine Argumentation überzeugt mich nicht - obgleich Du grundsätzlich die richtigen Ergebnisse hast.
Vor (!) der Bestimmung einer Basis müßte man doch feststellen, ob es sich überhaupt um einen VR handelt.
Das könntest Du z.B. durch Vorrechnen der Unterraumkriterien tun.
Die Basis müßtest Du schreiben als [mm] B=\{i-k, 2i+j\}, [/mm] denn es deutet nichts daraufhin, daß als Grundraum vom Vektorraum [mm] \IR^3 [/mm] die Rede ist. Es könnte sich ja auch um einen Teilraum des VRes der Polynome handeln.
Überzeugen müßtest Du mich auch noch davon, daß es sich wirklich um eine Basis handelt, daß die Vektoren also linear unabhängig sind und V aufspannen.
LG Angela
>
>
> Wüsste gerne, ob's stimmt.
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:12 Do 02.05.2013 | | Autor: | mikexx |
Edit:
Mal schauen, ob ich Dich korrekt verstanden habe:
Zunächstmal kann man doch die Koeffizienten $x,y,z$ in einen Vektor $t=(x,y,z)$ packen und diesen in der Ebene liegend betrachten, die aufgespannt wird durch
[mm] $b_1=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}$ [/mm] und [mm] $b_2=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}$.
[/mm]
Das bedeutet, man kann t als Linearkombination von [mm] $b_1$ [/mm] und [mm] $b_2$ [/mm] schreiben:
[mm] $t=ab_1+cb_2$.
[/mm]
Ich weiß nicht, ob das eine saubere Schreibweise ist, aber damit hat man ja
[mm] $V\ni v=xi+yj+zk=\left(a\cdot (1,0,-1)+c\cdot (2,1,0)\right)\cdot\begin{pmatrix}i\\j\\k\end{pmatrix}=a\cdot (i-k)+c\cdot(2i+j)$.
[/mm]
Damit wäre also, wenn man noch zeigt, daß die Vektoren
[mm] $d_1:=i-k$ [/mm] und [mm] $d_2:=2i+j$ [/mm] linear unabgängig sind, eine Basis von V gefunden, nämlich bestehend aus [mm] $d_1$ [/mm] und [mm] $d_2$.
[/mm]
Jetzt wäre also noch Folgendes zu zeigen:
1.) V ist Untervektorraum.
2.) [mm] $d_1$ [/mm] und [mm] $d_2$ [/mm] sind linear unabhängig.
So korrekt verstanden?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:56 Do 02.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
zur Erinnerung:
> Im dreidimensionalen linearen Raum, der von i, j, k aufgespannt wird,
> bezeichnet V die Gesamtheit aller Vektoren v = xi + yj + zk mit reellen x,
> y, z, für die x + z = 2y zutrifft. Es ist zu begründen, dass V einen linearen
> Raum darstellt, dessen Dimension ist zu berechnen und eine Basis von V > ist anzugeben.
> Edit:
>
> Mal schauen, ob ich Dich korrekt verstanden habe:
Hast Du nicht.
> Zunächstmal kann man doch die Koeffizienten [mm]x,y,z[/mm] in einen
> Vektor [mm]t=(x,y,z)[/mm] packen und diesen in der Ebene liegend
> betrachten, die aufgespannt wird durch
Sagt Angela das irgendwo?? Du fängst ja an, Vektoren mit
"Koordinatenvektoren" des [mm] $\IK^n$ [/mm] zu identifizieren. Wann "darf" man sowas
denn überhaupt? Der wichtigste Punkt dabei ist ja eigentlich vor allem,
dass Du sowas sagst wie, dass "es egal ist, ob ich erst Vektoren im Ausgangsraum
addiere und das Ergebnis dann mit 'dem' zugehörigen Vektor des [mm] $\IK^n$
[/mm]
identifiziere - oder ob ich erst zwei Vektoren identifiziere und dann die
identifizierten im [mm] $\IK^n$ [/mm] addiere". (Im Prinzip heißt das, sehr grob gesagt:
Das "Addieren" zweier Elemente aus [mm] $V\,$ [/mm] verläuft 'stets so' wie das zweier
Elemente im Vektorraum [mm] $\IK^n$.) [/mm] Das hast Du aber bislang noch
nirgends bewiesen/begründet, dass das passt!
Allgemein ist es natürlich so: Man weiß aber, dass jeder [mm] $n\,$-dimensionale
[/mm]
Vektorraum über [mm] $\IK$ [/mm] zum Vektorraum [mm] $\IK^n$ [/mm] isomorph ist - aber Du
kannst sowas unten doch erst anwenden, NACHDEM Du Dich überhaupt
davon überzeugt hast, dass es sich bei [mm] $V\,$ [/mm] überhaupt um einen
Vektorraum handelt!!
Andernfalls besagt Deine Vorgehensweise: FALLS die vorgegebene Menge
- mit entsprechender Addition und skalarer Multiplikation, vom ursprünglichen
Vektorraum her "induziert" - einen Vektorraum bildet, dann...
Also:
Angela sagt nicht ohne Grund: Hast Du denn schonmal nachgerechnet,
dass Du da überhaupt einen Vektorraum (Unterraum) hast?
Bei Dir ist [mm] $V=\{xi+yj+zk:\,\,x,y,z \in \IR \text{ und }x+z=2y\}$ [/mm] mit der (linear unabhängigen Menge)
[mm] $\{i,\;j,\;k\}$ [/mm] des Grundraumes.
Was sein kann, aber das können wir nicht wissen: Ist der dreidimensionale
lineare Raum bei Euch automatisch [mm] $\IR^3$? [/mm] Ist [mm] $i\,$ [/mm] speziell der erste Einheitsvektor, [mm] $j\,$
[/mm]
der zweite und [mm] $k\,$ [/mm] der dritte? Solche Informationen, wenn dem denn so
ist, solltest Du natürlich erwähnen (ich frage das deswegen, weil mir das
schon manchmal so in Physikbüchern über den Weg gelaufen ist).
Bis dahin verstehen jedenfalls Angela und ich Deine Aufgabenstellung
erstmal so:
[mm] $$G=\{ri+sj+tk:\,\,r,s,t \in \IR\}$$
[/mm]
ist IRGENDEIN dreidimensionaler (Vektor-)Raum über [mm] $\IR\,.$
[/mm]
Man definiert nun $V [mm] \subseteq [/mm] G$ durch
[mm] $$V:=\{xi+yj+zk:\,\,x,y,z \in \IR \text{ und }x+z=2y\}\,.$$
[/mm]
[mm] $V\,$ [/mm] ist Unterraum von [mm] $G\,;$ [/mm] aber das ist zu beweisen, und das tun wir:
$V [mm] \subseteq [/mm] G$ ist klar. Es ist [mm] $0=0_G \in V\,,$ [/mm] weil mit $x:=y:=z:=0 [mm] \in \IR$
[/mm]
[mm] $$xi+yj+vz=0\;\;\;(=0_G) \text{ UND }x+z=2y \text [/mm] { wegen }0+0=2*0$$
gilt.
Sind $v,w [mm] \in V\,,$ [/mm] so gibt es $x,y,z,r,s,t [mm] \in \IR$ [/mm] mit $xi+yj+zk=v$ und $ri+sj+tk=w$
UND [mm] $x+z=2y\,$ [/mm] sowie [mm] $r+t=2s\,.$
[/mm]
Warum ist dann auch $v+w [mm] \in [/mm] V$?
Was bleibt noch zu zeigen?
Und erst dann hättest Du schonmal einen Grund, Vektoren mit
Koordinatenvektoren zu identifizieren...
Aber auch das brauchst Du nicht (nebenbei: nicht alle Ebenen sind
zweidimensionale Vektorräume - was ist denn mit denen, die nicht durch
den Ursprung gehen?):
Es ist
[mm] $$V=\{xi+yj+zk:\,\,x,y,z \in \IR \text{ und }x+z=2y\}\,.$$
[/mm]
Du sagst (mit Angelas Umformulierungs-Hilfe), dass mit
[mm] $$\{i-k,\;2i+j\}$$
[/mm]
EINE Basis von [mm] $V\,$ [/mm] gegeben ist.
Wie rechnet man denn (OHNE IRGENDWELCHE Koordinatenvektoren) die
lineare Unabhängigkeit nach??
Und zum EZS:
Ist $v [mm] \in V\,,$ [/mm] so gibt es [mm] $x_0,y_0,z_0 \in \IR$ [/mm] mit [mm] $x_0+z_0=2y_0$ [/mm] und [mm] $v=x_0i+y_0j+z_0k\,.$
[/mm]
Zu zeigen ist nun: Es gibt [mm] $s_1,s_2 \in \IR$ [/mm] mit
[mm] $$s_1*(i-k)+s_2*(2i+j)=v\;\;\;\;\;\;(=x_0i+y_0j+z_0k)\,.$$
[/mm]
Du hast also zu beweisen, dass die letztstehende Gleichung (mind.) ein
Lösungspaar [mm] $(s_1,s_2) \in \IR^2$ [/mm] hat.
Nebenbei: Lies Dir auch das hier mal durch!
P.S. Anstatt "lineare Unabhängigkeit" UND "EZS" nachzurechnen, um zu
zeigen, dass [mm] $\{i-k,\;2i+j\}$ [/mm] Basis von [mm] $V\,$ [/mm] ist, kannst Du auch einfach nur
zeigen/begründen, dass diese Menge ein EZS von [mm] $V\,$ [/mm] ist und Du auf
keinen der beiden Vektoren verzichten kannst, wenn die EZS-EIgenschaft
erhalten bleiben soll.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:26 Do 02.05.2013 | | Autor: | mikexx |
Danke, bevor ich das abarbeite, würde mich noch Folgendes interessieren:
Gibt es noch eine andere Möglichkeit eine Basis zu finden als die Koordinaten x,y und z bzw. x+2y-z=0 als Koordinatenform einer Ebene im [mm] R^3 [/mm] zu verstehen und dann Richtungsvektoren für diese Ebene zu finden?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:10 Do 02.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke, bevor ich das abarbeite, würde mich noch Folgendes
> interessieren:
>
> Gibt es noch eine andere Möglichkeit eine Basis zu finden
> als die Koordinaten x,y und z bzw. x+2y-z=0 als
> Koordinatenform einer Ebene im [mm]R^3[/mm] zu verstehen
nochmal: Wann darfst Du sowas denn überhaupt nur so verstehen?
> und dann
> Richtungsvektoren für diese Ebene zu finden?
Wie funktioniert denn das Prinzip des ![[]](/images/popup.gif) Basisergänzungssatzes?
(Keine Ahnung, warum google mir diese tolle Sprache liefert - was ist das
für eine? Aber cool.  )
Und hier der sprachlich passendere Link: klick!
Und bevor Du fragst, womit Du anfangen sollst: Wähle irgendein $v [mm] \in [/mm] V$ (das
[mm] $V\,$ [/mm] war eigentlich Euer Unterraum) mit $v [mm] \not=0_G$ ($G\,$ [/mm] war "der Vektorraum,
3-dimensional"). (Das geht natürlich, weil $V [mm] \not=\{0_G\}\,.$)
[/mm]
Jetzt ergänze, falls notwendig (in Eurem Beispiel ist das so), nach und nach
(in Eurem Beispiel ist das ein Schritt) dann das zu einer Basis von [mm] $V\,.$
[/mm]
Machen wir mal ein anschauliches Beispiel (das heißt, man kann sich zu
dem Algorithmus Vorstellungen machen, also Anschauung benutzen, was
da passiert - aber wir benutzen keine Argumentation, die rein auf
Anschauung basiert):
[mm] $$E:=\{(x,y,z)^T \in \IR^3:\;\; x+y+z=0\}\,.$$
[/mm]
Nachrechnen: $E [mm] \subseteq \IR^3$ [/mm] ist Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] als [mm] $\IR$-VR.
[/mm]
Wir konstruieren ohne Anschauung eine Basis von [mm] $E\,:$
[/mm]
1.) Offenbar ist [mm] $v_1:=(2,-2,0)^T \in [/mm] E [mm] \setminus \{(0,0,0)^T\}\,.$ [/mm] (Warum?)
2.) Betrachte $E [mm] \setminus \text{linspan}\{(2,-2,0)^T\}=E \setminus \{r*(1,-1,0)^T:\;\;r \in \IR\}\,.$ [/mm]
Falls möglich, so wähle [mm] $v_2 \in [/mm] E [mm] \setminus \text{linspan}\{(2,-2,0)^T\}\,.$
[/mm]
Dies ist möglich: Beispielsweise ist [mm] $v_2:=(1,0,-1)^T$ [/mm] geeignet.
Falls jetzt [mm] $\text{linspan}\{v_1,v_2\} \subsetneqq [/mm] E$ wäre, so würden wir weitermachen...
(Übrigens sind die mit diesem Verfahren gefundenen Vektoren automatisch
linear unabhängig. )
Jetzt gibt's (mind.) zwei Möglichkeiten:
Die erste ist, dass Du nachrechnest, dass [mm] $\text{linspan}\{v_1,v_2\}=E$ [/mm] gilt. Dabei ist [mm] $\subseteq$ [/mm]
klar, und [mm] $\supseteq$ [/mm] ist nichts anderes als dieBehauptung, dass [mm] $\{v_1,v_2\}$ [/mm] ein EZS
von [mm] $E\,$ [/mm] ist.
Ich mache eine andere Überlegung, die man auch direkt am Anfang machen
könnte:
Offenbar ist [mm] $(1,1,0)^T \notin E\,.$ [/mm] Als echter Unterraum von [mm] $\IR^3$ [/mm] kann damit
[mm] $E\,$ [/mm] bestenfalls die Dimension [mm] $2\,$ [/mm] haben. Wir haben oben [mm] $\{v_1,v_2\} \subseteq [/mm] E$ gefunden,
wobei [mm] $\{v_1,v_2\}$ [/mm] linear unabhängig ist. Damit muss diese Menge EINE
Basis von [mm] $E\,$ [/mm] sein!
Und Fazit: Mit unserem Ergebnis haben wir jetzt erkannt, dass [mm] $E\,$ [/mm] wirklich
eine (anschauliche) Ursprungsebene des [mm] $\IR^3$ [/mm] ist.
Nebenbei: Sei [mm] $U=U_{a,b,c}:=\{(x,y,z)^T:\;\;ax+by+cz=0\} \subseteq \IR^3$ [/mm] für $a,b,c [mm] \in \IR\,.$ [/mm] Falls möglich,
so gebe man Bedingungen an $a,b,c [mm] \in \IR$ [/mm] an, die [mm] $U\,$ [/mm] charakterisieren als
1.) den Nullraum des [mm] $\IR^3\,,$ [/mm] also [mm] $U=\{(0,0,0)^T\}\,.$
[/mm]
2.) einen eindimensionalen Unterraum des [mm] $\IR^3$
[/mm]
3.) einen zweidimensionalen Unterraum des [mm] $\IR^3$
[/mm]
4.) den [mm] $\IR^3\,.$
[/mm]
In allen möglichen Fällen gebe man zudem eine Basis von [mm] $U\,$ [/mm] an, welche
mithilfe des Basisergänzungssatzes erzeugt werden soll! (Ausnahme: Im
4.) Fall kann man - muss man aber nicht - die Basis auf diesem Wege
finden. Man darf hier auch einfach die Standardbasis benutzen! In
"offensichtlichen Fällen" darf man auch sonst einfach eine Basis
hinschreiben!)
Wenn Du magst: Diese Aufgabe habe ich mir gerade ausgedacht, sie sollte,
denke ich, sehr nützlich sein!
(P.S. Man beachte bitte unbedingt in der Aufgabe, dass dort "falls möglich"
steht!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:40 Do 02.05.2013 | | Autor: | mikexx |
Okay, ich denke ich habe das mit dem Basisergänzungssatz verstanden.
Ein beliebiger Vektor in V ist [mm] $v_0=2i+j$.
[/mm]
Und zum Beispiel ist [mm] $v_1=i+j+2k$ [/mm] nicht in V.
Bestenfalls bekommt man also noch Dimension 2 hin.
Ein Vektor, der in V liegt, aber nicht Vielfaches von [mm] $v_0$ [/mm] ist, ist etwa [mm] $v_2=i-k$.
[/mm]
Damit hat man eine Basis gefunden, nämlich bestehend aus [mm] $v_0$ [/mm] und [mm] $v_2$.
[/mm]
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Könntest Du mir evtl. nochmal erklären, wann man das mit der Ebene der Koordinaten machen darf? Das habe ich nämlich noch nicht so ganz verstanden.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:00 Fr 03.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Okay, ich denke ich habe das mit dem Basisergänzungssatz
> verstanden.
>
> Ein beliebiger Vektor in V ist [mm]v_0=2i+j[/mm].
beliebig? Das ist ein spezieller Vektor. Aber richtig:
Es ist [mm] $v_0 \in [/mm] V$ mit
[mm] $$V:=\{xi+yj+zk:\;\;x,y,z \in \IR \text{ UND }x+z=2y\}\,.$$
[/mm]
denn für [mm] $v_0=\red{2\;}*i+\blue{1}*j+\green{0}*k\,$ [/mm] gilt [mm] $\red{2\;}+\green{0}=2*\blue{1}\,.$
[/mm]
> Und zum Beispiel ist [mm]v_1=i+j+2k[/mm] nicht in V.
Richtig, wegen $1+2 [mm] \not=2*1\,.$ [/mm] Besser sagst Du aber, dass [mm] $v_1 \in [/mm] G [mm] \setminus [/mm] V$ ist
[mm] ($G\,$ [/mm] hatte ich den Ausgangsvektorraum genannt)!
> Bestenfalls bekommt man also noch Dimension 2 hin.
Genau: Wegen [mm] $\dim(G)=3$ [/mm] und $V [mm] \subsetneqq [/mm] G$ folgt [mm] $\dim(V) \le 2\,,$ [/mm] da [mm] $V\,$ [/mm] Unterraum von [mm] $G\,.$
[/mm]
> Ein Vektor, der in V liegt, aber nicht Vielfaches von [mm]v_0[/mm]
> ist, ist etwa [mm]v_2=i-k[/mm].
Beweis? Aber ja, das passt!
(Beachte aber , dass Du i.a. beim Basisergänzungssatz einen Vektor
hernehmen musst (falls ein solcher noch existiert), der nicht in dem linspan
der Vektoren liegt, welche Du bisher als "Basiselemente" schon
ausgewählt hast. Der linspan zweier linear unabhängiger Vektoren ist die
Menge aller endlichen Linearkombinationen, die sich mit diesen beiden
bilden lassen. Das kann man hier auch "einfacher" ausdrücken bzw.
knapper notieren...)
> Damit hat man eine Basis gefunden, nämlich bestehend aus
> [mm]v_0[/mm] und [mm]v_2[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> -----
>
> Könntest Du mir evtl. nochmal erklären, wann man das mit
> der Ebene der Koordinaten machen darf? Das habe ich
> nämlich noch nicht so ganz verstanden.
Grobgesagt: Du kannst nur einen [mm] $n\,$-dimensionalen [/mm] Vektorraum [mm] $V\,$ [/mm]
über [mm] $\IK$ [/mm] mit [mm] $\IK^n$ [/mm] identifizieren, bzw. auch als [mm] $n\,$-dimensionalen
[/mm]
Unterraum von [mm] $\IK^m$ [/mm] mit $m [mm] \ge n\,.$
[/mm]
Du hattest Deine Menge [mm] $V\,$ [/mm] aber einfach automatisch identifiziert,
ohne, dass Du Dich vorher davon überzeugt hattest, dass Du das darfst:
Überzeugen heißt hier: Du hättest erstmal beweisen müssen, dass [mm] $V\,$
[/mm]
ein endlichdimensionaler Vektorraum ist, wobei es durch die anderen
Gegebenheiten dazu gereicht hätte, zu beweisen, dass [mm] $V\,$ [/mm] ein Unterraum
des gegebenen 3-dimensionalen Ausgangsraums über [mm] $\IR$ [/mm] ist. Was kein
Problem war:
Den Ausgangsraum [mm] ($G\,$) [/mm] hättest Du direkt mit dem [mm] $\IR^3$ [/mm] identifizieren
können.
Aber ebensowenig, wie Du von einer beliebig vorgegebenen Menge $M [mm] \subseteq \IR^3$
[/mm]
immer direkt weißt, ob sie ein Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] bildet, weißt Du bei Deiner
Menge [mm] $V\,$ [/mm] ohne weiteres, ob sie einen Unterraum von [mm] $G\,$ [/mm] bildet.
Machen wir mal ein anderes Beispiel:
Seien [mm] $p_0,\;p_1 \colon \IR \to \IR$ [/mm] gegeben durch [mm] $p_0(x):=x^0=1$ [/mm] und [mm] $p_1(x):=x^1=x$ [/mm] für alle $x [mm] \in \IR\,,$
[/mm]
also kurzgesagt [mm] $p_j(x)=x^j$ [/mm] für alle [mm] $j\,.$
[/mm]
Wir definieren auf [mm] $W:=\{f \colon \IR \to \IR:\;\;\exists a_0 \in \IR,\exists a_1 \in \IR \text{ so, dass für alle }x\text{ gilt: }f(x)=a_0+a_1x\}$
[/mm]
[mm] $=\{f \colon \IR \to \IR: \exists a_0 \in \IR,\exists a_1 \in \IR \text{ mit }f=a_0*p_0+a_1*p_1\}$ [/mm] folgende Addition:
Für $f,g [mm] \in [/mm] W$ existieren [mm] $a_0,a_1,b_0,b_1$ [/mm] mit (kurze Funktions-Formulierung!)
[mm] $f(x)=a_0+a_1x$ [/mm] und [mm] $g(x)=b_0+b_1x\,.$ [/mm] Dann sei
[mm] $$(f\oplus g)(x):={(a_0-b_0)}^2+{(a_1+b_1)}x\,.$$
[/mm]
Dann schreiben wir
[mm] $$f=(a_0,a_1) \in \IR^2$$
[/mm]
und
[mm] $$g=(b_0,b_1) \in \IR^2\,,$$
[/mm]
d.h. wir identifizieren jedes Element aus [mm] $W\,$ [/mm] mit genau einem Element
des [mm] $\IR^2$ [/mm] und umgekehrt (d.h. [mm] $(a_0,a_1) \in \IR^2$ [/mm] stehe wieder für [mm] $f(x)=a_0+a_1x\,.$)
[/mm]
Die übliche Addition auf [mm] $\IR^2$ [/mm] kann sicher nicht [mm] $\oplus$ [/mm] auf [mm] $W\,$ [/mm] beschreiben
(klar, oder? ($(1,1)+(1,1)=(2,2)$ wird identifiziert mit...?))
Jetzt kann man sich auch überlegen, ob es denn eine andere Addition [mm] $\textbf{+}$ [/mm] auf
[mm] $\IR^2$ [/mm] geben kann, so dass wir doch [mm] $\oplus$ [/mm] dann mit [mm] $\textbf{+}$ [/mm] auf [mm] $\IR^2$
[/mm]
beschrieben bekommen, wobei diese den Ansprüchen einer Addition eines
Vektorraums genüge. Das machen wir nun nicht mit irgendwelchen anderen
Argumenten, die man auch heranziehen könnte, von wegen
Basiswechselmatrix oder was auch immer man da noch heranziehen
könnte...
Wir machen es elementar:
Wenn [mm] $\textbf{+}$ [/mm] als Addition auf [mm] $\IR^2$ [/mm] dort den Ansprüchen eines Vektorraums
genügen soll, muss es ein Element [mm] $(n_1,n_2) \in \IR^2$ [/mm] so geben, dass für
alle $(x,y) [mm] \in \IR^2$ [/mm] gilt: $(x,y) [mm] \textbf{+}(n_1,n_2)=(x,y)\,.$
[/mm]
Insbesondere muss [mm] $(1,1)\textbf{+}(n_1,n_2)=(1,1)$ [/mm] gelten.
Wegen der Identifizierung muss dann aber auch im Ausgangsraum
[mm] $W\,$ [/mm] ein Element [mm] $N(x)=N_1+N_2*x$ [/mm] existieren, so dass $f [mm] \oplus N=f\,$ [/mm] für alle
$f [mm] \in W\,,$ [/mm] insbesondere also auch mit $h(x):=1+x$
$$(h [mm] \oplus N)(x)=(1-N_1)^2+(1+N_2)x\,.$$
[/mm]
Dann muss also [mm] $N_1=N_2=0$ [/mm] sein (dass das "neutrale Elemente der Addition
nicht immer wie $0 [mm] \in \IR^n$ [/mm] aussehen muss", kannst Du bspw. hier (klick!) sehen!")
Das klingt ja schonmal toll: [mm] $(1,1)\textbf{+}(0,0)=(1,1)$ [/mm] passt zusammen mit
$h [mm] \oplus N=h\,$ [/mm] (es war [mm] $h(x)=1+x\,.$)
[/mm]
Dann sollte aber doch auch
[mm] $$(2,2)\textbf{+}(0,0)=(2,2)$$ [/mm]
zusammenpassen mit
$$(x [mm] \mapsto [/mm] 2+2x) [mm] \oplus [/mm] (x [mm] \mapsto [/mm] 0+0x=0)=(x [mm] \mapsto (2-0)^2+2x+0x)\,.$$
[/mm]
Aber es ist $x [mm] \mapsto (2-0)^2+2x+0=4+2x$ [/mm] eine andere Funktion wie $x [mm] \mapsto [/mm] 2+2x$...
Hmmmm....
Problem an der ganzen Sache: Egal, wie man [mm] $\odot$ [/mm] auf [mm] $W\,$ [/mm] definieren würde,
sicherlich wird [mm] $(W,\oplus,\odot)$ [/mm] NIE ein Vektorraum, weil uns [mm] $\textbf{+}$
[/mm]
dort Probleme bereitet. Wir können also "schlecht" sagen:
Die Elemente von [mm] $W\,$ [/mm] lassen sich identifizieren mit Elementen eines
Vektorraums (das geht noch) UND ich komme zum gleichen Ergebnis,
wenn:
1. Ich addiere erst die Elemente in [mm] $W\,$ [/mm] und das Ergebnis wird mit
einem Element aus dem Vektorraum identifiziert
2. Ich identifiziere "den ersten Summanden von $W$" mit einem
Element aus dem Vektorraum, dann identifiziere ich "den zweiten
Summanden von [mm] $W\,$" [/mm] mit einem Element aus [mm] $V\,,$ [/mm] und dann addiere
ich die Elemente in [mm] $V\,$ [/mm]
Edit:
So, nachdem ich nun etliche Beispiele mit etlichen Fehlern bzw.
Unbedachtheiten zusammengebastelt hatte: Man nehme einfach
"die Addition und Multiplikation" von hier (klick!) und
formuliere sie entsprechend um, angepasst an [mm] $W\,$ [/mm] von oben,
um mal was nichttriviales zu haben. Wenn ich morgen Zeit finde, schreibe
ich das nochmal genauer auf!
So, und jetzt doch nochmal ein relativ harmloses Beispiel:
Für $f,g [mm] \in [/mm] W$ mit [mm] $f=a_0p_0+a_1p_1$ [/mm] und [mm] $g=b_0p_0+b_1p_1$ [/mm] sei
$$(f [mm] \oplus g)(x):=(3a_0+3b_0)+(a_1+b_1)x$$
[/mm]
und mit [mm] $\lambda \in \IR$ [/mm] dann
[mm] $$(\lambda \odot f)(x):=(\lambda *f)(x)=\lambda a_0+\lambda a_1x\,.$$
[/mm]
(Aus reiner Faulheit nehme ich keine neue skalare Multiplikation!)
Identifiziert man hier [mm] $\IR^2 \ni [/mm] (r,s) [mm] \leftrightarrow f=r*p_0+s*p_1 \in W\,,$ so ist es
bspw. egal, ob man $(f \oplus g)$ dann mit dem zugehörigen Element des $\IR^2$
identifiziert, oder ob man erst $f\,$ mit dem Element des $\IR^2$ identifiziert,
dann $g\,$ mit dem des $\IR^2$ und danach die Summe der $\IR^2$-Elemente
berechnet...
P.S. Wenn ich gerade keinen Denkfehler habe, hätte man die Überlegungen
mit dem $\textbf{+}$ oben verkürzen können, indem man doch einfach
alles wieder direkt "auf den üblichen $\IR^2$ mit dort üblicher Addition (und
dort üblicher skalarer Multiplikation) zurückführt". Aber sie schadet ja nicht...
Außerdem hätten die Argumente wieder Vektorraumisomorphie benutzt...
P.P.S. Wenn Du das Ganze oben verstanden hast, dann wirst Du sicher
auch besser verstehen, was Isomorphie bedeutet und was die linearen
Abbildungen zwischen Vektorräumen eigentlich, unter anderem, für einen
Sinn haben. Grobgesagt wird man irgendwann etwa die Erkenntnis haben:
Wenn ich einen $\IK$-linearen Vektorraum $V\,$ der Dimension $n \in \IN$ habe,
dann kann ich mit dem genauso rechnen wie im üblichen $\IK^n$ ($\IK=\IR$ oder $\IK=\IC$).
Egal, wo ich rechne, ich rechne immer das gleiche, nur einmal verpacke ich
die Elemente mal mehr oder mal weniger schön.
Und anstatt zu zeigen, dass auch mit $q_0(x):=2,$ $q_1(x):=2+x$ und $q_2(x):=2+x+x^2$ eine
Basis von der Menge aller Polynome vom Grad $\le 2$ gegeben ist (dafür muss
man sich erstmal davon überzeugen, dass die genannte Menge einen
Vektorraum bildet), reicht es dann, die lineare Unabhängigkeit etwa von
$$\left\{\vektor{2\\0\\0},\vektor{2\\1\\0},\vektor{2\\1\\1}\right\}$$
nachzurechnen. (Die Monome $x \mapsto x^j$ ($j=0,1,2$) bilden eine Basis
des eben genannten Vektorraums!)
Nur: Wenn Du irgendwie bei einer Menge mit einer gewissen Struktur mit
Argumenten eines Vektorraums arbeiten willst, dann muss es sich bei
dieser Menge auch um einen handeln. Der $\IK^n$ mit üblicher komponentenweise
Addition und skalarer Multiplikation ist einer. Wenn Du "eine andere Menge
mit gewisser Addition und Multiplikation' so passend' damit identifizieren
willst", ist es doch schlecht, wenn "bei der anderen Menge" gar keine
Vektorraumstruktur vorliegt.
P.S. Lass' Dich von den $p_0,p_1$ oben nicht verwirren. Ich hatte sie definiert,
weil sich damit eigentlich manches schöner schreiben läßt, was oben steht.
Aber irgendwie hatte ich das zwischendrin dann selbst vergessen...
Gruß,
Marcel
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:36 Fr 03.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo nochmal,
hier (klick!)
wird schön in Worten (erste Seite) der "Sinn eines Vektorraumisomorphismusses"
beschrieben!
Irgendwann, wenn Du das genau(er) verstanden hast, wirst Du dann
auch sagen: "Jeder Vektorraum [mm] $V\,$ [/mm] über [mm] $\IK$ [/mm] der Dimension $n [mm] \in \IN$ [/mm] ist doch
'im Wesentlichen gleich mit dem [mm] $\IK^n$'."
[/mm]
Der Punkt hier ist halt: "Vektorraum [mm] $V\,$ [/mm] ..." Das Ding muss also
insbesondere erstmal die Vektorraumaxiome erfüllen!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:54 Fr 03.05.2013 | | Autor: | mikexx |
Dankeschön für diese sehr ausführliche Antwort!
Ich versuche mal, die Problematik, die sich aus meinem ersten Beitrag ergeben hat, zusammenzufassen:
Wenn ich es korrekt verstanden habe, hatte ich also zu Beginn zwei Fehler gemacht:
1. Ich war selbstverständlich davon ausgegangen, dass der zugrunde liegende Vektorraum der [mm] $\mathbb{R}^3$ [/mm] ist und dass man einfach [mm] $i=e_1, j=e_2$ [/mm] und [mm] $k=e_3$ [/mm] wählen kann. Das muss so aber nicht sein.
2. Ich hatte dann [mm] $V\ni v=xe_1+ye_2+ze_3$ [/mm] einfach mit [mm] $\mathbb{R}^3\ni (x,y,z)^{\perp}$ [/mm] identifiziert, was man aber nur kann, wenn man nachgewiesen hat, dass $V$ ein Vektorraum ist und man einen Isomorphismus angibt, der diese Identifikation "übersetzt".
Stattdessen muss man vielmehr davon ausgehen, dass von "irgendeinem" dreidimensionalen Vektorraum die Rede ist und vorher die Vektorraumeigenschaften nachweisen. Erst dann kann man das über diese Überlegung mit der Ebene machen, wobei mir noch nicht klar ist, wie man über diese Ebenensache eine Basis finden kann, wenn i, j und k beliebig sind und eben nicht die Einheitsvektoren. Klappt das dann überhaupt?
Oder man verzichtet auf diese Identifikation und diese Ebenengeschichte und macht es mit dem Basisergänzungssatz.
Ich bedanke mich nochmal
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:42 Fr 03.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Dankeschön für diese sehr ausführliche Antwort!
> Ich versuche mal, die Problematik, die sich aus meinem
> ersten Beitrag ergeben hat, zusammenzufassen:
>
> Wenn ich es korrekt verstanden habe, hatte ich also zu
> Beginn zwei Fehler gemacht:
>
> 1. Ich war selbstverständlich davon ausgegangen, dass der
> zugrunde liegende Vektorraum der [mm]\mathbb{R}^3[/mm] ist und dass
> man einfach [mm]i=e_1, j=e_2[/mm] und [mm]k=e_3[/mm] wählen kann. Das muss
> so aber nicht sein.
ob Du das getan hast, weiß ich nicht. Jedenfalls muss der zugrundeliegende Vektorraum
laut Aufgabenstellung nicht der [mm] $\IR^3$ [/mm] sein. Es ist aber ein dreidimensionaler Vektorraum
über [mm] $\IR\,,$ [/mm] man könnte diesen mit dem [mm] $\IR^3$ [/mm] identifizieren! (Die sind also "im Wesentlichen" gleich!)
> 2. Ich hatte dann [mm]V\ni v=xe_1+ye_2+ze_3[/mm] einfach mit
> [mm]\mathbb{R}^3\ni (x,y,z)^{\perp}[/mm] identifiziert, was man aber
> nur kann, wenn man nachgewiesen hat, dass [mm]V[/mm] ein Vektorraum
> ist und man einen Isomorphismus angibt, der diese
> Identifikation "übersetzt".
So in etwa: Der Punkt ist ja nicht, dass Du nur eine Bijektion [mm] $\phi \colon [/mm] V [mm] \to \IR^3$ [/mm] von [mm] $V\,$ [/mm] nach [mm] $\IR^3$ [/mm]
angeben willst, Du willst ja auch "in beiden Räumen im Wesentlichen gleich rechnen".
Das heißt (schreiben wir mal [mm] $\oplus$ [/mm] für die Addition in [mm] $V\,$ [/mm] und [mm] $\odot$ [/mm] für die in [mm] $V\,,$ [/mm] im Vektorraum [mm] $\IR^3$ [/mm]
meinen wir mit [mm] $+\,$ [/mm] bzw. [mm] $*\,$ [/mm] "das Übliche"):
[mm] $\phi(x \oplus y)=\phi(x) [/mm] + [mm] \phi(y)$ [/mm] und [mm] $\phi(\lambda \odot x)=\lambda*\phi(x)$ [/mm] für alle $x,y [mm] \in [/mm] V$ und [mm] $\lambda \in \IR\,.$
[/mm]
Deswegen sagt man ja auch, dass zwei Vektorräume "im Wesentlichen gleich" (isomorph) sind, wenn es eine
bijektive und lineare Abbildung zwischen ihnen gibt (die Umkehrabbildung ist dann im Übrigen auch bijektiv
(klar!) und linear (nicht ganz trivial, aber einfach nachzuweisen))!
> Stattdessen muss man vielmehr davon ausgehen, dass von
> "irgendeinem" dreidimensionalen Vektorraum die Rede ist
Es sei denn, Euch wurde etwas anderes gesagt.
> und
> vorher die Vektorraumeigenschaften nachweisen.
Da Du eine Teilmenge eines Vektorraums hast, beschränkst Du Dich dabei aber auf die Unterraumaxiome.
Damit ist dann, wenn sie nachgewiesen worden sind, als Untervektorraum dieser automatisch auch
selbstständig Vektorraum. (Mit dem Erfüllen der Unterraumaxiome werden alle Vektorraumaxiome, wenn
man "das Ding, welches auf Unterraum geprüft wird", eigenständig erfüllt. Umgekehrt ist klar: Wenn "das Ding"
eigenständig einen Vektorraum bildet, erfüllt es auch die Unterraumaxiome. Daher diese Äquivalenz.)
> Erst dann
> kann man das über diese Überlegung mit der Ebene machen,
> wobei mir noch nicht klar ist, wie man über diese
> Ebenensache eine Basis finden kann, wenn i, j und k
> beliebig sind und eben nicht die Einheitsvektoren.
Brauchten wir denn die "Einheitsvektoreneigenschaft", als wir mit dem Basisergänzungssatz eine Basis
des Unterraums konstruiert haben? Nö... Und schau' nochmal in das Beispiel, wo ich für eine URSPRUNGS-Ebene
- [mm] $\{(x,y,z)^T \in \IR^3:\;\;x+y+z=0\}$ [/mm] war das, glaube ich - eine Basis mit dem Basisergänzungssatz konstruiert habe.
Brauchte ich dafür irgendeine Kenntnis über eine Basis des [mm] $\IR^3$??
[/mm]
Ich startete, indem ich einen NICHTNULLVEKTOR der Ebene hergenommen habe...
> Klappt
> das dann überhaupt?
S.o.!
> Oder man verzichtet auf diese Identifikation und diese
> Ebenengeschichte und macht es mit dem
> Basisergänzungssatz.
NACHDEM Du nachgewiesen hast, dass [mm] $V\,$ [/mm] einen Vektorraum bildet, weißt Du, dass dieser mit einem Vektorraum
[mm] $\IR^n$ [/mm] identifiziert werden kann. Weil [mm] $V\,$ [/mm] dann Untervektorraum eines dreidimensionalen Vektorraums über [mm] $\IR$
[/mm]
ist, kann [mm] $V\,$ [/mm] mit einem [mm] $\IR^n$ [/mm] mit $n [mm] \le [/mm] 3$ identifiziert werden. Dann kann aber auch [mm] $V\,$ [/mm] mit einem [mm] $n\,$-dimensionalen
[/mm]
Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] identifiziert werden. Und dann kannst Du auch Deinen Ansatz machen, und es ist prinzipiell
dann egal, wo und wie Du eine Basis findet. Wenn da aber auch steht, dass Du eine für [mm] $V\,$ [/mm] angeben sollst, dann
musst Du auch nochmal "von der [mm] $\IR^3$-Ursprungs-Ebene" [/mm] zurückspringen und die entsprechende Basis in [mm] $V\,$ [/mm]
formulieren. (Erinnerst Du Dich: Angela das für Dich getan.)
Aber hier stecken halt Überlegungen dahinter, die Du alle nicht erwähnt hast, VOR ALLEM hast Du erstmal gar nicht begründet, dass [mm] $V\,$ [/mm] überhaupt ein (endlichdimensionaler) Vektorraum über [mm] $\IR$ [/mm] ist.
Man "könnte" Dir unterstellen: [mm] "$V\,$ [/mm] soll laut Aufgabenstellung einer sein, wird also einer sein (Annahme). Dann kann ich
den mit einem [mm] $\IR^n$ [/mm] identifizieren mit $n [mm] \le 3\,.$ [/mm] Diesen [mm] $\IR^n$ [/mm] kann ich mit einem Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] identifizieren.
Ich finde den also als Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] wieder. Wenn das so ist, dann kommt als EINE Basis sicher ... in Frage."
Wenn Du das so überlegt hättest, würde man sagen, dass Du Dir so überlegt hast: Wenn das Ding [mm] $V\,$ [/mm] wirklich einen
Unterraum bildet, dann ist doch sicher ... eine Basis. (Bei ... gehört die von Angela genannte Menge hin!)
Vielleicht zur Erinnerung: Du willst beweisen, dass [mm] $B\,$ [/mm] gilt [mm] ($B\,$ [/mm] ist jetzt erstmal allgemein eine Aussage - das hat
erstmal nichts mehr mit "Basis" zu tun). Du hast, bestenfalls, sowas wie $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ bewiesen.
Was fehlt denn dann noch, um den Beweis, dass [mm] $B\,$ [/mm] gilt, vollständig zu machen?
Hier (klick!) findest Du die Antwort auf diese Frage.
Bei Dir ist übrigens
[mm] $A:\,$ $V\,$ [/mm] ist (Unter-)Vektorraum!
und
[mm] $B:\,$ [/mm] ... ist Basis von [mm] $V\,$
[/mm]
Jetzt - etwas - klar(er)?
> Ich bedanke mich nochmal
Gerne.
Gruß,
Marcel
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