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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Aussage über Raum Hom(V,W)
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Universität/Hochschule Aussage über Raum Hom(V,W)
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-08-11


Hallo zusammen!

In unserem Skript steht der folgende Satz:

Seien V und W Vektorräume der Dimension n bzw. m über F. Die Zuordnung

\[
Hom(V,W) \ni f \mapsto A \in F^{m \times n}
\]
ist ein Isomorphismus.

Dann wird ein Korollar erwähnt: Seien V,W endlichdimensionale Vektorräume mit Basen $(a_{i})$ bzw. $(b_{i})$. Dann bilden die durch $f^{j}_{i}(a_{k}):= b_{i} \delta^{j}_{k}$ definierten Abbildungen eine Basis von Hom(V,W). Insbesondere ist dim Hom(V,W) = $dim V \cdot dim W$.
Die Aussage über die Basen gilt auch für beliebige Vektorräume.

Beweis zum Korollar: Diese Abbildungen entsprechen gerade den Matrizen, die in Zeile i und Spalte j eine 1 und sonst Nullen haben.

- - - - - - - - - - - - - -

Nun verstehe ich nicht, welche Funktionen mit $f^{j}_{i}$ gemeint sind. Was bedeutet die Schreibweise?
Wieso entsprechen diese Abbildungen gerade den Matrizen, die in Zeile i und Spalte j eine 1 und sonst Nullen haben? Und weshalb sind die Abbildungen eine Basis und wieso folgt die Dimensionsformel?

Habt ihr mir einen Tipp, wie ich das besser verstehen könnte, oder könnt es mir vielleicht erklären?


Ich wäre euch sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-08-12


2020-08-11 22:49 - X3nion im Themenstart schreibt:
Die Aussage über die Basen gilt auch für beliebige Vektorräume.

Das ist nicht richtig. Zum Beispiel bilden die Projektionen $p_0,p_1,\dotsc$ keine Basis von $\mathrm{Hom}(K^{\IN},K)$. Tatsächlich ist $\mathrm{Hom}(K^{\IN},K)$ ein Vektorraum der Dimension $|K^{\IN}|$ (folgt aus dem Satz von Erdös-Kaplansky).


Nun verstehe ich nicht, welche Funktionen mit $f_i^j$ gemeint sind.

Die Definition von $f_i^j$ steht da. Erinnere dich daran, dass man eine lineare Abbildung eindeutig durch die Angabe der Bilder von Basisvektoren definieren kann.

In der Definition kommt außerdem das Kronecker-Delta vor.

Also $f_i^j$ ist die lineare Abbildung mit $f_i^j(a_j)=b_i$ und $f_i^j(a_k)=0$ für $k \neq i$.

Die darstellende Matrix von $f_i^j$ bezüglich der gegebenen Basen ist (das folgt aus der Definition von darstellenden Matrizen, schlage sie nach) gerade die Matrix mit einer Eins im Eintrag $(j,i)$ und sonst nur Nullen.

Diese Matrizen (mit einer Eins an einer Stelle und sonst nur Nullen) bilden aber offensichtlich eine $F$-Basis von $F^{m \times n}$, und es sind $m \cdot n$ Stück. Weil Isomorphismen Basen erhalten*, bilden die $f_i^j$ demnach eine Basis von $\mathrm{Hom}(V,W)$, und es folgt auch $\dim(\mathrm{Hom}(V,W)) = \dim(F^{m \times n}) = m \cdot n$.

*Gemeint ist folgendes: Sei $\varphi : V \to W$ ein Isomorphismus und $(b_i)_{i \in I}$ eine Basis von $V$. Dann ist $(\varphi(b_i))_{i \in I}$ eine Basis von $W$. Das wendet man hier an auf den Isomorphismus $\varphi : F^{m \times n} \to \mathrm{Hom}(V,W)$ und die "kanonische" Basis von $F^{m \times n}$.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-13


Hallo Triceratops,

ich bedanke mich sehr für deinen aufschlussreichen Beitrag, denn der Sachverhalt ist mir nun klar! Es ist ein sehr interessanter Zusammenhang, einmal eine Basis in "richtiger" Matrizenform zu betrachten!
Bisher kannte ich nur Basis in Vektorform, was ja eine spezielle Matrizenform ist.

Viele Grüße,
X3nion


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-08-13


Wenn du dir einmal die Definition einer Basis anschaust, kommen dort weder Spaltenvektoren noch Matrizen vor. Es handelt sich um ein abstraktes Konzept, welches sich in abstrakten Vektorräumen definieren lässt. Ganz gut versteht man das anhand der folgenden Übungsaufgabe:

Sei $V = \{a : \IN \to \IR : \forall n \geq 0 \, (a(n+2)=a(n)+a(n+1))\}$. Also dies ist der Vektorraum der Folgen, welche die Rekursionsgleichung $a(n+2)=a(n)+a(n+1)$ für alle $n \geq 0$ erfüllen. Die Anfangswerte $a(0),a(1)$ sind nicht festgelegt. Finde eine Basis von $V$!

Oder hier eine andere Aufgabe:

Sei $V = \{f : \IR \to \IR : f \text{ ist differenzierbar mit } f' = f\}$. Finde eine Basis von $V$!



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-14


Hey Triceratops,

beide Aufgaben klingen sehr spannend!

Der Vektorraum aller reellen Zahlenfolgen ist nicht endlich erzeugt, deshalb besteht die Basis aus unendlich vielen Elementen.
Ich gehe davon aus, dass der von dir beschriebene Vektorraum ein V ein Unterraum des Vektorraumes aller reellen Zahlenfolgen ist und endlich-dimensional ist.

Was ich mir zur ersten Aufgabe überlegt habe ist Folgendes:
Wählt man $a_{0}, a_{1} \in \mathbb{R}$ beliebig, so hat jede Folge die Form

$a = (a_{0}, a_{1}, a_{0} + a_{1}, a_{0} + 2a_{1}, 2a_{0} + 3a_{1}, 3a_{0} + 5a_{1}, ...) = a_{0}(1, 0, 1, 1, 2, 3, ...) + a_{1}(0, 1, 1, 2, 3, 5, ...)$
und in Fibonacci-Manier weiter.

Linear unabhängig wären beide Vektoren auf jeden Fall. Und wäre der Beweis des Erzeugnisses bereits damit erbracht, dass man einen beliebigen Vektor aus V mithilfe einer Linearkombination von Vektoren darstellt?


Viele Grüße,
X3nion


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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-08-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo X3nion,

2020-08-13 09:44 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
Sei $V = \{a : \IN \to \IR : \forall n \geq 0 \, (a(n+2)=a(n)+a(n+1))\}$. Also dies ist der Vektorraum der Folgen, welche die Rekursionsgleichung $a(n+2)=a(n)+a(n+1)$ für alle $n \geq 0$ erfüllen. Die Anfangswerte $a(0),a(1)$ sind nicht festgelegt. Finde eine Basis von $V$!

2020-08-14 02:18 - X3nion in Beitrag No. 4 schreibt:
Was ich mir zur ersten Aufgabe überlegt habe ist Folgendes:
Wählt man $a_{0}, a_{1} \in \mathbb{R}$ beliebig, so hat jede Folge die Form

$a = (a_{0}, a_{1}, a_{0} + a_{1}, a_{0} + 2a_{1}, 2a_{0} + 3a_{1}, 3a_{0} + 5a_{1}, ...) = a_{0}(1, 0, 1, 1, 2, 3, ...) + a_{1}(0, 1, 1, 2, 3, 5, ...)$
und in Fibonacci-Manier weiter.

Nette Behauptung. Aber warum sollte ich das glauben? Es könnte ja sein, dass du dich irgendwo verrechnet oder vertippt hast.

Linear unabhängig wären beide Vektoren auf jeden Fall.

Das wiederum kann man sofort sehen, aber auch hier: wie würdest du das beweisen?

Und wäre der Beweis des Erzeugnisses bereits damit erbracht, dass man einen beliebigen Vektor aus V mithilfe einer Linearkombination von Vektoren darstellt?

Selbstverständlich nein. Es müssen schon spezielle Vektoren sein, mittels derer du die Linearkombination baust.

Schreibe es formal auf!

mfg
thureduehrsen
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-08-14


Ich würde es etwas positiver formulieren und sagen, dass das bereits der richtige Weg zum Beweis ist. Jetzt muss er nur noch mit allen Details gefüllt werden.

Absolut richtig, $V$ ist ein Unterraum des unendlich-dimensionalen Raumes aller Zahlenfolgen, aber $V$ ist selbst endlich-dimensional. Und wie du bereits richtig gesehen hast, ist $V$ genauer gesagt $2$-dimensional.

Also: Definiere die beiden Folgen $f = (1,0,1,1,2,\dotsc)$ und $g=(0,1,1,2,\dotsc)$ einmal präzise (was ist das Bildungsgesetz?). Zeige dann
a) die beiden Folgen sind linear unabhängig
b) die beiden Folgen erzeugen $V$.

Bei a) hast du bisher nichts wirklich geschrieben, aber es ist auch nicht schwer, auf den Beweis zu kommen. Bei b) hast du einen "Pünktchenbeweis" angedeutet, der unvollständig ist, weil die Folgen bisher nicht genau definiert worden sind. Die entsprechende Linearkombination muss auch in jedem Index bewiesen werden. Also: Nimm dir eine beliebige Folge $a \in V$ her und zeige $a = a(0) \cdot f + a(1) \cdot g$. Zeige dafür per Induktion, dass für alle $ n \geq 0$ die Gleichung $a(n) = a(0) \cdot f(n) + a(1) \cdot g(n)$ gilt (*).

Alternativ: Überlege dir, dass für $a,b \in V$ bereits dann $a=b$ gilt, wenn nur $a(0)=b(0)$ und $a(1)=b(1)$ gilt. Die Gleichung (*) muss also nur für $n=0$ und $n=1$ getestet werden.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-14


Hallo Triceratops und vielen Dank für deine etwas positiveren Worte!

Behauptung: Die beiden Folgen f, g mit
$f_{0}:= 1, f_{1}:= 0, f_{n+2} = f_{n} + f_{n+1}$, $n \ge 0$
$g_{0}:= 0, g_{1}:= 1, g_{n+2} = g_{n} + g_{n+1}$, $n \ge 0$

sind linear unabhängig.
Sei dazu $\lambda^{1}f + \lambda^{2}g = 0$ eine Linearkombination der Null mit $\lambda^{1}, \lambda^{2} \in F$ (V ist ein Vektorraum über einem Körper, ich bezeichne Letzteren mal mit F).

Wegen $f_{0} = 1$ folgt $\lambda^{1} = 0$, und $\lambda^{2} = 0$ folgt wegen $g_{1} = 1$. Dies zeigt, dass die beiden Vektoren f,g linear unabhängig sind.

Sei nun $a \in V$ beliebig mit $a_{0}, a_{1} \in \mathbb{R}$.

Für alle $n \ge 0$ gilt die Rekursionsvorschrift
$a_{n+2} = a_{n} + a_{n+1}$

Zeige nun per Induktion, dass
$a_{n} = a_{0}f_{n} + a_{1}g_{n}$ für alle $n \ge 1$ gilt.

Für n = 0 erhalten wir $a_{0} = a_{0}f_{0} + a_{1}g_{0} = a_{0} \cdot 1 + a_{1} \cdot 0 = a_{0}$.
n = 1 liefert $a_{1} = a_{0}f_{1} + a_{1}g_{1} = a_{0} \cdot 0 + a_{1} \cdot 1 = a_{1}$.

Gelte die Behauptung per Induktion für ein $n \in \mathbb{N}$, $n \ge 1$.

Im Induktiosnschritt ist zu zeigen, dass dann auch
$a_{n+1} = f_{0}f_{n+1} + a_{1}g_{n+1}$ gilt.

$a_{n+1} = a_{n} + a_{n-1} = a_{0}f_{n} + a_{1}g_{n} + a_{0}f_{n-1} + a_{1}g_{n-1} = a_{0}(f_{n} + f_{n-1}) + a_{1}(g_{n} + g_{n-1}) = a_{0}f_{n+1} + a_{1}g_{n+1}$.

Weil die Behauptung auch für $n = 0$ gilt, folgt $a_{n} = a_{0}f_{n} + a_{1}g_{n}$ $\forall n \in \mathbb{N}$.

Hieraus folgt aber $a = a_{0}f + a_{1}g$ ist und somit bilden f,g ein Erzeugendensystem von V. Insgesamt zeigt sich, dass f,g eine Basis von V bilden.

Zum alternativen Gedankengang: Mir ist es klar, dass die Folgen bereits gleich sind, wenn die ersten beiden Folgenglieder gleich sind.
Müsste man dies dann nicht mehr explizit beweisen, sondern als "es ist offensichtlich" deklarieren?


Viele Grüße,
X3nion


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-08-14


2020-08-14 15:16 - X3nion in Beitrag No. 7 schreibt:
(V ist ein Vektorraum über einem Körper, ich bezeichne Letzteren mal mit F).

In der ursprünglichen Aufgabe war $F=\IR$, aber du hast natürlich Recht, dass man hier genauso gut mit jedem Körper arbeiten kann.

Wegen $f_{0} = 1$ folgt $\lambda^{1} = 0$

Das ist nicht ganz richtig: Aus $f_0=1$ folgt (wenn man die Linearkombination beim Index $0$ anschaut) $\lambda^1 + \lambda^2 g_0 = 0$. Jetzt braucht man noch etwas anderes, nämlich ...

und $\lambda^{2} = 0$ folgt wegen $g_{1} = 1$.

Das ist aus einem analogen Grund noch nicht ganz richtig.

Sei nun $a \in V$ beliebig mit $a_{0}, a_{1} \in \mathbb{R}$.

Du meinst $a_0,a_1 \in F$. Aber das muss man hier gar nicht hinschreiben.

Zeige nun per Induktion, dass
$a_{n} = a_{0}f_{n} + a_{1}g_{n}$ für alle $n \ge 1$ gilt.

Für n = 0 erhalten wir $a_{0} = a_{0}f_{0} + a_{1}g_{0} = a_{0} \cdot 1 + a_{1} \cdot 0 = a_{0}$.

Das ist von der Idee her richtig, aber nicht richtig aufgeschrieben: In einer Gleichungskette $a=b=c=\dotsc=z$ muss jede Gleichung $a=b$, $b=c$, $\dotsc$ für sich genommen schlüssig sein. Und erst dann kann auf $a=z$ geschlossen werden. Du hast das hier aber umgedreht: Deine erste Gleichung ist nicht klar, sondern gerade die Behauptung, und die "zusammengesetzte" Gleichung ist nicht die Behauptung, sondern trivial. Das ist ein sehr gängiger Fehler, jede*r macht ihn einmal.

Die Gleichungskette muss daher so aufgeschrieben werden:

$a_{0} = a_{0} \cdot 1 + a_{1} \cdot 0 = a_{0}f_{0} + a_{1}g_{0} \quad \checkmark$

n = 1 liefert $a_{1} = a_{0}f_{1} + a_{1}g_{1} = a_{0} \cdot 0 + a_{1} \cdot 1 = a_{1}$.

Hierfür gilt Entsprechendes.

Gelte die Behauptung per Induktion für ein $n \in \mathbb{N}$, $n \ge 1$.

Wenn du genau hinschaust, brauchst du im Beweis darunter nicht nur, dass die Behauptung für $n$ gilt, sondern auch für $n-1$.

Weil die Behauptung auch für $n = 0$ gilt, folgt $a_{n} = a_{0}f_{n} + a_{1}g_{n}$ $\forall n \in \mathbb{N}$.
 
Das deutet an, als ob der Induktionsanfang nur für $n=0$ nötig war. Er war aber sowohl für $n=1$ als auch für $n=0$ nötig. Dieser Kommentar muss also korrigiert werden.

Vielleicht wird das Induktionsschema klarer, wenn man es so formuliert:

Induktionsanfang: Die Behauptung gilt für $n=0$ und $n=1$, denn ...

Induktionsschritt: Sei $n \geq 0$ und die Behauptung gelte für $n$ und $n+1$. Dann gilt sie auch für $n+2$, denn ...

Zum alternativen Gedankengang: Mir ist es klar, dass die Folgen bereits gleich sind, wenn die ersten beiden Folgenglieder gleich sind.
Müsste man dies dann nicht mehr explizit beweisen, sondern als "es ist offensichtlich" deklarieren?

Man beweist das mit einer Induktion (wie oben).



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-14


Hi Triceratops und vielen Dank für deinen ausführlichen Beitrag!

Dann versuche ich mich mal, bewaffnet mit deinen vielen Ratschlägen, an einer sauberen Formulierung.

- - - - - - - - - -

Behaupte, dass Die beiden Folgen f, g mit
$f_{0}:= 1, f_{1}:= 0, f_{n+2} = f_{n} + f_{n+1}$, $n \ge 0$
$g_{0}:= 0, g_{1}:= 1, g_{n+2} = g_{n} + g_{n+1}$, $n \ge 0$

linear unabhängig sind.
Sei dazu $\lambda^{1}f + \lambda^{2}g = 0$ eine Linearkombination der Null mit $\lambda^{1}, \lambda^{2} \in \mathbb{R}$.
Betrachte nun die Komponenten $f_{0}, g_{0}$ der Vektoren f und g.

Wegen $f_{0} = 1$ folgt daraus $\lambda^{1} + \lambda^{2}g_{0} = 0$, und wegen $g_{0} = 0$ folgt daraus $\lambda^{1} = 0$.
Aus $\lambda^{2}g = 0$ folgt insbesondere $\lambda^{2}g_{1}$ = 0. Mit $g_{1} = 1$ folgt daraus $\lambda^{2} = 0$. Dies zeigt, dass die Vektoren f und g linear unabhängig sind.



Sei nun $a \in V$ beliebig.

Für alle $n \ge 0$ gilt die Rekursionsvorschrift
$a_{n+2} = a_{n} + a_{n+1}$

Zeige nun per Induktion, dass
$a_{n} = a_{0}f_{n} + a_{1}g_{n}$ für alle $n \ge 0$ gilt.

Für n = 0 erhalten wir $a_{0} = a_{0}\cdot 1 + a_{1} \cdot 0 = a_{0}f_{0} + a_{1}g_{0} \quad \checkmark$
Ist n= 1, so bekommen wir $a_{0} = a_{0}\cdot 0 + a_{1} \cdot 1 = a_{0}f_{1} + a_{1}g_{1} \quad \checkmark$

Gelte die Behauptung per Induktion für n und (n+1), $n \in \mathbb{N}$ mit $n \ge 0$.

Im Induktiosnschritt ist zu zeigen, dass sie auch für $(n+2)$ gilt.
Konkret ist also
$a_{n+2} = f_{0}f_{n+2} + a_{1}g_{n+2}$ zu zeigen.

Es ist $a_{n+2} = a_{n} + a_{n+1} = a_{0}f_{n} + a_{1}g_{n} + a_{0}f_{n+1} + a_{1}g_{n+1} = a_{0}(f_{n} + f_{n+1}) + a_{1}(g_{n} + g_{n+1}) = a_{0}f_{n+2} + a_{1}g_{n+2}$.

Damit ist die Induktion gezeigt.


Wäre nun alles korrekt? 🙂


Viele Grüße,
X3nion


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-08-14


Nur bei $n=1$ findet sich noch ein kleiner Tippfehler: die Gleichung muss mit $a_1$ starten.

Ansonsten ist alles richtig!

Und jetzt noch der Einzeilerbeweis: $\varphi : V \to F^2$, $\varphi(a) = (a_0,a_1)$ ist ein Isomorphismus (weil...), also $\dim(V)=2$ und $V$ hat als Basis $\phi^{-1}((1,0)),\phi^{-1}((0,1))$.



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Hi Triceratops,

hmm $\phi$ ist die Koordinatenabbildung bzgl. der Basen f und g und deshalb ein Isomorphismus?

Viele Grüße,
X3nion


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-08-14


Ja genau, aber dass $\varphi$ ein Isomorphismus ist, kann man auch direkt beweisen. Man muss keine Basis dafür kennen. Umgekehrt: aus $\varphi$ ergibt sich dann wie gesagt die Basis. Damit schließt sich dann auch der Kreis zum Beispiel mit $\mathrm{Hom}(V,W)$, wo der Isomorphismus ebenfalls eine Basis produziert hat.



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X3nion
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Hmm man müsste dann ja eine Abbildung $\phi^{-1}: F^{2} \to V$ angeben können mit
$\phi^{-1} \circ \phi = id_{V}$ und $\phi \circ \phi^{-1} = id_{F^{2}}$

Ich wüsste jetzt aber nicht, wie ich diese Abbildung $\phi^{-1}$ angeben würde, ohne die Basiselemente von V dabei zu benutzen.

Denn folgenden Satz haben wir im Skript:
Sei V ein F-Vektorraum mit geordneter Basis $(a_1,...,a_n)$. Dann ist die Abbildung $f:V \to F^{n}$, $ V \ni a = \sum \limits_{i=1}^{n} \lambda^{i}a_{i} \mapsto (\lambda_1, ..., \lambda_n) \in F^n$ ein Isomorphismus.
Hier wird also impliziert, dass man die Basis von V kennen muss.

Viele Grüße,
X3nion


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Ja und $\varphi^{-1}$ kann man definitiv "per Hand" konstruieren. Seien $a_0,a_1 \in F$. Definiere nun eine Folge rekursiv durch ...



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Ja okay, stimmt!

Seien $a_0, a_1 \in F$ beliebig.

Definiere die Folge $a: \mathbb{N} \to \mathbb{R}$ den Startwerten $a_{0}, a_{1}$ und $a_{n+2}:= a_{n} + a_{n+1}$. Dann ist nach Definition $a \in V$.
Definiere nun $\phi^{-1}: F^{2} \to V$ mit $\phi^{-1}(a_0, a_1) = a$.

Damit ist der gesuchte Isomorphismus gefunden.
Denn sei $(a_0, a_1) \in F^{2}$ beliebig. Dann ist $\phi^{-1}(a_0, a_1) = a$ und $\phi \circ \phi^{-1}(a_0, a_1) = \phi(\phi^{-1}(a_0, a_1) = \phi(a) = (a_0, a_1)$ nach Definition von $\phi$.

Sei nun $a \in V$ beliebig mit den Startwerten $a_0$ und $a_1$. Dann ist $\phi(a) = (a_0, a_1)$ und $\phi^{-1}(\phi(a)) = \phi^{-1}(a_0, a_1) = a$.

Wäre das so korrekt aufgeschrieben? 🙂

Viele Grüße,
X3nion


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Ja, das ist OK. Es fehlt nur noch der Nachweis der Linearität von $\varphi$. Aber da passiert nichts.



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X3nion hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
X3nion hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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