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 Zusammenhang von linearer Abbildung mit Hyperebene und Linearform |
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Schnubelub
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 |  Themenstart: 2021-01-09
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Ich komme bei der folgenden Aufgabe gerade einfach nicht weiter, vielleicht kann mir jemand einen Denkanstoß geben:
Es seien H eine Hyperebene von V und f eine lineare Abbildung V->V mit f(h)=h für alle h\el\ H.
Beweise: f lässt sich in der Form f(x)=x+a^*(x)*v mit a^*\el\ V^* und v\el\ V schreiben wobei V^* Dualraum von V.
Erstmal zu den Definition:
Ein Unterraum ist ja genau dann eine Hyperebene, falls er mindestens einen komplementären eindimensionalen Unterraum besitzt.
Weiters weiß ich dass der Kern einer nichttrivialen Linearform eine Hyperebene ist, ob mir das hier weiterhelfen kann weiß ich noch nicht.
Über f weiß man ja sehr wenig, nur dass jedes Element aus der Hyperebene auf sich selbst abgebildet wird.
Was mich verwirrt ist, dass $a^*$ eine beliebige Linearform ist. Man hat weder Informationen was f auf dem eindimensionalen Komplement von H macht, noch was die Linearform macht.
Meine Vermutung ist, dass wenn man ein $h\in H$ nimmt, die Linearform dann $a^*(h)=0$ sein muss, damit f(h)=h ist. Das impliziert (?) dass $H\subseteq ker a^*$. Ab hier bin ich mir nicht mehr sicher, eine Hyperebene ist der Kern einer nichttrivialen Linearform, nur woher weiß man, dass $a^*$ genau die Linearform ist mit mit $H= ker a^*$, es könnte ja auch eine andere Hyperebene sein.
Ich habe schon das Skript nochmals durchgelesen, um zu versuchen die Hintergründe noch besser zu verstehen, aber das hat noch nicht viel geholfen.
Bin für jede Hilfe dankbar!
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Triceratops
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 |  Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-09
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Du sollst die Existenz einer geeigneten Linearform $a^*$ und eines Vektors $v$ mit den genannten Eigenschaften zeigen. Sie sind nicht gegeben. Gegeben ist lediglich dass $H$ ein Hyperebene mit $f(h)=h$ für alle $h \in H$ ist.
Die Aufgabe ist einfacher zu lösen, indem man $g := f - \mathrm{id}$ betrachtet. Also $g$ ist dann eine lineare Abbildung mit $g|_H = 0$. Nach dem Homomorphiesatz bekommen wir eine Faktorisierung von $g$ als $\overline{g} \circ \pi$, wobei $\pi : V \to V/H$ die Projektion und $\overline{g} : V/H \to V$ linear ist. Jetzt wähle einen Isomorphismus $\theta : V/H \to K$. Dann ist $a^* := \theta \circ \pi : V \to K$ eine Linearform, und $\overline{g} \circ \theta^{-1} : K \to V$ entspricht einem Element von $V$, und wir haben $g = (\overline{g} \circ \theta^{-1}) \circ (\theta \circ \pi)$. Das ist aber gerade die Behauptung (wieso?).
Es gibt noch einen anderen Ansatz mit Basen, aber der ist weniger elegant.
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Schnubelub
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-10
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Danke Triceratops für deine schnelle Antwort. Wir haben den Homomorphiesatz leider noch nicht durchgemacht, also bleibe ich bei dem Ansatz mit den Basen, die du in deinem ersten Post erwähnt hast.
So schaut mein Beweis sieht bis jetzt so aus:
Sei B\subsetequal\ H Basis von H. Nach dem Basisergänzungssatz können wir B mit v\el\ V erweitern, sodass B \union\ {v} eine Basis von V ist.
Wenn wir a^*: V->K so definieren, dass zum einen ker a^*=H und zum anderen a^*(x) der Koeffizient von v in der Basisdarstellung von f(x) für alle x\el\ V ist, dann gilt sicher f(h)=a^*(h)*v+h=0*v+h=h mit h\el\ H und f(x)=a^*(x)*v+x mit x\el\ V.
Ist das formal vollständig und richtig?
\quoteon
a^*(x) der Koeffizient von v in der Basisdarstellung von g(x)
\quoteoff
Das kann man ja so verstehen, dass man durch den Fortsetzungssatz eine lineare Abbildung nur dadurch definieren kann, was sie auf den Basisvektoren macht. Die Basis von V besteht ja in unserem Fall aus den Basisvektoren von H und v und wir wissen, dass die lineare Abbildung auf den Koeffizienten der Basisvekoren von H nichts tut. Was mit dem Koeffizienten von v passiert wissen wir nicht, aber wenn a^*(x) uns den Koeffizienten von v nachdem wir f angewandt haben liefert, ist die Abbildung f dann für alle Vektoren aus V definiert. Stimmen meine Überlegungen? LG
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Triceratops
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-10
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Nein, das ist nicht richtig (und daher hatte ich meine erste Antwort dazu auch gelöscht). Du begründest die Gleichung $f(x) = x + a^*(x) v$ nicht. Es ist ja überhaupt nicht klar, warum $g(x)$ ein Vielfaches von $v$ sein sollte (und wie gesagt, man sollte hier nicht mit $f$, sondern mit $g = f - \mathrm{id}$ arbeiten). Es geht nicht jeder Vektor $v$, der zusammen mit $B$ eine Basis von $V$ ist. Sondern: Wenn $g=0$, sind wir sowieso fertig, und ansonsten ist $\dim(\mathrm{im}(g)) ) = \dim(V/\ker(g)) = \dim(V/H)=1$. Jetzt wähle eine Basis $\{v\}$ von $\mathrm{im}(g)$, usw. Oder so: Sei $B$ eine Basis von $H$ und $B \cup \{v\}$ eine Basis von $V$, und betrachte jetzt nicht $v$, sondern $g(v)$.
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Schnubelub
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-10
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Danke für deine Antwort. Habe versucht deine Tipps anzunehmen und mein Ansatz wäre jetzt so:
Sei B\subsetequal\ H Basis von H. Nach dem Basisergänzungssatz können wir B mit v\el\ V erweitern, sodass B \union\ {v} eine Basis von V ist.
Wir definieren g:=f-id_V. Also gilt g(H)={0}. Sei nun x\el\ V beliebig. x ist eindeutig darstellbar als x=\lambda*v+h mit \lambda\el\ K und h\el\ H.
Da g linear gilt
g(x)=g(\lambda*v+h)=g(\lambda*v)+g(h)=g(\lambda*v)+0=g(\lambda*v)=\lambda g(v)
Jetzt muss man noch zeigen, dass es ein a^*\el\ V^* gibt, sodass g(\lambda*v)=a^*(x)*v.
Ab jetzt bin ich mir nicht mehr sicher ob das so hinhaut:
Sei g(v)=v.(!) Dann ist g(\lambda*v) darstellbar als g(\lambda*v)=c*v mit c\el\ K. Sei nun a^*: V->K, a^*(x)=c. Also ist g(x)=g(\lambda*v)=c*v=a^*(x)*v
(!)Hier bin ich mir nicht sicher ob ich das einfach so annehmen darf. Meine Überlegung war, dass ich nach dem Fortsetzungssatz den Bildvektor von v zu einer eindeutigen Angabe der linearen Abbildung beliebig im Zielraum auswählen kann. Kann man zeigen, dass v Element des Zielraums ist?
Danke für die Hilfe!
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Triceratops
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-10
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Nein, $g(v)=v$ darfst du nicht annehmen, und es ist auch a priori gar nicht gegeben, dass $v$ im Bild von $g$ liegt. Wie gesagt, mit $v$ ist der Ansatz nicht richtig. Es liegt aber ein anderer (nicht-trivialer) Vektor im Bild von $g$. Ich hatte ihn dir bereits genannt bzw. er steht direkt vor dir.
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Schnubelub
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-10
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\quoteon
$\overline{g} \circ \theta^{-1} : K \to V$ entspricht einem Element von $V$
\quoteoff
Meinst du das? Ich versteh das leider nicht ganz was du da machst. Homomorphiesatz haben wir bis jetzt nur für Gruppen und nicht Vektorräume durchgemacht. Geht das auch ohne Homomorphiesatz?
Dass V/kerg isomorph zu im(V) ist, ist aber einleuchtend. Der Isomorphismus von V/H --> K ist auch klar, da beide Vektorräume die Dimension 1 haben. Wenn a*(x) nicht die Nullabbildung ist dann ist ja V/kerg = V/H. Aber wie kommt man dann zu einem konkreten Element von im(V/H)? Bis jetzt zeigt das ja nur, dass im(V) nicht trivial ist.
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Triceratops
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| Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-10
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Du bist jetzt zu einem komplett anderen Beweisansatz gesprungen, von dem ich ausgegangen bin, dass du ihn nicht weiter verwenden möchtest oder kannst, weil er den Homomorphiesatz verwendet (der sich für Vektorräume natürlich genauso wie für Gruppen beweisen lässt). Die Schreibweise im(V) ergibt keinen Sinn.
Bleiben wir doch besser bei deinem Beweis im vorigen Beitrag, der ja richtig anfängt: Wir stellen fest, dass jedes $x \in V$ eindeutig als $x = \lambda v + h$ mit $\lambda \in K$ und $h \in H$ geschrieben werden kann, und dann $g(x) = \lambda g(v)$ gilt. Jetzt erinnere dich daran, was hier zu zeigen ist: Wir müssen einen Vektor $v' \in V$ finden und eine Linearform $a^*$, sodass $g(x) = a^*(x) v'$ gilt. Wir müssen also sicherstellen, dass $\lambda g(v) = a^*(x) v'$ gilt. Was ist jetzt also die absolut naheliegende Wahl, $v'$ und $a^*$ zu definieren?
Übrigens gilt die Aussage auch etwas allgemeiner, wodurch die Definition von $v'$ aber noch erzwungener und dadurch der Beweis noch einfacher ist: Seien $V,V'$ zwei Vektorräume. Sei $g : V \to V'$ eine lineare Abbildung. Sei $H \subseteq V$ eine Hyperebene mit $g|_H = 0$. Dann gibt es einen Vektor $v' \in V'$ und eine Linearform $a^* \in V^*$ mit $g(x) = a^*(x) v'$ für alle $x \in V$.
Mehr über "erzwungene Beweise" habe ich übrigens hier geschrieben. Dort versuche ich allgemein zu erklären, wie man einfache Beweise systematisch finden kann.
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Schnubelub
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-11
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Ich hab viel zu kompliziert nachgedacht und mich in deinem Ansatz mit den Homomorphiesatz verirrt. Jetzt bin ich ganz straightforward vorgegangen:
Sei B\subsetequal\ H Basis von H. Nach dem Basisergänzungssatz können wir B mit b_0\el\ V erweitern, sodass B \union\ {b_0 } eine Basis von V ist.
Wir definieren g:=f-id_V. Also gilt g(H)={0}. Sei nun x\el\ V beliebig. x ist eindeutig darstellbar als x=\lambda*b_0+h mit \lambda\el\ K und h\el\ H.
Da g linear gilt
g(x)=g(\lambda*b_0+h)=g(\lambda*b_0)+g(h)=g(\lambda*b_0)+0=g(\lambda*b_0)=\lambda g(b_0)
Nun muss man ein a^*\el\ V^* und ein v\el\ V finden, sodass
g(x)=\lambda g(b_0)=a^*(x)*v.
Seien also a^*(x): V->K jene Linearform mit a^*(x)=\lambda und v das Bild des Basisvektors b_0 unter g, also g(b_0)=v.
Also ist g(x)=a^*(x)*v für alle x\el\ V und folglich f(x)=x+a^*(x)*v.
Hast du es so gemeint?
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Triceratops
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| Beitrag No.9, eingetragen 2021-01-11
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Ja, aber du musst begründen, dass $ a^*$ eine wohldefinierte lineare Abbildung ist.
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Schnubelub
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-11
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Das ist denk ich nicht allzu schwierig, denn:
Jeder Vektor x\el\ V ist ja eindeutig als Linearkombination der Basisvektoren darstellbar, also x=\lambda*b_0+h. Also gibt es für jedes x\el\ V genau ein \lambda \el\ K mit x=\lambda*b_0+h. Also ist a^*(x)=\lambda wohldefiniert.
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Triceratops
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|  Beitrag No.11, eingetragen 2021-01-11
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Du musst auch die Linearität begründen.
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Schnubelub
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-11
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Ah stimmt, danke dir. Das kann man aber denke ich so zeigen:
Seien x,y\el\ V und c\el\ K beliebig mit x=\lambda_x*b_0+h_x und y=\lambda_y*b_0+h_y wobei \lambda_x ,\lambda_y\el\ K und h_x, h_y\el\ H. Also ist a^*(x)=\lambda_x und a^*(y)=\lambda_y.
Nun ist x+c*y=\lambda_x*b_0+h_x+c*(\lambda_y*b_0+h_y)=
=\lambda_x*b_0+h_x+c*\lambda_y*b_0+c*h_y=(\lambda_x+c*\lambda_y)*b_0+h_x+c*h_y
a^*(x+c*y)=\lambda_x+c*\lambda_y=a^*(x)+c*a^*(y)
=> a^* linear
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Triceratops
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| Beitrag No.13, eingetragen 2021-01-11
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Das ist ok. Es ist nur ästhetisch etwas unschön, Linearität über das Kriterium
$f(x + c y) = f(x) +c f(y)$
zu formulieren und zu beweisen. Mir ist bewusst, dass einige Lehrbücher das so machen. Das Problem ist, dass hierbei zwei Sachen miteinander vermengt werden, nämlich die Additivität und die Homogenität
$f(x + y) = f(x) + f(y)$
$f(c y) = c f(y)$
die eigentlich unabhängig voneinander betrachtet werden sollten, und deren individueller Nachweis in allen Beispielen auch übersichtlicher und einfacher ist als das zuerst genannte Kriterium. Zudem ist jenes Kriterium schlecht verallgemeinerbar; es ist eher ein "Zufall", dass es bei Vektorräumen passt.
Was den Einsatz bei der Aufgabe hier angeht, ist es wohl aber eher Geschmacksache.
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Schnubelub
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| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-11
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Da muss ich dir natürlich zustimmen, werde dann Additivität und Homogenität auch getrennt zeigen. Danke für deine Hilfe, habe das Beispiel jetzt wirklich sehr gut verstanden!
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Triceratops
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| Beitrag No.15, eingetragen 2021-01-11
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Prima. Du kannst dich auch an der folgenden Verallgemeinerung versuchen.
Seien $V,V'$ Vektorräume. Sei $H \subseteq V$ ein Unterraum der Kodimension $k$. Ist dann $g : V \to V'$ linear mit $g|_H = 0$, so gibt es Vektoren $v'_1,\dotsc,v'_k \in V'$ und Linearformen $a_1,\dotsc,a_k \in V^*$ mit
$g(x) = a_1(x) v'_1 + \cdots + a_k(x) v'_k.$
(Wenn $k = \dim(V) < \infty$, kann man das insbesondere auf den Fall $H = 0$ anwenden, um eine Beschreibung aller linearen Abbildungen $ V \to V'$ zu erhalten!)
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