Linear unabhängig in Q^N < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
vielleicht ist meine Frage blöd, aber ich komme einfach nicht darauf. Ich suche eine überabzählbare linear unabhängige Teilmenge von [mm] $\IQ^\IN$ [/mm] als [mm] $\IQ$-Vektorraum. [/mm] Habt ihr ein Beispiel parat? Wenn es geht, sogar eine Basis, aber das muss nicht sein und ich bin mir auch gar nicht sicher, ob man eine solche angeben kann.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:49 Mo 16.02.2015 | | Autor: | huddel |
Hey,
geht das überhaupt? Entweder ich versteh da was Falsch oder du versuchst in einem Vektorraum mit abzählbarer Dimension eine überabzählbare linear unabhängige Teilmenge zu finden. Da die größte linear unabhängige Menge eines Vektorraums eine Basis ist und diese niemals mehr Elemente als die Dimension des Vektorraums besitzen kann, wäre dies doch ein Widerspruch, oder?
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Hallo,
so weit ich weiß ist [mm] $\IQ^\IN [/mm] $ nicht von abzählbarer Dimension. Ich weiß aber nicht mehr ob, und wenn ja wo, ich dazu mal einen Beweis gelesen habe.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:10 Mo 16.02.2015 | | Autor: | huddel |
Wie ist denn [mm] $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ [/mm] bei euch definiert worden?
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Ich meine damit [mm] $\prod_{n\in\IN}\IQ [/mm] $, der Vektorraum aller Folgen mit rationalen Werten.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:33 Mo 16.02.2015 | | Autor: | huddel |
Okay, ja abzählbarkeit geht nur, wenn man zulässt, dass auch unendliche linearkombinationen erlaubt sind... Das hatte ich nichtmehr im Kopf...
Dann weiß ich leider nicht weiter. Sorry :)
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Ich glaube, mir ist eingefallen, weshalb [mm] $\IQ^\IN$ [/mm] keine abzählbare Dimension besitzen kann. Ich denke, dass es genügt, die Kardinalitäten zu betrachten: Es gilt [mm] $|\IQ^\IN|\ge |2^\IN|=|\mathfrak{P}(\IN)|>|\IN|$. $\IQ^{\oplus\IN}$ [/mm] ist hingegen abzählbar, es gilt [mm] $|\IN|\le|\IQ^{\oplus\IN}|\le|\coprod_{n\in\IN}\IQ^n|=|\coprod_{n\in\IN}\IN|=|\IN\times\IN|=|\IN|$ [/mm] und mit Schröder-Bernstein folgt Gleichheit. Insbesondere können die Vektorräume nicht isomorph sein. Mich würde jedoch immer noch eine konkrete überabzählbare linear unabhängige Menge interessieren.
Mein Mächtigkeits-Argument funktioniert aber z.B. nicht für [mm] $\IR$ [/mm] anstelle von [mm] $\IQ$, [/mm] ob [mm] $\IR^\IN$ [/mm] abzählbare Definition über [mm] $\IR$ [/mm] hat, weiß ich daher auch nicht, wäre aber interessant zu erfahren.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:00 Mo 16.02.2015 | | Autor: | fred97 |
Hallo UVO,
setze [mm] u_1:=(1,0,0,0,0,....) [/mm] , [mm] u_2:=(0,1,0,0,....); [/mm] etc ..-
Dann ist [mm] \{u_1,u_2,,,,\} [/mm] l.u. in $ [mm] \IQ^\IN [/mm] $
FRED
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Hallo Fred,
damit hast du zwar Recht, aber diese Menge ist nicht überabzählbar.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:27 Mo 16.02.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo UniOb,
> Hallo,
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> vielleicht ist meine Frage blöd, aber ich komme einfach
> nicht darauf. Ich suche eine überabzählbare linear
> unabhängige Teilmenge von [mm]\IQ^\IN[/mm] als [mm]\IQ[/mm]-Vektorraum. Habt
> ihr ein Beispiel parat? Wenn es geht, sogar eine Basis,
> aber das muss nicht sein und ich bin mir auch gar nicht
> sicher, ob man eine solche angeben kann.
überlegen wir doch erstmal, ob [mm] $\IQ^{\IN}$ [/mm] eine abzählbare Basis haben kann:
Angenommen, das wäre richtig. Die Folge [mm] $(q^{(k)})_{k \in \IN}$ [/mm] in [mm] $\IQ^{\IN}$ [/mm] möge eine Basis
bilden. Dann ist
[mm] $\IQ^{\IN}=\bigcup_{k \in \IN} \left\{\sum_{\ell=1}^k \alpha_\ell q^{(m_\ell)} \mid \alpha_1,\ldots,\alpha_k \in \IQ, \text{ wobei }|\{m_1,\ldots,m_k\}|=k \text{ und }\{m_1,\ldots, m_k\} \subseteq \IN\right\}$
[/mm]
(Tatsächlich finde ich das in Worten klarer: Dort steht die Vereinigung über
alle endlichen Linearkombinationen mit Koeffizienten aus [mm] $\IQ$!)
[/mm]
Da abzählbare Vereinigungen (dort steht [mm] $\bigcup_{k \in \IN}$) [/mm] abzählbarer Mengen
(jede Menge [mm] $\left\{\sum_{\ell=1}^k \alpha_\ell q^{(m_\ell)} \mid \alpha_1,\ldots,\alpha_k \in \IQ, \text{ wobei }|\{m_1,\ldots,m_k\}|=k \text{ und }\{m_1,\ldots, m_k\} \subseteq \IN\right\}$ [/mm] ist ersichtlich
abzählbar - falls Dir das nicht klar ist, denke nochmal dran: Für jedes $k [mm] \in \IN$ [/mm] ist
[mm] $\IQ^{k}=\IQ^{\{1,\ldots,k\}}$ [/mm] abzählbar!) wieder abzählbar sind, folgte, dass [mm] $\IQ^{\IN}$ [/mm] abzählbar sein müsste.
Warum ist dem aber nicht so?
Gruß,
Marcel
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Da [mm] $\IQ^\IN\ge2^\IN=\mathfrak {P}\IN>\IN [/mm] $ nach dem Satz von Cantor. Du gibst im Wesentlichen dieselbe Argumentation, die ich in obiger Mitteilung verwendet habe, nur dort etwas schreib- und lesfreundlicher formuliert.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:37 Mo 16.02.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Da [mm]\IQ^\IN\ge2^\IN=\mathfrak {P}\IN>\IN[/mm] nach dem Satz von
> Cantor. Du gibst im Wesentlichen dieselbe Argumentation,
> die ich in obiger Mitteilung verwendet habe, nur dort etwas
> schreib- und lesfreundlicher formuliert.
ja, kann sein. Ich habe das nicht überprüft, zumal ich es auch nicht wirklich
gewohnt bin, mit Kardinalitäten zu rechnen. 
Gruß,
Marcel
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Neben meiner eigentlichen Frage wäre es natürlich interessant zu erfahren, ob [mm] $\dim K^\IN>\IN [/mm] $ für beliebige Körper $ K $ gilt. Wobei sich dies vielleicht leicht ergibt, je nachdem ob die Konstruktion einer überabzählbaren linear unabhängigen Teilmenge von [mm] $\IQ^\IN [/mm] $ auch für andere Körper funktioniert.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Mo 16.02.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Neben meiner eigentlichen Frage wäre es natürlich
> interessant zu erfahren, ob [mm]\dim K^\IN>\IN[/mm] für beliebige
> Körper [mm]K[/mm] gilt. Wobei sich dies vielleicht leicht ergibt,
> je nachdem ob die Konstruktion einer überabzählbaren
> linear unabhängigen Teilmenge von [mm]\IQ^\IN[/mm] auch für andere
> Körper funktioniert.
ich hab' das mal als separate Zusatzfrage deklariert. 
Gruß,
Marcel
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Hiho,
> ob [mm]\dim K^\IN>\IN[/mm] für beliebige Körper [mm]K[/mm] gilt
da bereits [mm] $|\{0,1\}^\IN| [/mm] = [mm] |\IR|$ [/mm] gilt, wird dem wohl so sein.
Außer ich liege völlig daneben mit: [mm] $K_1 \subseteq K_2 \; \Rightarrow \; \dim K_1^\IN \le \dim K_2^\IN$
[/mm]
Gruß,
Gono
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Hi,
Daa gilt wohl, wenn wir beide ala Vektorraum über $ [mm] K_1$ [/mm] betrachten, aber ich sehe nicht, wie wir z.B. [mm] $\dim_\IR\IR^\IN>\IN [/mm] $ einsehen könnten.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:34 Mi 18.02.2015 | | Autor: | fred97 |
> Hi,
>
> Daa gilt wohl, wenn wir beide ala Vektorraum über [mm]K_1[/mm]
> betrachten, aber ich sehe nicht, wie wir z.B.
> [mm]\dim_\IR\IR^\IN>\IN[/mm] einsehen könnten.
Ich hätte ein funktionalanalytisches Argument:
Satz 1: Ist X ein normierter vollständiger Raum und dimX = [mm] \infty, [/mm] so ist jede Basis von X überabzählbar.
Beweis: Annahme, X besitzt eine abzählbare Basis [mm] \{b_1,b_2, ...\}
[/mm]
Setze [mm] X_n:=lin(\{b_1,b_2, ...,b_n\}) [/mm] (n [mm] \in \IN), [/mm] (lin= lineare Hülle).
Dann ist jedes [mm] X_n [/mm] ein endlichdimensionale Unterraum von X, also abgeschlossen. Weiter ist
[mm] X=\bigcup_{n \in \IN}X_n.
[/mm]
Der Bairesche Kategoriesatz sagt nun: es gibt ein m [mm] \in \IN [/mm] mit: [mm] X_m [/mm] besitzt innere Punkte.
Dann ist aber [mm] X=X_m [/mm] und somit dim X < [mm] \infty, [/mm] Widerspruch.
Zu [mm] \IR^{\IN}:
[/mm]
Wir setzen [mm] X:=\{(x_n) \in \IR^{\IN}: \summe_{i=1}^{\infty}|x_i| < \infty\}
[/mm]
X ist ein reeller Vektorraum, ein Unterraum von [mm] \IR^{\IN}.
[/mm]
Wir normieren X , wie folgt:
[mm] ||(x_n)||:=\summe_{i=1}^{\infty}|x_i|.
[/mm]
Mit dieser Norm ist X vollstaändig.
Annahme: [mm] \IR^{\IN} [/mm] besitzt eine abzählbare Basis. Dann auch X. Das widerspricht aber Satz 1.
FRED
>
> Liebe Grüße,
> UniversellesObjekt
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Vielen Dank!
Ich werde mir den Beweis noch einmal in einem Jahr ansehen, wenn ich alle Begriffe kenne. Die allgemeine Frage bleibt weiter offen. Beachte auch, dass es Körper beliebig großer Mächtigkeit gibt. Beweis: Nimm eine Menge $ X $, betrachte den freien Ring über $ X $ aka [mm] $\IZ [/mm] [X] $ und lokalisiere nach allen Elementen ungleich Null.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:28 Do 19.02.2015 | | Autor: | MacMath |
Die Suche nach einer solchen (expliziten) Basis düfte genauso aussichtsreich sein wie die Suche nach einer (expliziten) Basis von [mm] &\IR$ [/mm] über [mm] $\IQ$.
[/mm]
Das jeder VR überhaupt eine (Hamel-) Basis besitzt ist äquivalent zum Auswahlaxiom.
Aber natürlich besitzt der angegebene Raum eine abzählbare Schauderbasis, die auch schon angegeben wurde.
Außerdem ist es relativ simpel, zu einer gegebenen l.u. Teilmenge einen weiteres l.u. Element anzugeben. Für die explizite Kontruktion einer Basis würde ich mir recht wenig Hoffung machen - ohne Beweis.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:11 Do 19.02.2015 | | Autor: | fred97 |
> Die Suche nach einer solchen (expliziten) Basis düfte
> genauso aussichtsreich sein wie die Suche nach einer
> (expliziten) Basis von [mm]&\IR$[/mm] über [mm]$\IQ$.[/mm]
>
> Das jeder VR überhaupt eine (Hamel-) Basis besitzt ist
> äquivalent zum Auswahlaxiom.
>
> Aber natürlich besitzt der angegebene Raum eine
> abzählbare Schauderbasis, die auch schon angegeben wurde.
???? Schauderbasen sind aber nur in topologischen Vektorräumen definiert !
Welchen Vektorraum meinst Du ? Und welche Topologie hast Du auf ihm ?
FRED
>
> Außerdem ist es relativ simpel, zu einer gegebenen l.u.
> Teilmenge einen weiteres l.u. Element anzugeben. Für die
> explizite Kontruktion einer Basis würde ich mir recht
> wenig Hoffung machen - ohne Beweis.
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Ja, eine Basis zu finden dürfte schwierig sein, das habe ich ja schon im Ausgangspost bemerkt. Eine linear unabhängige Teilmenge kann man aber vielleicht trotzdem angeben.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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