Anzahl der Elemente in VR < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:13 Sa 05.08.2006 | | Autor: | Centaur |
| Aufgabe | | Sei K ein Körper mit drei Elementen. Sei M = { [mm] \phi \in [/mm] Hom(M(2 [mm] \times [/mm] 2, K), K), | [mm] \phi(E_2) [/mm] = 1 }. Wieviele Elemente besitzt M? |
Ich habe mir zu dieser Aufgabe ein paar Gedanken gemacht. Habe im Internet leider keine ähnlichen Aufgaben gefunden, um sie zu überprüfen, deswegen wollte ich einfach von jemandem hören, ob ich mit der Lösung der Aufgabe vollkommen daneben liege oder nicht.
Also, wenn |K|=3, dann ist |K [mm] \times [/mm] K| = 3² = 9
M(2 [mm] \times [/mm] 2, K) ist isomorph zu Hom(K², K²), das heißt, enthält gleich viele Elemente. (Darf man so argumentieren?)
|M(2 [mm] \times [/mm] 2, K)| = |Hom(K², K²)| = (3²)² = 81
Nun wäre |Hom(M(2 [mm] \times [/mm] 2, K), K)| = 81 * 3 = 243
Bei uns ist M aber in gewisser Weise eingeschränkt. So und jetzt weiß ich nicht so Recht, ob das Folgende stimmt. Also ich habe mir überlegt, da [mm] \phi [/mm] linear ist, gilt für [mm] \lambda \in [/mm] K:
[mm] \phi(\lambda E_2)=\lambda [/mm] *1, d. h. die vermeintliche Einschränkung ist gar keine. Da ich immer noch jedes Element in K darstellen kann.
Also ist |M| = 81 *3 (=?)
Würde mich freuen, wenn sich das jemand anschauen könnte.
Chris
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> Sei K ein Körper mit drei Elementen. Sei $M = [mm] \{ \phi \in Hom(M(2 \times 2, K), K) | \phi(E_2) = 1 \}$. [/mm] Wieviele Elemente besitzt M?
> Also, wenn |K|=3, dann ist |K [mm]\times[/mm] K| = 3² = 9
Ja
> M(2 [mm]\times[/mm] 2, K) ist isomorph zu Hom(K², K²), das heißt,
> enthält gleich viele Elemente. (Darf man so
> argumentieren?)
Ja, das funktioniert so.
> |M(2 [mm]\times[/mm] 2, K)| = |Hom(K², K²)| = (3²)² = 81
Ich sehe nicht, wie du auf die Mächtigkeit von [mm] Hom(K^2,K^2) [/mm] kommst.
Die Anzahl der Matrizen zu zählen, geht aber auch direkt: Eine 2x2-Matrix hat 4 Einträge, die unabhängig voneinander gewählt werden können. Damit gibt es tatsächlich [mm] $|K|^4=81$ [/mm] Matrizen der Größe 2x2 über K.
> Nun wäre |Hom(M(2 [mm]\times[/mm] 2, K), K)| = 81 * 3 = 243
M(2x2,K) ist ein 4-dimensionaler K-Vektorraum, es gibt also [mm] $3^4=81$ [/mm] lineare Abbildungen von M(2x2,K) nach K (Begründung weiter unten).
> Also ich habe mir überlegt, da [mm]\phi[/mm] linear ist, gilt für [mm]\lambda \in K[/mm]:
>
> [mm]\phi(\lambda E_2)=\lambda[/mm] *1, d. h. die vermeintliche
> Einschränkung ist gar keine. Da ich immer noch jedes
> Element in K darstellen kann.
Das ist falsch. Es geht nicht darum, welche Elemente von K du darstellen kannst (die Mächtigkeit der Bildmengen der linearen Abbildungen).
Du hast [mm] 3^4 [/mm] lineare Abbildungen zur Wahl, aber nicht jede bildet [mm] E_2 [/mm] auf die 1 ab. Das tun nur [mm] 3^3 [/mm] von ihnen.
Ich sagte oben, dass M(2x2,K) ein 4-dimensionaler VR ist. Du kannst [mm] E_2 [/mm] zu einer Basis ergänzen.
Vielleicht hast du schonmal von dem Satz gehört, dass eine lineare Abbildung eindeutig bestimmt ist durch die Bilder einer Basis, und dass jede Kombination von Basisbildern eine lineare Abbildung bestimmt. (Beachte, dass ich von Basisbildern, also den Bildern einer Basis spreche, nicht von einer Bildbasis, also einer Basis des Bildvektorraumes.)
Den Satz kannst du benutzen, um die Mächtigkeit von Hom(M(2x2,K),K) und von M zu bestimmen.
Gruß,
SirJective
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:00 So 06.08.2006 | | Autor: | Centaur |
Hallo Christian,
danke für deine Korrektur zu so später Stunde.
>
> Ich sehe nicht, wie du auf die Mächtigkeit von [mm]Hom(K^2,K^2)[/mm]
> kommst.
> Die Anzahl der Matrizen zu zählen, geht aber auch direkt:
> Eine 2x2-Matrix hat 4 Einträge, die unabhängig voneinander
> gewählt werden können. Damit gibt es tatsächlich [mm]|K|^4=81[/mm]
> Matrizen der Größe 2x2 über K.
Zuerst hatte ich mir überlegt, dass ich neun Elemente (da K² neun Elemente hat) mit dem ersten Körper Element, neun Elemente mit dem zweiten Körperelement, etc. kombienieren kann. Also insgesamt 9*9 Kombinationsmöglichkeiten habe. Später bin ich drauf gekommen es so zu machen, wie du vorgeschlagen hast.
> > Nun wäre |Hom(M(2 [mm]\times[/mm] 2, K), K)| = 81 * 3 = 243
Hier hatte ich gedacht, dass ich die 9*9 = 81 Elemente von M(2 [mm]\times[/mm] 2, K), K) mit drei Elementen aus K kombinieren kann. Also 81 * 3... Das scheint wohl nicht zu stimmen. Du scheinst irgendwie |M(2 [mm]\times[/mm] 2, K), K)|=|K|^dimVR zu verwenden, woher kommt das? Ich versuche den Gedankengang, so wie ich ihn verstanden habe, darzulegen:
Also unten sagst du, dass A = M(2 [mm] \times2, [/mm] K) vierdimensional ist. Das sehe ich ein. Ferner, dass A sich durch den span der Basisbilder darstellen lässt, derer gibt es wegen der Vierdimensionalität vier. Für jedes der vier Basisbilder habe ich drei Möglichkeiten. Also insgesamt: [mm] 3^4. [/mm] Habe ich das richtig verstanden?
Wo genau spielt jetzt der Hinweis auf die Eindeutigkeit rein?
> M(2x2,K) ist ein 4-dimensionaler K-Vektorraum, es gibt also
> [mm]3^4=81[/mm] lineare Abbildungen von M(2x2,K) nach K (Begründung
> weiter unten).
>
> > Also ich habe mir überlegt, da [mm]\phi[/mm] linear ist, gilt für
> [mm]\lambda \in K[/mm]:
> >
> > [mm]\phi(\lambda E_2)=\lambda[/mm] *1, d. h. die vermeintliche
> > Einschränkung ist gar keine. Da ich immer noch jedes
> > Element in K darstellen kann.
>
> Das ist falsch. Es geht nicht darum, welche Elemente von K
> du darstellen kannst (die Mächtigkeit der Bildmengen der
> linearen Abbildungen).
>
> Du hast [mm]3^4[/mm] lineare Abbildungen zur Wahl, aber nicht jede
> bildet [mm]E_2[/mm] auf die 1 ab. Das tun nur [mm]3^3[/mm] von ihnen.
Wenn ich hinnehme, dass ich [mm] 3^4 [/mm] Abbildungen zur freien Verfügung habe, dann ist mir dein Gedankengang klar. Du sagst ein Basisvektor ist fest, alle anderen kann ich frei wählen, d.h. ich habe 1*3*3*3 = 27 Möglichkeiten. Wäre ein zweiter Basisvektor fest, dann hätte ich vermutlich nur 3*3 Möglichkeiten, oder? (Falls dabei egal ist, wie er fest ist)
>
> Ich sagte oben, dass M(2x2,K) ein 4-dimensionaler VR ist.
> Du kannst [mm]E_2[/mm] zu einer Basis ergänzen.
>
> Vielleicht hast du schonmal von dem Satz gehört, dass eine
> lineare Abbildung eindeutig bestimmt ist durch die Bilder
> einer Basis, und dass jede Kombination von Basisbildern
> eine lineare Abbildung bestimmt. (Beachte, dass ich von
> Basisbildern, also den Bildern einer Basis spreche, nicht
> von einer Bildbasis, also einer Basis des
> Bildvektorraumes.)
Hierrauf weist du so explizit hin, weil Basisbilder keine Basis von F(V) sein müssen, sondern auch nur ein Erzeugendensystem sein können?
> Den Satz kannst du benutzen, um die Mächtigkeit von
> Hom(M(2x2,K),K) und von M zu bestimmen.
>
> Gruß,
> SirJective
>
Vielen Dank nochmal und eine geruhsame Nacht :),
Chris
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> > Ich sehe nicht, wie du auf die Mächtigkeit von [mm]Hom(K^2,K^2)[/mm]
> > kommst.
>
> Zuerst hatte ich mir überlegt, dass ich neun Elemente (da
> K² neun Elemente hat) mit dem ersten Körper Element, neun
> Elemente mit dem zweiten Körperelement, etc. kombienieren
> kann. Also insgesamt 9*9 Kombinationsmöglichkeiten habe. [...]
Dieser Ansatz liefert hier nur zufällig das richtige Ergebnis.
> > > Nun wäre |Hom(M(2 [mm]\times[/mm] 2, K), K)| = 81 * 3 = 243
>
> Hier hatte ich gedacht, dass ich die 9*9 = 81 Elemente von
> M(2 [mm]\times[/mm] 2, K), K) mit drei Elementen aus K kombinieren
> kann. Also 81 * 3... Das scheint wohl nicht zu stimmen.
Genau, das funktioniert nicht.
> Du
> scheinst irgendwie |M(2 [mm]\times[/mm] 2, K), K)|=|K|^dimVR zu
> verwenden, woher kommt das?Ich versuche den Gedankengang,
> so wie ich ihn verstanden habe, darzulegen:
>
> Also unten sagst du, dass A = M(2 [mm]\times2,[/mm] K)
> vierdimensional ist. Das sehe ich ein.
Ja, M(2x2,K) ist ein vierdimensionaler K-Vektorraum. Die Standardbasis besteht aus den Matrizen, die jeweils an einer einzigen Stelle eine 1 und sonst 0 haben.
> Ferner, dass A sich durch den span der Basisbilder darstellen lässt,
A ist der Span einer Basis. Basisbilder treten erst später auf.
> derer gibt es wegen der Vierdimensionalität vier.
> Für jedes der vier
> Basisbilder habe ich drei Möglichkeiten.
Hier kommen jetzt Basisbilder ins Spiel.
Angenommen, wir haben eine lineare Abbildung f vom Vektorraum A nach K.
Dann können wir eine Basis [mm] $\{b_1,...,b_4\}$ [/mm] von A wählen (oben habe ich eine angegeben) und uns die Bilder dieser Basisvektoren unter der Abbildung f anschauen, also [mm] f(b_i). [/mm] Das sind die "Basisbilder": Bilder der Basis.
Der zitierte Satz behauptet nun, dass die Abbildung f bereits durch diese vier Werte [mm] f(b_i) [/mm] eindeutig bestimmt ist. Wenn ich mir also vier Elemente von K aussuche, und diese [mm] f(b_i) [/mm] nenne, dann gibt es höchstens ein f, das tatsächlich diese Werte [mm] f(b_i) [/mm] annimmt.
Der Satz sagt weiterhin, dass es tatsächlich so eine gibt (beachte, dass "höchstens eine" noch nicht die Existenz behauptet).
> Also insgesamt:
> [mm]3^4.[/mm] Habe ich das richtig verstanden?
Ja, es gibt [mm] 3^4 [/mm] lineare Abbildungen von A nach K.
> Wo genau spielt jetzt der Hinweis auf die Eindeutigkeit rein?
Es gibt [mm] 3^4 [/mm] Kombinationen, den (fest gewählten) Basisvektoren von A Bilder in K zuzuordnen, und jede Kombination von Basisbildern liefert genau eine Abbildung - es gibt also genausoviele Abbildungen. (Dass verschiedene Kombinationen auch verschiedene Abbildungen liefern, machst du dir noch klar. Ebenso, dass die Änderung der Basis keine weiteren Abbildungen liefert.)
> > Du hast [mm]3^4[/mm] lineare Abbildungen zur Wahl, aber nicht jede
> > bildet [mm]E_2[/mm] auf die 1 ab. Das tun nur [mm]3^3[/mm] von
> > ihnen.
>
> Wenn ich hinnehme, dass ich [mm]3^4[/mm] Abbildungen zur freien
> Verfügung habe, dann ist mir dein Gedankengang klar. Du
> sagst ein Basisvektor ist fest, alle anderen kann ich frei
> wählen,
Nein. Die Basis ist fest gewählt (hier muss sie so gewählt werden, dass [mm] E_2 [/mm] einer der Basisvektoren ist). Die potentiellen Bilder der Basisvektoren sind variabel.
> d.h. ich habe 1*3*3*3 = 27 Möglichkeiten.
Der erste Basisvektor, [mm] E_2, [/mm] hat ein fest vorgegebenes Bild, nämlich das Körperelement 1. Die anderen drei Basisvektoren haben jeweils 3 mögliche Bilder. Jede der 1*3*3*3 Kombinationen von Bildern liefert - wie oben - genau eine lineare Abbildung. Jede von denen bildet [mm] E_2 [/mm] auf 1 ab, und keine der anderen linearen Abbildungen tut das.
> > (Beachte, dass ich von
> > Basisbildern, also den Bildern einer Basis spreche, nicht
> > von einer Bildbasis, also einer Basis des
> > Bildvektorraumes.)
>
> Hierrauf weist du so explizit hin, weil Basisbilder keine
> Basis von F(V) sein müssen, sondern auch nur ein
> Erzeugendensystem sein können?
Genau: Das Bild einer Basis muss keine Basis des Bildes sein, es ist aber in jedem Fall ein Erzeuger des Bildvektorraums (nicht notwendig des Zielvektorraumes).
Gruß,
SirJective
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:32 So 06.08.2006 | | Autor: | Centaur |
Vielen, vielen Dank für deine ausführliche Erklärung. Ich denke jetzt habe ich ein gutes Stück mehr verstanden. Ich meinte zwar auch vorher etwas, das zumindest in die richtige Richtung ging. Du hast aber noch mal sehr präzise meine Worte auseinandergepflückt und mir gezeigt, was ich da eigentlich behaupte.
Auch der Hinweis, dass ich die [mm] f(b_i) [/mm] ersteinmal nur so nenne, erinnere ich aus vermutlich dem Beweis, dessen Satz du zitierst. Ich hatte damals nicht verstanden warum die Linearität von einer so offensichtlich linearen Abbildung nachzuweisen war.
Um die Feinheiten mit 'höchstens' und 'genau ein' kümmere ich mich aber am Besten morgen. Danke nochmal für deine Hilfe.
Chris
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