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Lineare Abbildungen
Universität / Fachhochschule
Tags: Lineare Algebra
 
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anonymous 17:21 Uhr, 27.08.2006  |
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Hallo an all die fleißigen MathematikerInnen da draussen, Ich hoffe mir kann jemand bei diesem Beweis hier weiterhelfen, mir einen Ansatz geben oder auch mehr ;P Ich habe leider echt keine Ahnung wie ich hier rangehen soll, also bitte helft mit*fleh*. Es sei K ein Körper und V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum mit Basis B=(B[1],B[2],...,B[n]) "Element von" V^n. Zu zeigen ist: i)Sei W ein K-Vektorraum. Für jedes C=(C[1],C[2],...,C[n]) "Element aus" W^n gibt es genau ein phi "Element aus" HOM(V,W) mit phi(B[i])=C[i] für alle 1<=i<=n. Ferner ist C genau dann iene Basis von W, wenn phi ein Isomorphismus ist. ii)Die Menge GL(V) der Automorphismen von V bildet eine Untergruppe von S_V der Menge aller bijektiven Abbildungen iii)Es definiert tao:GL(V)->GL(n,K), phi -> B^phi^B einen Gruppenisomorphismus, dh tao ist bijektiv und erfüllt tao(phi o psi) = tao(phi)*tao(psi) für alle phi, psi "Element aus" GL(V) Ich hoffe mir kann hier jemand weiterhelfen Gruß Ellen |
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Kann mir denn niemand helfen :( Die Ansätze dafür wären schon mal sehr hilfreich. LG Ellen |
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Hallo Ellen, ich versuche einmal einen Ansatz zunächst für i). Seien also B=(b_1,...,b_n) eine Basis von V und C=(c_1,...,c_n) ein n-tupel von Vektoren aus W. Für jedes v aus V gibt es eine eindeutige Darstellung v = l_1 * b_1 + ... + l_n * b_n mit l_i aus K, da B eine Basis von V ist. Definiere nun phi:V--->W durch phi(v) = l_1 * c_1 + ... + l_n * c_n. Es ist phi(b_i) = c_i für alle i=1...n; außerdem kann leicht nachgeprüft werden, dass phi linear ist (probier es mal!). Hat nun eine lineare Abbildung psi ebenfalls die Eigenschaft, dass psi(b_i) = c_i für alle i gilt, dann ist sigma = phi - psi linear und bildet die Basisvektoren b_i auf 0 ab. Damit bildet sigma ganz V auf 0 ab und deshalb gilt phi - psi = 0 bzw. phi = psi. Sei zunächst C eine Basis von W; zu zeigen ist, dass phi bijektiv ist. Nach Voraussetzung ist C ein Erzeugendensystem von W; ist also w aus W beliebig, dann gibt es m_1,...,m_n aus K mit w = m_1 * c_1 + ... + m_n * c_n. Für v = m_1 * b_1 + ... + m_n * b_n gilt phi(v) = w, und damit ist phi surjektiv. Sei v = l_1 * b_1 + ... + l_n * b_n aus dem Kern von phi, also phi(v) = 0 also l_1 * c_1 + ... + l_n * c_n = 0. Wegen der linearen Unabhängigkeit von c_1,...,c_n sind alle l_i = 0 und damit v = 0. Somit ist phi injektiv. Sei nun phi ein Isomorphismus. C muss als linear unabhängiges Erzeugendensystem nachgewiesen werden. Sei m_1 * c_1 + ... + m_n * c_n = 0; damit ist v = m_1 * b_1 + ... + m_n * b_n aus dem Kern von phi, also v = 0; da b_1,...,b_n linear unabhängig sind, sind alle m_i = 0 und damit sind auch die c_i linear unabhängig. Wegen der Surjektivität von phi gibt es zu jedem w aus W ein v aus V mit phi(v) = w; v läßt sich darstellen als l_1 * b_1 + ... + l_n * b_n und nach Definition ist phi(v) = l_1 * c_1 + ... + l_n * c_n = w. Also ist C ein Erzeugendensystem von W. Vielleicht könntest Du mir noch kurz erklären, was bei der Aufgabe iii) B^phi^B bedeutet. Gruß Rentner |
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Dieses B^phi^B ist die Matrix der linearen Abbildung phi, wobei die Vektoren auf die phi angewandt werden als Vektoren in der Koordinatenabbildung unter der Basis B angesehen werden. Das gleiche gilt für die Ergebnisvektoren. Danke für die Ansätze!! LG Ellen |
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Dann schauen wir einmal die ii) an! Die Menge S_V der bijektiven Abbildungen von V nach V bildet zusammen mit Hintereinanderausführung von Abbildungen als Verknüpfung eine Gruppe. Dies darf vorausgesetzt werden. Die Menge der Automorphismen GL(V) ist eine Teilmenge von S_V bestehend aus den linearen bijektiven Abbildungen. Da id_V (Identische Abbildung) linear ist, ist GL(V) nicht leer; id_V ist das neutrale Element von S_V. Sind F und G Automorphismen, dann ist G o F ebenfalls linear und bijektiv, also auch ein Automorphismus. Ist F ein Automorphismus, der die Basis b_1,...,b_n auf die (wie in i) mit W = V bewiesen) Basis c_1,...,c_n abbildet, dann gibt es die Umkehrabbildung F^-1 zu F in S_V, die die Basis c_1,...,c_n auf die Basis b_1,...,b_n abbildet. F^-1 ist nur noch als linear nachzuweisen. Kannst Du das versuchen? Gruß Rentner |
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Bei der iii) hast Du zunächst einmal bei gegebener Basis B eine Abbildung sigma_B:End(V)--->Mat(nxn) von den Endomorphismen von V in die Menge der nxn-Matrizen, die jeder Abbildung F die zugehörige Koordinatenmatrix zuordnet. Dabei bilden die Endomorphismen mit der Hintereinanderschaltung von Abbildungen und die Matrizen mit der Matrizenmultiplikation jeweils Gruppen und sigma_B ist ein Homomorphismus (was nachzuweisen wäre!). sigma_B ist bijektiv und damit ein Gruppenisomorphismus. Nun ist nur noch zu zeigen, dass tau = sigma_B|GL(V) (die Einschränkung auf GL(V)) als Bild gerade GL(n,k), also die Menge der invertierbaren nxn-Matrizen hat. Dies folgt aber aus der Tatsache, dass der Rang einer Matrix gleich der Dimension des Bildes der zugehörigen linearen Abbildung ist, also Automorphismus <==> Endomorphismus mit "voller" Bilddimension <==> Matrix mit vollem Rang <==> invertierbare Matrix. Gruß Rentner |
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Hallo, meine Güte ich danke dir, dass du dir so viel Mühe damit gegeben hast:) Ich habe da nur eine Frage zu der i): Wozu definierst du dir die Funktin Sigma? Du hast doch schon von Anfang an gesagt dass psi die gleichen Eigenschaften hat, oder nicht? Dann wären die Funktionen phi und psi doch automatisch gleich? Und dann noch eine Frage zur ii) ich habe irgendwie ein Problem damit, nachzuweisen, dass die Umkehrabbildung auch ein Element der GL(V) ist. Vllt kannst du mir damit noch einmal helfen. Danke noch mal vielmals mfg Ellen |
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Bei der Aufgabe i) soll grob gesprochen gezeigt werden, dass lineare Abbildungen durch die Bilder einer Basis vollständig definiert sind. Es ist also die Existenz und die Eindeutigkeit nachzuweisen, sofern eine Basis und deren Bildvektoren vorgegeben sind. Die Existenz wird hier durch eine konkrete Definition nachgewiesen. Bei der Eindeutigkeit wäre eigentlich nachzuweisen, dass bei zwei vorgegebenen linearen Abbildungen phi und psi, die die Basisvektoren auf identische Bildvektoren abbilden, vollständig identisch sind, also phi(v) = psi(v) für alle v aus V. Es ist nun reine Geschmackssache, wie das durchgeführt wird; ich habe hier nicht die direkte Gleichheit nachgewiesen sondern eine Aussage über die Differenz gemacht. Dazu wurde zur Argumentation die Hilfsabbildung sigma definiert; diese lineare Abbildung verschwindet auf der Basis und damit auf jeder Linearkombination also auf ganz V. Bei der ii) ist ja zunächst F^-1 die in S_V eindeutig festgelegte Umkehrabbildung zu F. Nach i) gibt es eine eindeutige lineare Abbildung G, die die Basis c_1,...,c_n auf die Basis b_1,...,b_n abbildet; diese ist nach i) sogar bijektiv also aus GL(V). Für ein beliebiges v aus V mit v = l_1 * c_1 + ... + l_n * c_n gilt demnach: (F o G) (v) = F(G(l_1 * c_1 + ... + l_n * c_n)) = F(l_1 * b_1 + ... + l_n * b_n) = l_1 * c_1 + ... + l_n * c_n = v = (F o F^-1) (v). Damit stimmen G und F^-1 überein, also ist F^-1 aus GL(V). Gruß Rentner |
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Bei der i) hast du doch phi schon linear gewählt, in dem du diese Art von Definition für phi angibst, oder nicht? Aber ist es denn gegeben dass es eine lineare Abbildung überhaupt gibt? Danke trotzdem! LG Ellen |
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Ach ja, dann hab ich noch eine kurze Frage, die sich aber denk ich mal schnell beantworten lässt. Ist eine lineare Abbildung phi genau dann surjektiv, wenn für die dazugehörige Matrix A zu phi gilt Rang(A)=Dim(Bild(phi))? Danke Ellen |
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Nochmals zu i) Es ist zunächst nicht von vornherein gegeben, dass es überhaupt eine lineare Abbildung geben muss, die die Basis B auf die Vektoren C abbildet. Du "konstruierst" Dir eine Abbildung, die linear ist und B auf C abbildet. Damit hast Du automatisch nachgewiesen, dass es eine gibt. Du solltest allerdings noch nachprüfen, dass das konstruierte phi tatsächlich linear ist, also z.B. phi(k*v) = k*phi(v); phi(k*v) = phi(k*(l_1 * b_1 + ... + l_n * b_n)) = phi((k*l_1) * b_1 + ... + (k*l_n) * b_n) = (nach Def.!) (k*l_1) * c_1 + ... + (k*l_n) * c_n = k*(l_1 * c_1 + ... + l_n * c_n) = k*phi(v). Dasselbe kannst Du mit der Summe von zwei Vektoren probieren. Der Rang einer Matrix ist identisch mit der Dimension des Bildes der zugehörigen linearen Abbildung und hat mit Surjektivität nichts zu tun, sofern er nicht voll ist. Wenn F:V--->W mit endlichdim. VR V und W surjektiv ist, dann unterscheiden sich die Dimensionen der VR um die Dimension des Kerns von F, also dim(Ker(F)) = dim(V) - dim(W). Insbesondere ist bei gleichdim. VR surjektiv, injektiv und bijektiv identisch. Gruß Rentner |
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