lineare Abbildung injektiv < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:16 So 23.01.2011 | | Autor: | Ray07 |
| Aufgabe | Sei V = [mm] \IR^{\IN} [/mm] der [mm] \IR-Vektorraum [/mm] aller Folgen in [mm] \IR.
[/mm]
a) Sei die lineare Abbildung f : V [mm] \to [/mm] V durch x = [mm] (x^{i}) \mapsto [/mm] (0; [mm] x^0; x^1; x^2; [/mm] ... )gegeben. Zeigen Sie, dass f
injektiv, aber nicht surjektiv ist.
b) Geben Sie ein Beispiel fur eine lineare Abbildung f : V [mm] \to [/mm] V an, die surjektiv, aber nicht injektiv ist. |
hey
habe erst mal nur eine frage zur a)
bei einer injektiven abbildung hat die abbildungsmatrix ja unabhängige spaltenvektoren, aber gilt das nur für endlichdimensionale vektorräume oder kann ich auch hier versuchen eine abbildungsmatrix zu bestimmen oder muss ich des irgendwie anderes zeigen?
zu der aufgabe...
ich gehe doch davon aus, dass das i bei [mm] x^{i} [/mm] die potenz ist und die hochzahlen bei [mm] (0,x^0,x^1,x^2,...) [/mm] indizes sind oder?
LG
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> Sei V = [mm]\IR^{\IN}[/mm] der [mm] \IR [/mm] - Vektorraum aller Folgen in [mm]\IR.[/mm]
> a) Sei die lineare Abbildung f : V [mm]\to[/mm] V durch
> x = [mm](x^{i}) \mapsto[/mm] (0; [mm]x^0; x^1; x^2;[/mm] ... )gegeben.
> ich gehe doch davon aus, dass das i bei [mm]x^{i}[/mm] die potenz
> ist und die hochzahlen bei [mm](0,x^0,x^1,x^2,...)[/mm] indizes sind
> oder?
Mit $\ x\ =\ [mm] (x^{i})$ [/mm] ist die Originalfolge gemeint:
$\ x\ =\ [mm] (x^{i})\ [/mm] =\ [mm] (x^0, x^1, x^2, x^3,\ [/mm] ......\ )$
Es sind also alle "Hochzahlen" nur Indices. Ich würde vorschlagen,
sie als solche unten zu schreiben, um eine Verwechslung mit
Potenzen auszuschließen !
LG Al-Chw.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:35 So 23.01.2011 | | Autor: | fred97 |
> Sei V = [mm]\IR^{\IN}[/mm] der [mm]\IR-Vektorraum[/mm] aller Folgen in [mm]\IR.[/mm]
> a) Sei die lineare Abbildung f : V [mm]\to[/mm] V durch x = [mm](x^{i}) \mapsto[/mm]
> (0; [mm]x^0; x^1; x^2;[/mm] ... )gegeben. Zeigen Sie, dass f
> injektiv, aber nicht surjektiv ist.
> b) Geben Sie ein Beispiel fur eine lineare Abbildung f :
> V [mm]\to[/mm] V an, die surjektiv, aber nicht injektiv ist.
> hey
> habe erst mal nur eine frage zur a)
> bei einer injektiven abbildung hat die abbildungsmatrix ja
> unabhängige spaltenvektoren, aber gilt das nur für
> endlichdimensionale vektorräume oder kann ich auch hier
> versuchen eine abbildungsmatrix zu bestimmen oder muss ich
> des irgendwie anderes zeigen?
f ist linear, also ist f genau dann injektiv, wenn kern(f) = { 0 }
Sei also f(x)= [mm] f((x^j))= [/mm] 0 = (0,0,0,...). Was folgt für x ?
>
> zu der aufgabe...
> ich gehe doch davon aus, dass das i bei [mm]x^{i}[/mm] die potenz
> ist und die hochzahlen bei [mm](0,x^0,x^1,x^2,...)[/mm] indizes sind
> oder?
Hat Al schon gesagt: es handelt sich nicht um Potenzen !
FRED
>
> LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:41 So 23.01.2011 | | Autor: | Ray07 |
das [mm] x^{i} [/mm] = 0 für alle i [mm] \in \IN
[/mm]
und darausfolgt, das die spalten linear unabhängig sind?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:26 So 23.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> das [mm]x^{i}[/mm] = 0 für alle i [mm]\in \IN[/mm]
ja.
> und darausfolgt, das die
> spalten linear unabhängig sind?
Ne. Was hat das nun mit Linearkombinationen zu tun? Wo sind denn die "Skalaren" der Linearkombination? Da stehen doch keine, und die [mm] $x^i$ [/mm] sind quasi "die Einträge des Vektors [mm] $x\,,$ [/mm] wobei ein Vektor [mm] $x\,$ [/mm] selbst eine Folge ist. Zudem frage ich mich, über welche Spalten Du sprichst?
Nun ist es faktisch so:
Eine Folge [mm] $(x_k)_{k \in \IN}$ [/mm] in [mm] $\IR$ [/mm] (das ist der Notationsvorschlag von Al, den ich auch sinnvoll(er) finde; in Eurer Notation stünde da eigentlich [mm] $(x^{k})_{k \in \IN} \in \IR^{\IN}$) [/mm] ist nur eine andere Schreibweise für die Funktion
$$x: [mm] \IN \to \IR \text{ mit }x_i=x(i) \;\;(\in \IR) \text{ fuer alle }i \in \IN\,.$$ [/mm]
(D.h., wann immer Du siehst, dass eine Folge [mm] $(a_n)_{n \in \IN}$ [/mm] in [mm] $\IR$ [/mm] gegeben sei, so steht da eigentlich, dass man eine Funktion $a: [mm] \IN \to \IR$ [/mm] mit [mm] $a_n:=a(n)$ [/mm] ($n [mm] \in \IN$) [/mm] und daher auch [mm] $a_n \in \IR$ [/mm] für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] betrachtet. Übrigens gäbe es da eigentlich einen Bezeichnungskonflikt, wenn man, sofern die Folge denn konvergiert, den Grenzwert mit [mm] $a\,$ [/mm] bezeichnet. Nichtsdestotrotz ist das üblich und man geht davon aus, dass aus dem Zusammenhang für den Leser keine Verwechslungsgefahr besteht.)
Was macht jetzt [mm] $f\,$? [/mm] Salopp gesagt: Es verschiebt jeden Folgeneintrag um eine Stelle nach rechts und ersetzt den erststehenden leeren Platz durch den Eintrag [mm] $0\,.$ [/mm] D.h.
Ist etwa [mm] $x=(x_k)_{k \in \IN}=\left(\frac{1}{k}\right)_{k \in \IN}=\left(\frac{1}{1},\;\frac{1}{2},\;\frac{1}{3},\;\frac{1}{4},\;\ldots\right)$ [/mm] - offenbar eine Folge mit Werten in [mm] $\IR$ [/mm] - so ist [mm] $f(x)\,$ [/mm] nichts anderes als die Folge
[mm] $$f(x)=y=(y_k)_{k \in \IN}=\left(0,\;\frac{1}{1},\;\frac{1}{2},\;\frac{1}{3},\;\frac{1}{4},\;\ldots\right)\,,$$
[/mm]
welches offenbar auch eine Folge mit Werten in [mm] $\IR$ [/mm] ist (da $0 [mm] \in \IR$).
[/mm]
Jetzt ist mit [mm] $f\,$ [/mm] eine lineare Abbildung [mm] $\IR^{\IN} \to \IR^{\IN}$ [/mm] gegeben, wenn man die Addition zweier Funktionen komponentenweise und analog die Multiplikation eines Skalaren mit einer Funktion auch durch komponentenweise Multiplikation des Skalaren mit dem entsprechenden Komponenteneintrag definiert.
Wenn man eine lineare Abbildung zwischen Vektorräumen hat, so ist das Bild des Nullvektors des Definitionsbereichs gerade der Nullvektor des Bildraumes. Eine lineare Abbildung ist genau dann injektiv, wenn der Kern der Abbildung genau diesen Nullvektor des Definitionsbereichs enthält. Klar ist, nach eben gesagten, dass stets [mm] $\{0\} \subseteq \text{Kern}(f)\,,$ [/mm] wenn [mm] $f\,$ [/mm] linear ist. Um die Injektivität einer linearen Abbildung zu prüfen, ist also nur
[mm] $$\text{Kern}(f) \subseteq \{0\}\,,$$
[/mm]
zu prüfen.
Und das hast Du nun gesehen:
Ist nun [mm] $x=(x_k)_k$ [/mm] eine Folge mit Werten in [mm] $\IR$ [/mm] so, dass [mm] $f(x)=f((x_k)_k)=(0,0,0,0,\ldots)\,,$ [/mm] dann folgt für
[mm] $$x=(x_k)_k: \IN \to \IR$$
[/mm]
sofort [mm] $x_k=0$ [/mm] für alle $k [mm] \in \IN\,.$ [/mm] Also muss [mm] $x=(x_k)_k$ [/mm] die Nullfolge [mm] $(0,0,0,0,\ldots) \in \IR^{\IN}$ [/mm] (der Nullvektor des [mm] $\IR^{\IN}$) [/mm] gewesen sein. Also ist [mm] $\text{Kern}(f)=\{(0,0,0,0,\ldots)\in \IR^{\IN}\}$ [/mm] und damit [mm] $f\,$ [/mm] injektiv.
Dass [mm] $f\,$ [/mm] nicht surjektiv ist, erkennst Du etwa so:
Betrachte eine Folge [mm] $y=(y_n)_n: \IN \to \IR$ [/mm] mit $y(1)=r [mm] \not=0\,.$ [/mm] Kann es dann eine Folge [mm] $(x_k)_k \in \IR^{\IN}$ [/mm] gegeben haben mit [mm] $f(x)=y\,$?
[/mm]
(Konkreter: Gibt es etwa eine Folge [mm] $x=(x_k)_k \in \IR^{\IN}$ [/mm] mit [mm] $f(x)=(1,0,0,0,\ldots)\,;$ [/mm] d.h. hier ist die Folge [mm] $y=(y_n)_n=(1,0,0,0,\dots)$ [/mm] bzw. genauer: [mm] $y(1)=r=1\not=0\,$ [/mm] und [mm] $y(n)=0\,$ [/mm] für alle $n [mm] \in \IN_{\ge 2}\,.$)
[/mm]
Übrigens:
Ist [mm] $V\,$ [/mm] endlichdimensional, so ist gilt für lineare Abbildungen $f : V [mm] \to V\,$ [/mm] die Äquivalenz folgender Aussagen:
1.) [mm] $f\,$ [/mm] ist injektiv.
2.) [mm] $f\,$ [/mm] ist surjektiv.
3.) [mm] $f\,$ [/mm] ist bijektiv.
Bei der b) ist es daher unsinnig, endlichdimensionale Vektorräume [mm] $V\,$ [/mm] zu betrachten. Aber [mm] $V=\IR^{\IN}$ [/mm] ist zum Glück auch nicht endlichdimensional (Warum?).
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:28 So 23.01.2011 | | Autor: | Ray07 |
erst mal ein fettes dankeschön
hab es verstanden was die injektivität angeht
bei der surjektivität versteh ich nicht so ganz, was du mit y(n) meinst oder y(1)
surjektiv bedeutet doch, dass alle elemente der bildmenge mindestens 1 mal getroffen werden,
das element (1,0,0,....) wird zum beispiel nie getroffen, da die abbildung ja immer eine null vor den ersten eintrag setzt
meinst du das?
zur b) der vektorraum [mm] \IR^{\IN} [/mm] ist nicht endlich dimensional, weil er die dimension [mm] \IN [/mm] hat und [mm] \IN [/mm] ist unendlich oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:57 So 23.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
> erst mal ein fettes dankeschön
> hab es verstanden was die injektivität angeht
> bei der surjektivität versteh ich nicht so ganz, was du
> mit y(n) meinst oder y(1)
naja, es ist das, was ich vorher angesprochen habe. Anstatt von der Folge $(y_n)_{n \in \blue{\IN}} \in \red{\IR}^{\blue{\IN}$ zu reden (bzw. von der Folge $(y_n)_{n \in \blue{\IN}}$ in $\red{\IR}$), kann man einfach die Definition heranziehen:
Damit ist nichts anderes gemeint als
$$(y_n)_{n \in \IN}=y: \blue{\IN} \to \red{\IR}\,.$$
Dabei bedeuten die hier ersichtlichen "Komponenteneinträge" $(y_1,y_2,y_3,y_4,\ldots)\,,$ also die $y_k$ ($k \in \IN$) nichts anderes als der Funktionswert von $y\,$ an der Stelle $k \in \IN,$ wie üblich notiert als $y(k)\,.$ D.h. für jedes $k \in \IN$ gilt $y_k=y(k)\,,$ d.h. man kann schreiben
$$y=(y_k)_{k \in \IN}=(y_1,y_2,y_3,y_4,\ldots)=(y(1),\;y(2),\;y(3),\;y(4),\;\ldots)\,.$$
Kurz:
Mit $y(1)\,$ meine ich, in der Folgennotation, nichts anderes als $y_1\,,$ also den ersten Eintrag in diesem (unendlich langen, aber "mit abzählbar unendlich vielen Komponenten ausgestatteten") Vektor
$$y=(y(1),\;y(2),\;y(3),\;y(4),\;\ldots)=(y_1,y_2,y_3,y_4,\ldots)\,,$$
mit $y(n)\,$ halt den Eintrag an der $n\,$-ten Stelle von $y=(y(1),\;y(2),\;y(3),\;y(4),\;\ldots)=(y_1,y_2,y_3,y_4,\ldots)\,,$ wobei der $n\,$-te Eintrag $y_n$ nach vorher gesagtem ja eh das gleiche ist wie $y(n)\,$ (was ich auch immer bei der Gleichheit oben angedeutet habe).
> surjektiv bedeutet doch, dass alle elemente der bildmenge
> mindestens 1 mal getroffen werden,
Genau!
> das element (1,0,0,....) wird zum beispiel nie getroffen,
> da die abbildung ja immer eine null vor den ersten eintrag
> setzt
> meinst du das?
Genau. Nimm' an, es gäbe eine Folge $x=(x_n)_{n \in \IN}$ mit $f(x)=\green{(1,0,0,0,\ldots)}\,.$ Dann gilt aber $f(x)=(0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots)=\green{(1,0,0,0,\ldots)}\,.$ Die letzte Gleichheit vor dem unendlich langen grünen Vektor "mit abzählbar unendlich vielen Komponenten" (ich rede einfach nur noch von einem unendlich langen Zeilenvektor) besagt dann aber, dass insbesondere bei dem (unendlich langen) linken Zeilenvektor die erste Komponente mit der ersten Komponente des rechten unendlich langen Zeilenvektors übereinstimmen muss. Das impliziert den Widerspruch $0=1\,.$
> zur b) der vektorraum [mm]\IR^{\IN}[/mm] ist nicht endlich
> dimensional, weil er die dimension [mm]\IN[/mm] hat und [mm]\IN[/mm] ist
> unendlich oder?
Du meinst das richtige. Aber ich weiß nicht genau, ob Dir das alles auch so mit Kardinalitätsargumenten schon so bekannt ist. (Außerdem denke ich, dass man eher sagen müßte, dass [mm] $\IR^{\IN}$ [/mm] mindestens die Kardinalität von [mm] $\IN$ [/mm] hat.)
Man kann es sich so überlegen:
Die "Vektoren" [mm] $e^{(k)}\,,$ [/mm] d.h. die unendlich langen Zeilenvektoren [mm] $(0,0,\ldots,0,1,0,0,0\ldots)\,$ [/mm] (wie oben gesehen: eigentlich sind das Folgen in [mm] $\IR^{\IN}\,,$ [/mm] d.h. Abbildungen [mm] $\IN \to \IR$) [/mm] die nur aus Nullen bestehen abgesehen von dem Eintrag an der k-ten Stelle, der [mm] $1\,$ [/mm] ist, bilden eine linear unabhängige Familie [mm] $(e^{(k)})_{k \in \IN}$. [/mm] (Hier ist jeder dieser unendlichen langen Zeilenvektoren eine Folge, also ein Element des [mm] $\IR^{\IN}$ [/mm] bzw. eine Abbildung [mm] $\IN \to \IR$).
[/mm]
Also genauer:
Die Familie [mm] $(e^{(k)})_{k \in \IN}=(e^{(k)}: \IN \to \IR \text{ mit }e^{(k)}(n)=1 \text{ genau fuer }n=k \text{ und }e^{(k)}(n)=0 \text{ fuer alle sonstigen }n \in \IN)_{k \in \IN}$
[/mm]
(Einschiebende Bemerkung: In der "unendlich langen Zeilenvektornotation" ist also [mm] $e^{(k)}=(e^{(k)}(1),\;e^{(k)}(2),\;e^{(k)}(3),\;e^{(k)}(4),\;\ldots)=(e^{(k)}_1,\;e^{(k)}_2,\;e^{(k)}_3,\;e^{(k)}_4,\;\ldots)$ [/mm] mit [mm] $e^{(k)}(k)=e^{(k)}_k=1\,$ [/mm] und für $n [mm] \not=k$ [/mm] dann [mm] $e^{(k)}(n)=e^{(k)}_n=0\,.$)
[/mm]
ist linear unabhängig , was bedeutet:
Für jede endliche Teilmenge $J [mm] \subseteq \IN$ [/mm] bilden die Vektoren (also die Abbildungen) [mm] $(e^{(j)})_{j \in J}$ [/mm] eine linear unabhängige Familie.
Dies impliziert, dass die Dimension des [mm] $\IR^{\IN}$ [/mm] nicht endlich sein kann.
P.S.:
Sofern ich mich nicht täusche, kann man sich überlegen, dass [mm] $\IR^{\IN}$ [/mm] überabzählbar ist - und das z.B. wegen der Darstellung einer jeden reellen Zahl bzgl. des Dualsystems. Oder es geht auch mit einem Diagonalargument (Stichwort: Cantorsches Diagonalverfahren). Somit kann [mm] $\IR^{\IN}$ [/mm] als [mm] $\IR$-Vektorraum [/mm] auch keine abzählbare Basis haben... Aber das nur nebenbei in der Hoffnung, da gerade keinen Denkfehler (oder Fehlinformation in meinem Gehirn gespeichert) zu haben.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:57 So 23.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Marcel,
> Sofern ich mich nicht täusche, kann man sich überlegen,
> dass [mm]\IR^{\IN}[/mm] überabzählbar ist - und das z.B. wegen der
> Darstellung einer jeden reellen Zahl bzgl. des Dualsystems.
> Oder es geht auch mit einem Diagonalargument (Stichwort:
> Cantorsches Diagonalverfahren). Somit kann [mm]\IR^{\IN}[/mm] als
> [mm]\IR[/mm]-Vektorraum auch keine abzählbare Basis haben... Aber
> das nur nebenbei in der Hoffnung, da gerade keinen
> Denkfehler (oder Fehlinformation in meinem Gehirn
> gespeichert) zu haben.
die Dimension von [mm] $\IR^\IN$ [/mm] ist [mm] $|\IR|$, [/mm] die in den Kommentaren ![[]](/images/popup.gif) hier gezeigt wird (unter Annahme des Auswahlaxioms).
Mit dem Dualsystem kommst du da aber nicht so richtig weiter, denke ich, da zum Beispiel die Vektoren $(1, 1, 0, [mm] \dots)$, [/mm] $(0, 1, 0, [mm] \dots)$ [/mm] und $(1, 0, 0, [mm] \dots)$ [/mm] (wobei die Punkte fuer unendlich viele Nullen stehen) linear abhaengig sind. Aber das Diagonalverfahren sollte funktionieren, und ansonsten siehe die Konstruktion der Basis aus den Kommentaren vom Link.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:58 So 23.01.2011 | | Autor: | Ray07 |
danke erstmal für deine ausführlichen antworten
des mit der kardinalität hab ich leider nicht so verstanden, weil wir des noch nicht hatten
zu der b hab ich mir jetzt die gedanken gemacht
g: V [mm] \to [/mm] V : [mm] (\lambda,x^0 ,x^1, x^2,...) \mapsto (x^0 ,x^1 ,x^2,...)
[/mm]
es ist nicht injektiv, weil
wenn g injektiv [mm] \gdw [/mm] ker g ={0}
[mm] g((\lambda, x^0,x^1,x^2,...))=0 [/mm] für [mm] ((\lambda,0,0,0,...) [/mm] also ist ker g [mm] \not= [/mm] {0}
wie kann ich jetzt die surjektivität zeigen?
stimmt es bis hier überhaupt?
LG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:30 So 23.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> danke erstmal für deine ausführlichen antworten
> des mit der kardinalität hab ich leider nicht so
> verstanden, weil wir des noch nicht hatten
>
> zu der b hab ich mir jetzt die gedanken gemacht
>
> g: V [mm]\to[/mm] V : [mm](\lambda,x^0 ,x^1, x^2,...) \mapsto (x^0 ,x^1 ,x^2,...)[/mm]
mal nebenher: Bei mir ist [mm] $\IN=\{1,2,3,\ldots\}\,,$ [/mm] also $0 [mm] \notin \IN\,.$ [/mm] Bei Dir scheint $0 [mm] \in \IN$ [/mm] zu gelten. Daher: Bitte lese meine bisherigen Antworten mit $0 [mm] \notin \IN\,.$ [/mm] Ich schreibe [mm] $\IN_0:=\IN \cup \{0\}\,.$
[/mm]
> es ist nicht injektiv, weil
> wenn g injektiv [mm]\gdw[/mm] ker g ={0}
> [mm]g((\lambda, x^0,x^1,x^2,...))=0[/mm] für [mm]((\lambda,0,0,0,...)[/mm]
> also ist ker g [mm]\not=[/mm] {0}
Naja, das ist fast okay. Du solltest aber genauer formulieren. Nebenher:
Die Linearität von [mm] $g\,$ [/mm] sollte man auch kurz begründen.
Ich bin mir auch sicher, dass Du Dein [mm] $g\,$ [/mm] etwas unglücklich notiert hast. Eigentlich meinst Du da sicherlich (wenn [mm] $x=(x_n)_{n \in \IN_0}=(x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots)$ [/mm] ist):
[mm] $$g(x)=g((x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots)):=(x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots)\,.$$
[/mm]
D.h.
[mm] $$(x=(x_n)_{n \in \IN_0} \in \IR^{\IN_0}) \mapsto (g(x):=(g((x_n)_{n \in \IN_0})_k)_{k \in \IN_0}=(g(x)_k)_{k \in \IN_0} \in \IR^{\IN_0})$$
[/mm]
mit
[mm] $$g(x):=g((x_n)_{n \in \IN_0}): \IN_0 \to \IR \text{ definiert durch } g(x)_k:=x_{k+1} \text{ fuer alle }k \in \IN_0\,.$$
[/mm]
Nun zur Formulierung: Nicht "es" ist nicht injektiv, sondern [mm] $g\,$ [/mm] ist nicht injektiv. Denn als lineare Abbildung zwischen Vektorräumen wäre [mm] $g\,$ [/mm] genau dann injektiv, wenn [mm] $\text{ker}(g)=\{0\}\,,$ [/mm] wobei [mm] $0\,$ [/mm] der Nullvektor des Definitionsbereichs ist (hier also die Folge konstant Null des [mm] $\IR^{\IN}$). [/mm] Aber hier gilt
[mm] $$\text{ker}(g)=\{(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4,\ldots)=(\lambda,0,0,0,\ldots): \lambda \in \IR\}=\{a=a_{\lambda}: \IN_0 \to \IR: a(0)=\lambda \text{ und }a(n)=0 \text{ fuer alle natürlichen }n\ge 1:\;\lambda \in \IR\}\,.$$
[/mm]
Dies zeigt, dass [mm] $\text{ker}(g) \not=\{(0,0,0,0,\ldots) \in \IR^{\IN_0}\}\,,$ [/mm] da etwa [mm] $(1,0,0,0,\ldots)\,,$ [/mm] genauer: die Folge [mm] $\tilde{e}=a_1: \IN_0 \to \IR$ [/mm] mit [mm] $\tilde{e}(0):=1$ [/mm] und [mm] $\tilde{e}(k):=0$ [/mm] (für alle natürlichen $k [mm] \ge [/mm] 1$), auch erfüllt [mm] $\tilde{e}=(1,0,0,0,\ldots) \in \text{ker}(g)\,.$
[/mm]
> wie kann ich jetzt die surjektivität zeigen?
> stimmt es bis hier überhaupt?
Bis auf Notationsprobleme ja. Du willst das erste Folgenglied ja quasi mit [mm] $g\,$ [/mm] abschneiden, und schreibst dann aber schon die Folge [mm] $(x_n)_{n \in \IN_0}$ [/mm] um in eine neue Folge [mm] $y=(y_n)_{n \in \IN_0}$ [/mm] der Art [mm] $(\lambda=x_0, y_0=x_1, y_1=x_2, y_2=x_3,\ldots)\,.$ [/mm]
(Jedenfalls denke ich, dass Du das so gemeint hast?)
Wenn es so gemeint ist:
Dann wird eigentlich [mm] $g\,$ [/mm] nicht direkt auf [mm] $x\,$ [/mm] angewendet, sondern erst auf die Folge [mm] $(y_n)_{n \in \IN_0}\,,$ [/mm] die durch Anwendung einer anderen Abbildung auf [mm] $x=(x_n)_{n \in \IN_0}$ [/mm] entsteht (ich schreibe in meiner Notation [mm] $\IN_0=\IN \cup \{0\}$).
[/mm]
Daher:
Definiere bei Dir für [mm] $x=(x_0,x_1,x_2,x_3,\ldots)$ [/mm] direkt
[mm] $$g(x)=g((x_0,x_1,x_2,x_3,\ldots)):=(x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots)\,.$$
[/mm]
Dann ist klar, dass eine Folge [mm] $x=(x_0,x_1,x_2,x_3,\ldots)$ [/mm] genau dann Element von [mm] $\text{ker}(g)$ [/mm] ist, wenn [mm] $x_k=0$ [/mm] für alle natürlichen $k [mm] \ge [/mm] 1$ gilt. Und wegen etwa [mm] $(1,0,0,0,0,\ldots) \in \text{ker}(g)$ [/mm] ist dann [mm] $g\,$ [/mm] als lineare Abbildung zwischen dem Vektorraum [mm] $\IR^{\IN}$ [/mm] und sich selbst nicht injektiv.
Die Surjektivität ist aber einfach:
Ist [mm] $y=(y_0,y_1,y_3,y_4,\ldots) \in \IR^{\IN}$ [/mm] gegeben, so definiere etwa $x: [mm] \IN_0 \to \IR$ [/mm] durch [mm] $x_0:=0$ [/mm] und [mm] $x_n:=y_{n-1}$ [/mm] ($n [mm] \in \IN_{\ge 1}$), [/mm] d.h.
[mm] $$x=(x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots):=(x_0=0,x_1=y_0,x_2=y_1,x_3=y_2,x_4=y_3,\ldots)=(0,y_0,y_1,y_2,y_3,\ldots)\,.$$
[/mm]
Was ist dann [mm] $g(x)=g((x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots))$? [/mm] Was ist damit gezeigt?
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:16 So 23.01.2011 | | Autor: | Ray07 |
> mal nebenher: Bei mir ist [mm]\IN=\{1,2,3,\ldots\}\,,[/mm] also [mm]0 \notin \IN\,.[/mm]
> Bei Dir scheint [mm]0 \in \IN[/mm] zu gelten. Daher: Bitte lese
> meine bisherigen Antworten mit [mm]0 \notin \IN\,.[/mm] Ich schreibe
> [mm]\IN_0:=\IN \cup \{0\}\,.[/mm]
ja stimmt bei uns in lina ist die Null in den natürlichen Zahlen enthalten (in analysis wiederrum nicht xD)
> Die Surjektivität ist aber einfach:
> Ist [mm]y=(y_0,y_1,y_3,y_4,\ldots) \in \IR^{\IN}[/mm] gegeben, so
> definiere etwa [mm]x: \IN_0 \to \IR[/mm] durch [mm]x_0:=0[/mm] und
> [mm]x_n:=y_{n-1}[/mm] ([mm]n \in \IN_{\ge 1}[/mm]), d.h.
>
> [mm]x=(x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots):=(x_0=0,x_1=y_0,x_2=y_1,x_3=y_2,x_4=y_3,\ldots)=(0,y_0,y_1,y_2,y_3,\ldots)\,.[/mm]
>
> Was ist dann [mm]g(x)=g((x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots))[/mm]? Was ist
> damit gezeigt?
>
g(x) = [mm] (y_1,y_2,y_3, [/mm] ... ) ?
und da y = [mm] (y_1,y_2,y_3, [/mm] ...) [mm] \in \IR^{\IN} [/mm] beliebig kann man sagen das
[mm] \forall [/mm] y= [mm] \in \IR^{\IN} \exists [/mm] x [mm] \in \IR^{\IN} [/mm] : g(x) = [mm] (y_1,y_2,y_3, [/mm] ... ) =y
also surjektiv?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:02 Mo 24.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > mal nebenher: Bei mir ist [mm]\IN=\{1,2,3,\ldots\}\,,[/mm] also [mm]0 \notin \IN\,.[/mm]
> > Bei Dir scheint [mm]0 \in \IN[/mm] zu gelten. Daher: Bitte lese
> > meine bisherigen Antworten mit [mm]0 \notin \IN\,.[/mm] Ich schreibe
> > [mm]\IN_0:=\IN \cup \{0\}\,.[/mm]
>
> ja stimmt bei uns in lina ist die Null in den natürlichen
> Zahlen enthalten (in analysis wiederrum nicht xD)
>
> > Die Surjektivität ist aber einfach:
> > Ist [mm]y=(y_0,y_1,y_3,y_4,\ldots) \in \IR^{\IN}[/mm] gegeben,
> so
> > definiere etwa [mm]x: \IN_0 \to \IR[/mm] durch [mm]x_0:=0[/mm] und
> > [mm]x_n:=y_{n-1}[/mm] ([mm]n \in \IN_{\ge 1}[/mm]), d.h.
> >
> >
> [mm]x=(x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots):=(x_0=0,x_1=y_0,x_2=y_1,x_3=y_2,x_4=y_3,\ldots)=(0,y_0,y_1,y_2,y_3,\ldots)\,.[/mm]
> >
> > Was ist dann [mm]g(x)=g((x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots))[/mm]? Was ist
> > damit gezeigt?
> >
>
> g(x) = [mm](y_1,y_2,y_3,[/mm] ... ) ?
naja, jetzt hat Dich dieses ganze mit [mm] $\IN$ [/mm] und mal $0 [mm] \in \IN$ [/mm] und mal $0 [mm] \notin \IN$ [/mm] verwirrt. Ich war nun wirklich bei der Notation
$$y: [mm] \blue{\IN_{0}} \to \IR$$
[/mm]
geblieben, was dann Deiner Aufgabe entspricht, nur das bei Euch [mm] $\IN_0$ [/mm] halt [mm] $\IN$ [/mm] heißt.. Also:
[mm] $$g(x)=g((x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots))=(x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots)=(y_0,y_1,y_2,y_3,\ldots)=y\,.$$
[/mm]
> und da y = [mm](y_1,y_2,y_3,[/mm] ...) [mm]\in \IR^{\IN}[/mm]
Siehste: Bei mir war nun doch [mm] $y=(y_0,y_1,y_2,y_3,\ldots) \in \IR^{\IN_0}\,.$ [/mm] Also: Schreib' das ganze nochmal auf, aber kläre in Deinem Auschrieb, ob nun [mm] $y=(y_1,y_2,y_3,y_4,\ldot) \in \IR^{\IN}$ [/mm] ist, oder ob [mm] $y=(y_0,y_1,y_2,y_3,\ldots) \in \IR^{\blue{\IN_0}}$ [/mm] ist.
> beliebig kann
> man sagen das
> [mm]\forall[/mm] y= [mm]\in \IR^{\IN} \exists[/mm] x [mm]\in \IR^{\IN}[/mm] : g(x) =
> [mm](y_1,y_2,y_3,[/mm] ... ) =y
> also surjektiv?
Genau (bis darauf, dass wir uns halt mal einigen sollten, ob bei Dir bei DIESER Aufgabe nun $0 [mm] \in \IN$ [/mm] oder $0 [mm] \notin \IN$ [/mm] sein sollte - aber ich denke, dass Dir die Aufgabe eigentlich nun eh ganz klar ist; daher sollte Dir ein vernünftiger Aufschrieb auch gelingen, jedenfalls bin ich da zuversichtlich  ).
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:28 Mo 24.01.2011 | | Autor: | Ray07 |
hi^^
ja am schluss war alles klar, vielen dank für deine hilfe
und die ausführlichen antworten immer, und vorallem, dass du noch eine antwort geschrieben hast, obwohl die zeit schon abgelaufen war^^
GLG
Ray
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:44 So 23.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> bei einer injektiven abbildung hat die abbildungsmatrix ja
> unabhängige spaltenvektoren, aber gilt das nur für
> endlichdimensionale vektorräume oder kann ich auch hier
> versuchen eine abbildungsmatrix zu bestimmen oder muss ich
> des irgendwie anderes zeigen?
um das mal klar zu sagen: Abbildungsmatrizen sind im endlichdimensionalen ja ein schoenes Hilfsmittel, was vieles vereinfacht, aber bei unendlichdimensionalen Vektorraeumen sollte man sie besser nicht benutzen. (Allein schon weil man erstmal eine Basis braucht, und da wirst du schon genug Spass haben...)
(Und bei vielen abstrakten Aufgaben ist es eh einfacher, nicht mit Abbildungsmatrizen zu hantieren.)
Mach es also so, wie Fred vorgeschlagen hat.
LG Felix
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