injektive lin. Abbildung < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Rechnen Sie nach, dass L: [mm] \IR^{3} \to \IR^{\IR} [/mm] definiert durch [mm] (L(a_{0},a_{1},a_{2}))(x) :=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2} [/mm] für alle x [mm] \in \IR, (a_{0},a_{1},a_{2}) \in \IR^{3}, [/mm] eine injektive lineare Abbildung über [mm] \IR [/mm] ist. |
Also ich habe ein Verständnis Problem mit der Aufgabe.
Also ich hab hier eine Abbildung die vom [mm] \IR^{3} [/mm] in den Raum aller Abbildungen abgebildet wird.
Und ich soll zeigen(bzw. nachrechnen, dass sie injektiv ist).
Ich muss dazu sagen wir hatten vorher eine Aufgabe wo wir gezeigt haben dass die Abbildungen [mm] f_{i}: \IR \to \IR [/mm] def. x [mm] \mapsto x^{i} [/mm] mit i [mm] \in [/mm] {1,2,3} linear unabhängig sind.
Ist das die selbe Abbildung bzw Abbildungen und kann ich da mit der linearen Unabhängigkeit was anfangen?
Vielen dank für Tipps!!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:47 Mo 17.12.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
L bildet jede Koordinate eines Vektors aus [mm] \IR^3 [/mm] auf die Koeffizienten eines Polynom zweiten Grades. Zu zeigen ist, dass falls L(v)=L(u) gilt, dann ist v=u.
Angenommen v:=(a b [mm] c)^t [/mm] und u=(d e [mm] f)^t, [/mm] so ist L(v)=L_(u) äquivalent zu
[mm] a+bx+cx^2=d+ex+fx^2.
[/mm]
Zu zeigen ist nun, dass a=d, b=e und c=f.
Gruß,
dormant
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Ah..super..ich danke schon mal für die schnelle Antwort.
Aber  : wie zeige ich denn das ? und muss ich wirklich was zeigen (da steht rechnen sie nach) - kann mir im Moment nicht vorstellen wie das gehen soll !
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:12 Mo 17.12.2007 | | Autor: | statler |
Hi!
> Aber : wie zeige ich denn das ? und muss ich wirklich
> was zeigen (da steht rechnen sie nach) - kann mir im
> Moment nicht vorstellen wie das gehen soll !
Naja, diese Gleichung soll für alle reellen x gelten, also du hast 2 quadratische Funktionen, die für jedes relle x (davon gibt es ganz ganz viele) den gleichen Wert annehmen sollen.
Anschaulicher: Das sind 2 Parabeln, wann sind die gleich?
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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Ja also gleich sind die Funktionen wenn a=d, b=e und c=f gilt.aber das soll ich doch zeigen oder nicht ?
Oder kann ich einfach sagen dass die Funktionen nur gleich sind wenn obiges gilt und somit ist die Abbildung injektiv ?
gruß Charlie
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:03 Mo 17.12.2007 | | Autor: | statler |
> Ja also gleich sind die Funktionen wenn a=d, b=e und c=f
> gilt.aber das soll ich doch zeigen oder nicht ?
So herum ist nix zu zeigen: Wenn a=d, b=e und c=f gilt, steht auf beiden Seiten das Gleiche, also sind auch die durch diese gleichen Terme gegebenen Abbildungen gleich.
Für die Umkehrung muß dir was einfallen! Bring mal alles auf eine Seite. Dann erhältst du ein Polynom 2. Grades mit ganz vielen Nullstellen.
Gruß
Dieter
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Hallo,
bin auch in der vorlesung
> So herum ist nix zu zeigen: Wenn a=d, b=e und c=f gilt,
> steht auf beiden Seiten das Gleiche, also sind auch die
> durch diese gleichen Terme gegebenen Abbildungen gleich.
Ich checks leider nicht, darf ich nun vorraussetzen dass a=d, etc. gilt oder muss ich das zeigen?
> Für die Umkehrung muß dir was einfallen! Bring mal alles
> auf eine Seite. Dann erhältst du ein Polynom 2. Grades mit
> ganz vielen Nullstellen.
Umkehrung? Polynom 2ten Grades mit ganz vielen Nullstellen? Entschuldige unser Unwissen...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:21 Mo 17.12.2007 | | Autor: | Jorgi |
Hallo,
um zu zeigen, dass $a=d,$ $b=e,$ $c=f$ gilt, kann man doch meines erachtens ganz viel leichter argumentieren.
also ausgehend von der tatsache
$a + bx + [mm] cx^2 [/mm] = d + ex + [mm] fx^2$ [/mm]
folgt ja, wenn man alles aufe linke seite packt
$(a-d) + (b-e)x + [mm] (c-f)x^2 [/mm] = 0$
Hier steht nun eine Linearkombination der Elemnte ${1, x, [mm] x^2}$, [/mm] wobei ${1, x, [mm] x^2}$ [/mm] eine Basis des Vektorraums der Polynome zweiten Grades ist.
Also folgt wegen der lienaren Unabhängigkeit der Basis $a-d = 0,$ $b-e = 0,$ $c-f = 0$ und somit die Behauptung
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 08:57 Di 18.12.2007 | | Autor: | statler |
Guten Morgen!
> um zu zeigen, dass [mm]a=d,[/mm] [mm]b=e,[/mm] [mm]c=f[/mm] gilt, kann man doch
> meines erachtens ganz viel leichter argumentieren.
s. u.
> also ausgehend von der tatsache
> [mm]a + bx + cx^2 = d + ex + fx^2[/mm]
>
> folgt ja, wenn man alles aufe linke seite packt
>
> [mm](a-d) + (b-e)x + (c-f)x^2 = 0[/mm]
>
> Hier steht nun eine Linearkombination der Elemnte [mm]{1, x, x^2}[/mm],
> wobei [mm]{1, x, x^2}[/mm] eine Basis des Vektorraums der Polynome
> zweiten Grades ist.
>
> Also folgt wegen der lienaren Unabhängigkeit der Basis [mm]a-d = 0,[/mm]
> [mm]b-e = 0,[/mm] [mm]c-f = 0[/mm] und somit die Behauptung
Man muß hier unterscheiden zwischen den Polynomen über einem Körper (das ist eine freie Algebra, die Potenzen sind per definitionem linear unabhängig) und den von diesen Polynomen induzierten Abbildungen, die durch Einsetzen eines Körperelementes für das erzeugende Element - meistens ja X genannt - entstehen.
Der Unterschied wird deutlicher über endlichen Körpern: Über dem Körper [mm] \IF_{2} [/mm] mit 2 Elementen ist [mm] X^{2} [/mm] + X ein Polynom, das offensichtlich nicht das Nullpolynom ist, eben weil [mm] X^{2} [/mm] und X linear unabhängig sind. Die zugehörige Abbildung von [mm] \IF_{2} [/mm] nach [mm] \IF_{2} [/mm] ist aber die Nullabbildung, weil in diesem Körper 1 + 1 = 0 ist.
Warum ist das über [mm] \IR [/mm] anders? Wenn dort die Nullabbildung von einem Polynom kommt, hätte das Polynom mehr Nullstellen als sein Grad angibt, was aber dem Fundamentalsatz der Algebra widerspricht.
Man muß auch hier wie immer in der Mathematik sehr sorgfältig zu Werke gehen.
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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