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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Faktorraumabbildung
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Universität/Hochschule J Faktorraumabbildung
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-06-27


Ein herzliches Hallo, liebe Community!

Folgende Übungsaufgabe ist gegeben:

- - - - - - - -

Sei K ein Körer. Seien ferner V ein K-Vektorraum und $f : V \to V$ ein Endomorphismus. Es gelte $f^{2}:= f \circ f$ und $f^{3}:= f \circ f^{2}$.

Man beweise: $\overline{f}: ker(f^{3}) / ker(f^{2}) \to ker(f^{2}) / ker(f)$, $x + ker(f^{2}) \mapsto f(x) + ker(f)$
ist eine wohldefinierte Abbildung. Ohne Beweis darf die Tatsache verwendet werden, dass der Kern einer linearen Abbildung die Unterraumaxiome erfüllt.

- - - - - - - -

Nun zu meinen Ausführungen:

Seien $x + ker(f^{2}) = y + ker(f^{2})$, also $x-y \in ker(f^{2})$ (nach Definition aus dem Skript).
Zu zeigen ist: $\overline{f}(x + ker(f^{2})) = \overline{f}(y + ker(f^{2}))$, was nach Definition von $\overline{f}$ äquivalent ist zu f(x) + ker(f) = f(y) + ker(f). Dies wiederum ist äquivalent zu $f(x) - f(y) \in ker(f)$ bzw., weif f ein Endomorphismus ist, äquivalent zu $f(x-y) \in ker(f)$.

Nach Voraussetzung ist $x-y \in ker(f^{2})$, also gilt $f^{2}(x-y) = 0$ bzw. $f(f(x-y)) = 0$. Mithin ist $f(x-y) \in ker(f)$.


Wäre der so korrekt und vollständig?
Wie immer wäre ich euch für jede Antwort sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-06-27


Dein Beweis ist richtig. :-)


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The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-06-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo,

eigentlich müsstest du auch noch prüfen, dass
- $\ker(f^2)$ ein Unterraum von $\ker(f^3)$ ist,
- $\ker(f)$ ein Unterraum von $\ker(f^2)$ ist und
- für jedes $x\in \ker (f^3)$ gilt, dass $f(x)\in \ker (f^2)$.


Dein Beweis wird außerdem etwas übersichtlicher (zugegebenermaßen nicht allzu viel in diesem Fall), wenn du mit der universellen Eigenschaft von Faktorräumen arbeitest:

Betrachte die Abbildung $g:\ker(f^3)\to \ker(f^2)/ \ker(f), x\mapsto f(x) + \ker(f)$.
Wenn du zeigen kannst, dass $ker(f^2)\subseteq \ker(g)$, dann folgt aus der universellen Eigenschaft von $\ker(f^3)/\ker(f^2)$, dass $\bar f$ wohldefiniert ist.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-27


Hallo zusammen und vielen Dank für eure Antworten!

Hmm ergibt sich dies nicht aus der Tatsache, dass der Kern einer linearen Abbildung die Unterraumaxiome erfüllt?

Viele Grüße,
X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-06-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Nein, das zeigt erst mal nur, dass $\ker(f^3)$ ein Unterraum von $V$ ist. Du brauchst aber, dass $\ker(f^3)$ ein Unterraum von $\ker(f^2)$ ist etc.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-27


Hmm okay, aber dann die Frage: wieso müssen die von dir genannten Kriterien noch überprüft werden?

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-06-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Weil sonst die entsprechenden Faktorräume nicht existieren und die Abbildung $\bar f$ nicht wohldefiniert wäre.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-28


Hi Nuramon und Danke!

Hmm aber für was würde dann die Tatsache benötigt, dass der Kern einer linearen Abbildung die Unterraumaxiome erfüllt?

Und wieso folgt oben nach dem Zeigen von $ker(f^2) \subset ker(g)$ aus der universellen Eigenschaft von $ker(f^3)/ker(f^2)$, dass $\overline{f}$ wohldefiniert ist?
Was ist überhaupt diese universelle Eigenschaft?
VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-06-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-06-28 21:28 - X3nion in Beitrag No. 7 schreibt:
Hmm aber für was würde dann die Tatsache benötigt, dass der Kern einer linearen Abbildung die Unterraumaxiome erfüllt?
Das erspart dir ein bisschen Rechnung, da du nur die Inklusion zeigen musst, also als bekannt voraussetzen kannst, dass Kerne abgeschlossen unter den Vektorraumoperationen sind.


Und wieso folgt oben nach dem Zeigen von $ker(f^2) \subset ker(g)$ aus der universellen Eigenschaft von $ker(f^3)/ker(f^2)$, dass $\overline{f}$ wohldefiniert ist?
Was ist überhaupt diese universelle Eigenschaft?
VG X3nion
Wenn dir damit noch nichts anfangen kannst, musst du halt zu Fuß nachrechnen, so wie du es im Themenstart getan hast.

Sei $U\subseteq V$ ein Untervektorraum und $\pi: V\to V/U$ die natürliche Projektion auf den Faktorraum.
Offenbar gilt $U\subseteq \ker \pi$. Aber es gilt sogar noch mehr:
Wenn $f: V\to W$ irgendeine lineare Abbildung ist, für die $U\subseteq \ker f$ gilt, dann existiert genau eine lineare Abbildung $f':V/U\to W$, so dass $f = f'\circ \pi$ gilt.
Das nennt man die universelle Eigenschaft des Faktorraums.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-28


Hi Nuramon und Danke dir für die Erläuterungen!

Dann mache ich das erst einmal zu Fuß.
Ist dann im ersten Fall nur noch zu zeigen, dass $ker(f^{2}) \subset ker(f^3)$, weil die Kerne abgeschlossen unter den Vektorraumoperatoren sind, und damit ergibt sich insgesamt die Unterraumeigenschaft?

VG X3nion




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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-06-28


Ja.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-28


Okay, dann noch eine kurze Frage zu Beitrag 8: Wieso gilt offenbar $U \subset ker(\pi)$?

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-06-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Sei $u\in U$. Dann ist $\pi(u)=u+U$. Warum ist das gleich Null in $V/U$?
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-29


Hmm eigentlich ist es ja gleich $0 + U$, weil $u + U = 0 + U \iff u - 0 \in U$.
Dann haben wir $\pi(u) = 0 + U$.
Wieso ist dann $u \in ker(\pi)$? Da stört doch eigentlich noch das U, sodass $\pi(u) = 0$?

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-06-29


Was ist der Nullvektor des Faktorraums?



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-29


Ah stimmt, der Nullvektor des Faktorraums war $0_V + U$, aber wieso? Das habe ich noch nicht ganz begriffen.

VG X3nion



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-06-29


Was bedeutet Nullelement? Wie wirkt $0_V + U$ bezüglich der Vektoraddition im Faktorraum?


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-01


Hmm sei $a$ ein beliebiger Vektor aus V.
Dann haben wir: $a + U + 0_V + U = a + 0_V + U + U = a + U + U$.
Wenn $0_V + U$ das Nullelement im Faktorraum ist, dann müsste sich das oben weiter zusammenfassen lassen: $a + U + U = a + U$.
Stimmt das? Und wenn ja, warum ist das so?

Viele Grüße,
X3nion



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-07-01


Wiederhole mal die Definition des Faktorraums und insbesondere die Vektoraddition darin. Dann sollten sich deine Fragen eigentlich klären.


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-01


Guten Abend Kezer,

bei uns wurde leider der Faktorraum nur ganz notdürftig in einem Theorem eingeführt:
Sei $V$ ein $F-$Vektorraum. Sei $U \subset V$ ein Unterraum. Definiere ~$_U$ durch $a$~$_U$ genau dann, wenn $a - b \in U$. Dann ist ~$_U$ eine Äquivalenzrelation. Der Faktorraum $V / U:= \{v + U: v \in V\}$ mit repräsentantenweise definierter Verknüpfung ist ein Vektorraum.

Im Beweis wird auch nicht näher darauf eingegangen.
Könntest du mir helfen, es zu verstehen?

Viele Grüße,
X3nion$



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-07-02


2020-07-01 23:55 - X3nion in Beitrag No. 19 schreibt:
Der Faktorraum $V / U:= \{v + U: v \in V\}$ mit repräsentantenweise definierter Verknüpfung ist ein Vektorraum.

Das bedeutet für $v,w \in V$, dass per definitionem $(v+U) + (w+U) = (v+w)+U$ gilt (wobei die Wohldefiniertheit einen Beweis benötigt).

Sind hiermit deine Fragen aus Beitrag No. 17 klar geworden?


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-02


Guten Morgen Kezer und vielen Dank für deine Antwort!

Ja jetzt ist es klar geworden, aber mit der Wohldefiniertheit ist eine neue Frage aufgekommen?
Wie kann ich die beweisen?

VG X3nion



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2020-07-02


Setze doch einfach mal die Definition ein und rechne es nach, es ist nur eine Zeile.

Da du auch in einem anderen Thread zu Normalteiler gefragt hast, hier ist es exakt das Gleiche, nur einfacher. Wir haben abelsche Gruppen und Untervektorräume sind somit automatisch Normalteiler.


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-02


Hmm also zu zeigen wäre ja dann $[v+w] = [v' + w']$ bzw. $(v + w) + U = (v' + w') + U$, was äquivalent ist zu $(v' - v) + (w' - w) \in U$
Seien also $[v] = [v']$ und $[w] = [w']$, also $v' = v + s$ und $w' = w + t$ für gewisse $s,t \in U$
Damit ist $v' + w' = v + s + w + t = v + w + s + t = v + w + u$ für ein $u \in U$, da U ein Unterraum ist.
Damit ist $(v' - v) + (w' - w) = u \in U$

Stimmt das so?

VG X3nion



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-07-02


Das ist im Wesentlichen OK - gut gemacht :-)

2020-07-02 13:16 - X3nion in Beitrag No. 23 schreibt:
Hmm also zu zeigen wäre ja dann $[v+w] = [v' + w']$ bzw. $(v + w) + U = (v' + w') + U$
... für $[v] = [v']$ und $[w] = [w']$ solltest du hier schreiben.

Kürzer aufgeschrieben: Prinzipiell ist einfach $(v+w) - (v'+w') = (v-v') + (w-w') \in U$, da $v-v' \in U$ und $w-w' \in U$ nach Annahme ist.


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-02


Ahh ja klar, das geht ja wirklich einfacher! 🙃


Sei $U\subseteq V$ ein Untervektorraum und $\pi: V\to V/U$ die natürliche Projektion auf den Faktorraum.
Offenbar gilt $U\subseteq \ker \pi$. Aber es gilt sogar noch mehr:
Wenn $f: V\to W$ irgendeine lineare Abbildung ist, für die $U\subseteq \ker f$ gilt, dann existiert genau eine lineare Abbildung $f':V/U\to W$, so dass $f = f'\circ \pi$ gilt.
Das nennt man die universelle Eigenschaft des Faktorraums.

Betrachte die Abbildung $g:\ker(f^3)\to \ker(f^2)/ \ker(f), x\mapsto f(x) + \ker(f)$.
Wenn du zeigen kannst, dass $ker(f^2)\subseteq \ker(g)$, dann folgt aus der universellen Eigenschaft von $\ker(f^3)/\ker(f^2)$, dass $\bar f$ wohldefiniert ist.

Nuramon hat in Beitrag Nr. 2 und Nr. 8 obiges geschrieben.
Ich verstehe nicht, wieso - im Falle, dass $ker(f^2)\subseteq \ker(g)$ - aus der universellen Eigenschaft von $\ker(f^3)/\ker(f^2)$ die Wohldefiniertheit von

$\overline{f}: ker(f^{3}) / ker(f^{2}) \to ker(f^{2}) / ker(f)$, $x + ker(f^{2}) \mapsto f(x) + ker(f)$

folgt.

Könnte mir das jemand erläutern? Ich würde es gerne verstehen, weil ich es interessant finde 🙂

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2020-07-02

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Sei $g:\ker(f^3)\to \ker(f^2)/ \ker(f), x\mapsto f(x) + \ker(f)$.
Außerdem sei $\pi:\ker(f^3)\to \ker(f^3)/\ker(f^2)$ die natürliche Projektion.

Wenn jetzt $\ker(f^2)\subseteq \ker(g)$ gilt, dann folgt aus der universellen Eigenschaft, dass es genau eine lineare Abbildung $\tilde f: \ker(f^3)/\ker(f^2)\to \ker(f^2)/ \ker(f)$ gibt, für die $g = \tilde f \circ \pi$ gilt.

Es stellt sich heraus, dass die Abbildungsvorschrift von $\tilde f$ genau die gleiche Abbildungsvorschrift ist, wie die für $\bar f$. Also muss insbesondere $\bar f$ wohldefiniert sein.

In der Tat: Für $x+\ker(f^2)\in \ker(f^3)/\ker(f^2)$ gilt  
$$ \tilde f (x+\ker(f^2)) = \tilde f (\pi(x)) = g(x) = f(x)+\ker(f).$$ Das ist genau die Abbildungsvorschrift von $\bar f$.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Guten Abend Nuramon,

das ist alles so sinnig, vielen Dank!
Dann versuche ich mich an einem kurzen Beweis der Inklusion:

Sei $x \in ker(f^{2})$ beliebig, also $f(f(x)) = 0$.
Zu zeigen ist: $x \in ker(f^{3})$ und $g(x) = f(x) + ker(f) = 0$.

Wenden wir f auf beiden Seiten von $f(f(x)) = 0$ an, erhalten wir:
$f(f(f(x))) = f(0) = 0$, da f linear ist. Damit ist $x \in ker(f^{3})$.

Weiter folgt aus $f(f(x)) = 0$, dass $f(x) \in ker(f)$, mithin $g(x) = 0$.

Wäre das so okay?

Viele Grüße,
X3nion



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Nuramon
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Ja.



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X3nion
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Okay alles klar.
Hmm dann wäre noch die Frage: ist die universelle Eigenschaft eines Faktorraumes mit elementaren Kenntnissen aus der linearen Algebra zu beweisen? Oder bedarf es hierzu tieferen mathematischen Wissens? 🙂

Viele Grüße,
X3nion



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Nuramon
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Die ist nicht schwierig zu beweisen. Es muss eigentlich nur einmal nachgerechnet werden, dass (mit den Bezeichnungen aus No.8) die Abbildung $f':V/U\to W, v+U \mapsto f(v)$ wohldefiniert ist. Das zeigt die Existenz von $f'$. Die Eindeutigkeit folgt aus der Surjektivität von $\pi$.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Hey Nuramon,

okay, dann versuche ich mich mal daran.

Seien $[a], [b] \in V / U$ mit $[a] = [b]$, also existiert ein $c \in U$ mit $a - b = c$ bzw. $a = b + c$. Wegen $U \subset ker f$ gilt $f(c) = 0$.
Insgesamt folgt also mit der Linearität von $f$, dass $f(a) = f(b) + f(c) = f(b)$, womit die Wohldefiniertheit von $f'$ gezeigt ist.
Würde das so passen?

Und wieso folgt aus der Surjektivität von $\pi$ die Eindeutigkeit von $f'$?

Viele Grüße,
X3nion



 



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2020-07-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-03 14:54 - X3nion in Beitrag No. 31 schreibt:
Würde das so passen?
Ja. Ist dir klar, dass die Bedingung $f=f'\circ \pi$ erfüllt ist?


Und wieso folgt aus der Surjektivität von $\pi$ die Eindeutigkeit von $f'$?
Versuche zu zeigen, dass jede Abbildung $f'$ mit $f=f'\circ \pi$ die gleiche Abbildungsvorschrift hat.
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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-03



Ja. Ist dir klar, dass die Bedingung $f=f'\circ \pi$ erfüllt ist?

Ja ich denke schon. Sei $a \in V$. Dann ist $\pi(a) = a + U$, $f'(\pi(a)) = f(a)$, und $f'$ ist wohldefiniert?
 

Versuche zu zeigen, dass jede Abbildung $f'$ mit $f=f'\circ \pi$ die gleiche Abbildungsvorschrift hat.

Sei $f'$ eine beliebige Abbildung mit $f = f' \circ \pi$.
Zu zeigen ist, dass f' die Abbildungsvorschrift $v + U \mapsto f(v)$ hat, wobei $v \in V$.
Könntest du mir helfen, wie ich weiter mache? Und wo baue ich die Surjektivität von $\pi$ ein?

Viele Grüße,
X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2020-07-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-03 17:27 - X3nion in Beitrag No. 33 schreibt:
Sei $f'$ eine beliebige Abbildung mit $f = f' \circ \pi$.
Zu zeigen ist, dass f' die Abbildungsvorschrift $v + U \mapsto f(v)$ hat, wobei $v \in V$.
Könntest du mir helfen, wie ich weiter mache? Und wo baue ich die Surjektivität von $\pi$ ein?
Benutze, dass $v+U$ ein Urbild unter $\pi$ hat.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Benutze, dass $v+U$ ein Urbild unter $\pi$ hat.

Dann  versuche ich das mal:
Sei $f' : V / U \to W$ eine beliebige Abbildung mit $f = f' \circ \pi$.
Sei $v + U$ ein beliebiges Element aus $V / U$.
$\pi$ ist surjektiv, also gilt $\pi(v) = v + U$ für $v \in V$. Wenden wir auf beiden Seiten f' an, so erhalten wir $f'(v + U) = f'(\pi(v)) = f(v)$. Damit ist die Abbildungsvorschrift von $f' : v + U \mapsto f(v)$.

Wäre das so okay?

Viele Grüße,
X3nion



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Nuramon
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Ja.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-03


Okay super, Danke dir!

Eine kurze Frage noch: woher wissen wir, dass die natürliche Projektion $\pi$ surjektiv ist? Bzw. bräuchten wir in diesem Fall nicht, dass $\pi$ bijektiv ist? Weil sonst könnte ja $\pi(a) = v + U$ für ein $a \in V$ gelten, aber damit würde ja eine andere Abbildungsvorschrift rauskommen.

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, eingetragen 2020-07-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-03 21:52 - X3nion in Beitrag No. 37 schreibt:
Eine kurze Frage noch: woher wissen wir, dass die natürliche Projektion $\pi$ surjektiv ist?
Aus der Konstruktion des Faktorraumes.


Bzw. bräuchten wir in diesem Fall nicht, dass $\pi$ bijektiv ist?
$\pi$ ist nur dann bijektiv, wenn $U$ der Nullvektorraum ist.


Weil sonst könnte ja $\pi(a) = v + U$ für ein $a \in V$ gelten, aber damit würde ja eine andere Abbildungsvorschrift rauskommen.
Das entscheidende ist, dass $\pi(v)=v+U$.
Du kannst es noch ein bisschen verallgemeinern:
Seien $X,Y,Z$ Mengen, $\pi: X\to Y$ eine surjektive und $f_1,f_2: Y\to Z$ beliebige Abbildungen. Falls dann $f_1\circ \pi = f_2\circ \pi$ gilt, so muss $f_1=f_2$ gelten.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Guten Abend Nuramon,

ist $\pi$ also surjektiv, weil $\pi: V \to V / U, \pi(a):= a + U$ und somit jedes beliebige Element $a+U \in V / U$ mindestens ein Urbild besitzt, nämlich per definitionem auf jeden Fall a?

Und sei $\pi: \mathbb{R}^{2} / U$ mit $U:= \{\binom{x}{0}: x \in \mathbb{R}\}$.
Und wäre zum Beispiel $\pi\binom{1}{0} = \pi\binom{1}{1}$, aber $\binom{1}{0} \neq \binom{1}{1}$ ein Gegenbeispiel für die Injektivität von $\pi$?

Viele Grüße,
X3nion



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