Basis eines Annihilators < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:15 Fr 04.06.2004 | | Autor: | Jessica |
Hallo zusammen
ich habe da mal eine Frage an Euch. Wie berechne bzw. bestimme ich die BAsis eines Annihilators [mm]U^0[/mm] von einem Teilraum U? ICh habe nirgends ein Beispiel dazu gefunden, weder in meinen Aufzeichnungen, noch in den Büchern.
Ich habe nämlich U gegeben:
[mm]U:= < \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} > [/mm]
und soll die Basisi des Annihilators [mm]U^0[/mm] bestimmen ([mm]V = \IZ_2^{6x1}[/mm])
Ich habe mir schon überlegt, dass die Dimension des Annilators [mm]U^0\ 3[/mm] sein muss, wegen des Dualitätssatzes, denn es gilt : [mm]dim\ U^0 =6-3=3[/mm] (da [mm]V=\IZ_2^{6x1}[/mm]).
Ich habe mir überlegt, da ich das folgende Lemma kenne: Ist [mm](v_1,...,v_n)[/mm] K-Basis von U (dim v=n), so sei [mm]v_j*\in V~[/mm] definiert durch [mm]v_j~(U_i) =\left\{\begin{matrix}
0, & \mbox{für } i\ne j \\
1, & i =j
\end{matrix}\right. [/mm] für [mm]j=1,...,n[/mm], dann ist [mm](v_1~,...,v_n~) = B~[/mm] Basis von v~. Und da [mm]U^0=\left\{ \gamma \in v*| \gamma(v)=0 \mbox{für alle } v\in U \right\} [/mm] definiert ist dachte ich, dass eine mögliche Basis von [mm]U^0[/mm]
[mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm].
Aber dass scheint mir falsch zu sein.
Könntet ihr mir weiter helfen?
Danke schon im voraus
Bis denne
Jessica
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:29 Fr 04.06.2004 | | Autor: | Stefan |
> [mm]U:= < \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} >[/mm]
>
>
> und soll die Basisi des Annihilators [mm]U^0[/mm] bestimmen ([mm]V = \IZ_2^{6x1}[/mm])
Liebe Jessica!
Du hast recht, dass die von dir angegebene Familie
[mm] $\{v_1^{\*}, v_2^{\*}, \ldots, v_6^{\*}\}$
[/mm]
eine Basis des [mm] $V^{\*}$ [/mm] ist.
Nun müssen wir uns daraus eine Basis von [mm] $U^0$ [/mm] basteln.
Versuche also drei Linearkombinationen der [mm] $v_i^{\*}$ [/mm] zu finden, die alle Elemente aus $U$ (also die drei Basiselemente) auf $0$ schicken.
Dazu kann man mühsam ein Gleichungssystem aufstellen. Man kann aber auch einfach mal scharf hinschauen und sieht, dass
[mm] $w_1^{\*} [/mm] = [mm] v_1^{\*} [/mm] + [mm] v_2^{\*}$,
[/mm]
[mm] $w_2^{\*} [/mm] = [mm] v_4^{\*} [/mm] + [mm] v_5^{\*} [/mm] + [mm] v_6^{\*}$
[/mm]
und
[mm] $w_3^{\*} [/mm] = [mm] v_1^{\*} [/mm] + [mm] v_3^{\*} [/mm] + [mm] v_4^{\*}$
[/mm]
alle Elemente aus $U$ auf $0$ schicken.
Ich überlasse es dir zu zeigen (dass ist aber echt trivial), dass die Familie [mm] $\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}$ [/mm] linear unabhängig in [mm] $U^0$ [/mm] und daher wegen [mm] $\dim(U^0)=3$ [/mm] (auf Grund des korrekt von dir zitierten Satzes) eine Basis von [mm] $U^0$ [/mm] darstellt.
Melde dich einfach wieder bei Fragen oder Unklarheiten. 
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:11 Sa 05.06.2004 | | Autor: | Jessica |
Hallo stefan,
danke für deine Antwort. Was ich noch nicht ganz verstanden habe, wie diese drei Linearkombinationen der [mm]v_i[/mm]* alle drei Basiselement eines U auf 0 schicken. Ich glaube das hängt aber damit zusammen, da ich nicht wirklich weiß, wie das [mm]\gamma \in v[/mm]* definiert ist bzw. [mm]\gamma(U_i)[/mm].
Also wären aber
[mm]w_1^{\*}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}[/mm], [mm]w_2^{\*}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}[/mm], [mm]w_3^{\*}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}[/mm].
Um zu zeigen, dass sie linear unabhängig sind muss ich zeigen, dass
[mm]a_1w_1^{\*}+a_2w_2^{\*}+a_3w_3^{\*}=\vec 0[/mm] (Das soll eigentlich der Nullvektor sein, aber ich weiß grad nicht wie man den hier mit welcher Formel schreibt.)
nur die triviale Lösung hat, richtig?! Und dann wäre wegen [mm] \dim(U^0)=3 [/mm] [mm] \{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\} [/mm] eine Basis von [mm]U^0[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:28 Sa 05.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Jessica!
> danke für deine Antwort. Was ich noch nicht ganz verstanden
> habe, wie diese drei Linearkombinationen der [mm]v_i[/mm]* alle drei
> Basiselement eines U auf 0 schicken.
Ich mache es dir mal an einem Beispiel vor:
Es ist ja:
[mm] $w_1^{\*} [/mm] = [mm] v_1^{\*} [/mm] + [mm] v_2^{\*}$,
[/mm]
wobei
[mm]v_i^{\*}(e_j) = e_i^{\*}(e_j) = \left\{ \begin{array}{cccc} 1 & , & \mbox{falls} & i=j,\\[5pt] 0 & , & \mbox{falls} & i \ne j \end{array} \right.[/mm].
Die [mm] $v_i^{\*}$ [/mm] sind Elemente des Dualraumes. Sie schicken also Elemente des Vektorraumes $V = [mm] \IF_2^6$ [/mm] in den Körper. Ich gebe sie aber auf einer Basis von $V$ an, der kanonischen Basis der Einheitsvektoren. Sie wirklen gerade so, dass sie immer genau einen der Einheitsvektoren auf $1$ und den Rest auf die $0$ schicken. Klar?
Nun ist zum Beispiel (ich rechne jetzt bewusst extra für dich ausführlich, "innerlich" rechne ich das alles auf einmal, unkomplizierter):
[mm]w_1^{\*}(u_1)[/mm]
[mm]= w_1^{\*}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right)[/mm]
[mm] = v_1^{\*}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right)+ v_2^{\*}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right)[/mm]
[mm] = v_1^{\*} (e_1 + e_2 + e_3 + e_5 + e_6) + v_2^{\*}(e_1 + e_2 + e_3 + e_5 + e_6)[/mm]
[mm]= v_1^{\*}(e_1) + v_1^{\*}(e_2) + v_1^{\*}(e_3) + v_1^{\*}(e_5) + v_1^{\*}(e_6) + v_2^{\*}(e_1) + v_2^{\*}(e_2) + v_2^{\*}(e_3) + v_2^{\*}(e_5) + v_2^{\*}(e_6) [/mm]
[mm]= 1 + 0 + 0+ 0 + 0 +0 + 1 + 0 + 0 + 0 [/mm]
[mm]= 1 + 1[/mm]
[mm]= 0[/mm],
denn wir sind ja im Körper [mm] $\IF_2$.
[/mm]
Ist es jetzt klarer?
Wenn nicht, dann frage bitte noch einmal nach, ich nehme mir dann die Zeit es noch einmal zu erklären. Sag aber bitte, was du ganz genau an meinem Beispiel nicht verstehst, ja?
Jetzt noch ein, zwei Anmerkungen:
> Ich glaube das hängt
> aber damit zusammen, da ich nicht wirklich weiß, wie das
> [mm]\gamma \in v[/mm]* definiert ist bzw. [mm]\gamma(U_i)[/mm].
>
> Also wären aber
>
> [mm]w_1^{\*}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}[/mm],
> [mm]w_2^{\*}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}[/mm],
> [mm]w_3^{\*}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
Halt! Das sind nur die Koordinatenvektoren. Eigentlich sind die $w_i^{\*}$ ja Elemente aus $V^{\*}$ und nicht aus $V$. Du hast die Koordinaten der Elemente bezüglich der Basis ${{\cal V}^{\*} :=\{v_1^{\*}, \ldots, v_6^{\*}\}$ angegeben. Das sollte man dann irgendwie markieren, zum Beispiel so:
[mm]\left(w_1^{\*}\right)_{{\cal V}^{\*}} = \ldots...[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
,
d.h. $w_1^{\*}$ in Koordinaten bezüglich der Basis ${{\cal V}^{\*}$ von $V^{\*}$ dargestellt.
> Um zu zeigen, dass sie linear unabhängig sind muss ich
> zeigen, dass
>
> [mm]a_1w_1^{\*}+a_2w_2^{\*}+a_3w_3^{\*}=\vec 0[/mm] (Das soll
> eigentlich der Nullvektor sein, aber ich weiß grad nicht
> wie man den hier mit welcher Formel schreibt.)
>
> nur die triviale Lösung hat, richtig?!
![[bindafuer]](/images/smileys/bindafuer.gif "[bindafuer]")
Das darfst du dann ruhig mit den Koordinatenvektoren machen.
> Und dann wäre wegen
> [mm]\dim(U^0)=3[/mm] [mm]\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}[/mm] eine Basis von
> [mm]U^0[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Versuche es mal und melde dich bitte wieder.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:23 Sa 05.06.2004 | | Autor: | Jessica |
Lieber Stefan. Danke für deine Antwort.
> Liebe Jessica!
>
>
> > danke für deine Antwort. Was ich noch nicht ganz
> verstanden
> > habe, wie diese drei Linearkombinationen der [mm]v_i[/mm]* alle
> drei
> > Basiselement eines U auf 0 schicken.
>
> Ich mache es dir mal an einem Beispiel vor:
>
> Es ist ja:
>
> [mm] $w_1^{\*} [/mm] = [mm] v_1^{\*} [/mm] + [mm] v_2^{\*}$,
[/mm]
>
> wobei
>
> [mm]v_i^{\*}(e_j) = e_i^{\*}(e_j) = \left\{ \begin{array}{cccc} 1 & , & \mbox{falls} & i=j,\\[5pt] 0 & , & \mbox{falls} & i \ne j \end{array} \right.[/mm].
>
>
> Die [mm] $v_i^{\*}$ [/mm] sind Elemente des Dualraumes. Sie schicken
> also Elemente des Vektorraumes $V = [mm] \IF_2^6$ [/mm] in den Körper.
> Ich gebe sie aber auf einer Basis von $V$ an, der
> kanonischen Basis der Einheitsvektoren. Sie wirklen gerade
> so, dass sie immer genau einen der Einheitsvektoren auf $1$
> und den Rest auf die $0$ schicken. Klar?
Habe ich verstanden! Könnte also dann für [mm]w_3^{\*}[/mm] auch [mm]w_3^{\x}=v_2{\x}+v_3^{\x}+v_6^{\x}[/mm] nehmen?
> Nun ist zum Beispiel (ich rechne jetzt bewusst extra für
> dich ausführlich, "innerlich" rechne ich das alles auf
> einmal, unkomplizierter):
>
> [mm]w_1^{\*}(u_1)[/mm]
>
> [mm]= w_1^{\*}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right)[/mm]
>
>
> [mm]= v_1^{\*}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right)+ v_2^{\*}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right)[/mm]
>
>
> [mm]= v_1^{\*} (e_1 + e_2 + e_3 + e_5 + e_6) + v_2^{\*}(e_1 + e_2 + e_3 + e_5 + e_6)[/mm]
>
>
> [mm]= v_1^{\*}(e_1) + v_1^{\*}(e_2) + v_1^{\*}(e_3) + v_1^{\*}(e_5) + v_1^{\*}(e_6) + v_2^{\*}(e_1) + v_2^{\*}(e_2) + v_2^{\*}(e_3) + v_2^{\*}(e_5) + v_2^{\*}(e_6)[/mm]
>
>
> [mm]= 1 + 0 + 0+ 0 + 0 +0 + 1 + 0 + 0 + 0[/mm]
>
> [mm]= 1 + 1[/mm]
>
> [mm]= 0[/mm],
>
> denn wir sind ja im Körper [mm] $\IF_2$.
[/mm]
>
> Ist es jetzt klarer?
Ja! Danke dass du das so ausführlich gemacht hast!
> Wenn nicht, dann frage bitte noch einmal nach, ich nehme
> mir dann die Zeit es noch einmal zu erklären. Sag aber
> bitte, was du ganz genau an meinem Beispiel nicht
> verstehst, ja?
>
> Jetzt noch ein, zwei Anmerkungen:
>
> > Ich glaube das hängt
> > aber damit zusammen, da ich nicht wirklich weiß, wie das
>
> > [mm]\gamma \in v[/mm]* definiert ist bzw. [mm]\gamma(U_i)[/mm].
> >
> > Also wären aber
> >
> > [mm]w_1^{\*}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}[/mm],
>
> > [mm]w_2^{\*}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}[/mm],
>
> > [mm]w_3^{\*}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
.
>
>
> Halt! Das sind nur die Koordinatenvektoren. Eigentlich sind
> die $w_i^{\*}$ ja Elemente aus $V^{\*}$ und nicht aus $V$.
> Du hast die Koordinaten der Elemente bezüglich der Basis
> ${{\cal V}^{\*} :=\{v_1^{\*}, \ldots, v_6^{\*}\}$
> angegeben. Das sollte man dann irgendwie markieren, zum
> Beispiel so:
>
> [mm]\left(w_1^{\*}\right)_{{\cal V}^{\*}} = \ldots...[/mm]
>
> d.h. [mm] $w_1^{\*}$ [/mm] in Koordinaten bezüglich der Basis [mm] ${\cal
> V}^{\*}$ [/mm] von [mm] $V^{\*}$ [/mm] dargestellt.
Habe ich das jetzt richtig verstanden:
[mm]v^{\x}[/mm] ist quasi gleich K, bzw. die [mm]w_i^{\x}\in K[/mm] oder wie sehen die dann aus? Wie sehen dann die [mm]w_i^{\x}[/mm] genau aus oder gibt man die als Koordinatenvektoren an? Ist dann eine mögliche Basis von [mm]U^0[/mm]
[mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]?
> > Um zu zeigen, dass sie linear unabhängig sind muss ich
>
> > zeigen, dass
> >
> > [mm]a_1w_1^{\*}+a_2w_2^{\*}+a_3w_3^{\*}=\vec 0[/mm] (Das soll
> > eigentlich der Nullvektor sein, aber ich weiß grad nicht
>
> > wie man den hier mit welcher Formel schreibt.)
> >
> > nur die triviale Lösung hat, richtig?!
>
>
>
> Das darfst du dann ruhig mit den Koordinatenvektoren
> machen.
>
> > Und dann wäre wegen
> > [mm]\dim(U^0)=3[/mm] [mm]\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}[/mm] eine Basis
> von
> > [mm]U^0[/mm]
>
>
>
> Versuche es mal und melde dich bitte wieder.
>
> Liebe Grüße
> Stefan
>
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Bis denne
Jessica
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 04:30 So 06.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Jessica!
> Habe ich verstanden! Könnte also dann für [mm]w_3^{\*}[/mm] auch
> [mm]w_3^{\x}=v_2{\x}+v_3^{\x}+v_6^{\x}[/mm] nehmen?
Nein. Denn dann wäre ja (ich schreibe ab jetzt [mm] $e_i^{\*}$ [/mm] statt [mm] $v_i^{\*}$, [/mm] damit dir das Prinzip klarer wird, das hätte ich besser von Anfang an gemacht!):
[mm]w_3^{\*}(u_2)[/mm]
[mm]= (e_2^{\*} + e_3^{\*} + e_6^{\*}) \left( \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right)[/mm]
[mm]= (e_2^{\*} + e_3^{\*} + e_6^{\*}) (e_1 + e_2 + e_4 + e_5) [/mm]
[mm]= e_2^{\*}(e_1 + e_2 + e_4 + e_5) + e_3^{\*}(e_1 + e_2 + e_4 + e_5) + e_6^{\*} (e_1 + e_2 + e_4 + e_5) [/mm]
[mm]= e_2^{\*}(e_1) ^+ e_2^{\*}(e_2) + e_2^{\*}(e_4) + e_2^{\*}(e_5) + e_3^{\*}(e_1) ^+ e_3^{\*}(e_2) + e_3^{\*}(e_4) + e_3^{\*}(e_5) + e_6^{\*}(e_1) ^+ e_6^{\*}(e_2) + e_6^{\*}(e_4) + e_6^{\*}(e_5)[/mm]
[mm]= 0 + 1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0+ 0 + 0 + 0 + 0[/mm]
[mm]= 1[/mm],
also: [mm] $w_3^{\*} \notin U^0$. [/mm]
Überprüfe bitte alles noch einmal, ob du es wirklich verstanden hast!
> Habe ich das jetzt richtig verstanden:
> [mm]v^{\x}[/mm] ist quasi gleich K,
Das verstehe ich nicht. [mm] $V^{\*}$ [/mm] ist nicht quasi gleich [mm] $\IK$, [/mm] wie kommst du darauf? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
[mm] $V^{\*}$ [/mm] ist der algebraische Dualraum zu $V$, d.h. der Vektorraum aller linearen Abbildungen von $V$ in den Körper [mm] $\IK$. $V^{\*}$ [/mm] ist also ein Vektorraum, deren Vektoren lineare Abbildungen sind: Lineare Abbildungen vom ursprünglichen Vektorraum in den Körper. Du solltest dir zunächst mal klarmachen, warum dies ein Vektorraum ist. "Spiele" doch mal ein bisschen "damit rum": Was ist das neutrale Element dieses Vektorraums [mm] $V^{\*}$? [/mm] Wenn man ein [mm] $v^{\*} \in V^{\*}$ [/mm] hat, wie sieht dann [mm] $-v^{\*}$ [/mm] aus? Und so weiter... Du musst diesesn neuen Vektorraum erst einmal richtig begreifen, sonst wirst du immer Probleme haben. Demnächst betrachtet ihr [mm] $V^{\*\*}=(V^{\*})^{\*}$, [/mm] den Bidualraum, also den Daulraum des Dualraumes. Dann wirrd es richtig abstrakt: Das ist der Vektorraum aller linearen Abbildungen vom Vektorraum der linearen Abbildungen eines Vektorraums in den Körper in den Körper. Nein, ich habe mich nicht verschrieben.  Und so lange du nicht verstehst, was [mm] $V^{\*}$ [/mm] ist, wirst du auch [mm] $V^{\*\*}$ [/mm] (und dann die im endlichdimensionalen Fall gegebene kanonische Isomorphie zwischen $V$ und [mm] $V^{\*\*}$) [/mm] nicht verstehen.
Wenn man im endlich-dimensionalen Fall eine Basis [mm] $\{v_1,v_2,\ldots,v_n\}$ [/mm] von $V$ gegeben hat,
dann ist [mm] $\{v_1^{\*}, v_2^{\*}, \ldots,v_n^{\*}\}$ [/mm] eine Basis von [mm] $V^{\*}$, [/mm] wobei:
[mm]v_i^{\*}(v_j) = \left\{ \begin{array}{cccc} 1 & , & \mbox{falls} & i=j,\\[5pt]
0 & , & \mbox{falls} & i \ne j. \end{array} \right.[/mm].
Du solltest dir diese Definition genau klarmachen. [mm] $v_i^{\*}$ [/mm] ist eine lineare Abbildunge vom Vektorraum $V$ in den Körper [mm] $\IK$. [/mm] Ich gebe sie hier auf einer Basis von $V$ an. Man Dadurch ist [mm] $v_i^{\*}$ [/mm] eindeutig bestimmt, denn man kann sie ja linear fortsetzen:
(durch [mm] $v_i^{\*}(a_1 v_1 [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] a_n v_n) [/mm] = [mm] a_1 v_i^{\*}(v_1) [/mm] + [mm] \ldots a_n v_i^{\*}(v_n)$).
[/mm]
Versuche die obige Aussage doch einmal selber zu beweisen:
Wenn [mm] $\{v_1,v_2,\ldots,v_n\}$ [/mm] eine Basis von $V$ ist, dann ist [mm] $\{v_1^{\*}, \ldots, v_n^{\*}\}$ [/mm] eine Basis von [mm] $V^{\*}$.
[/mm]
Das solltest du zur Übung und für dein Verständnis auf jeden Fall tun.
Im Allgemeinen findet man also keine kanonische Basis auf dem Dualraum [mm] $V^{\*}$, [/mm] Man muss sich zunächst eine Basis auf $V$ suchen (was im Allgemeinen ebenfalls kein kanonischer Vorgang ist) und dann in obiger Weise zur dualen Basis übergehen.
Aber bei unserer Aufgabe sieht das anders aus: Wir haben ja eine kanonische Basis auf [mm] $V=\IF_2^6$, [/mm] nämlich die Standardbasis [mm] $e_1,e_2,\ldots,e_6$.
[/mm]
Daher haben wir auch eine kanonische Basis auf [mm] V^{\*} [/mm] = [mm] \left( \IF_2^6\right)^{\*}$, [/mm] nämlich [mm] $e_1^{\*},e_2^{\*}, \ldots, e_6^{\*}$.
[/mm]
(Die hatte ich vorher [mm] $v_1^{\*}, v_2^{\*}, \ldots, v_6^{\*}$ [/mm] genannt, was unglücklich war. ![[abgelehnt]](/images/smileys/abgelehnt.gif "[abgelehnt]") )
> bzw. die [mm]w_i^{\*}\in K[/mm] oder wie
> sehen die dann aus?
Das sollte jetzt klar sein. Oder?
> Wie sehen dann die [mm]w_i^{\*}[/mm] genau aus?
Sie sind einfach eine Linearkombination der kanonischen dualen Basis [mm] $\{e_1^{\*},\ldots,e_6^{\*}\}$.
[/mm]
> oder gibt man die als Koordinatenvektoren an?
Das kann man tun, sollte es dann aber auch so kennzeichnen.
> Ist dann eine
> mögliche Basis von [mm]U^0[/mm]
> [mm]\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]?
Wie gesagt, das ist keine Basis von [mm] $U^0 \subset V^{\*}$, [/mm] weil dort ja Koordinatenvektoren und keine Elemente von [mm] $V^{\*}$ [/mm] (also lineare Abbildungen von $V$ in den Körper [mm] $\IF_2$) [/mm] stehen. Es sind stattdessen die Koordinatenvektoren einer möglichen Basis bezüglich der kanonischen dualen Basis [mm] $\{e_1^{\*}, e_2^{\*}, \ldots, e_6^{\*}\}$ [/mm] von [mm] $V^{\*}$.
[/mm]
Wie sieht es denn jetzt mit dem Nachweis aus, dass [mm] $\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}$ [/mm] eine Basis von [mm] $U^0$ [/mm] ist? Dazu darfst du jetzt zu den Koordinatenvektoren übergehen und damit die eigentliche Basis verlassen (aber es gibt ja eine 1-1-Beziehung zwischen der abstrakten Basis und den handlichen Koordinatenvektoren bezüglich der kanonischen dualen Basis)!
Du musst also zeigen, dass aus
[mm]\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \lambda_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}[/mm]
folgt:
$0 = [mm] \lambda_1 [/mm] = [mm] \lambda_2 [/mm] = [mm] \lambda_3$.
[/mm]
Das bekommst du aber hin, denke ich. Oder? Wenn nicht oder wenn du sonst noch Fragen hast, dann melde dich bitte wieder.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:10 So 06.06.2004 | | Autor: | Jessica |
Lieber stefan,
Danke für deine weiteren Erklärungen. Ich denke das ich dass jetzt besser verstehe. Also die Elemente aus [mm] V^{\*} [/mm] sind lineare Abbildungen von [mm] V [/mm] in dem Körper K. Somit sind dann auch die [mm] w_i^{\*} [/mm] lineare Abbildungen von v nach K. Richtig?
Das [mm] w_3^{\*}=v_2{\*}+v_3^{\*}+v_6^{\*} [/mm] nicht geht ist auch klar. Hatte vergessen die anderen Basisvektoren von U zu überprüfen.
Also müsste ich als Basis von [mm]U_0[/mm] nur [mm] \{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\} [/mm] angeben mit
[mm]w_1^{\*}=v_1{\*}+v_2^{\*}, w_2^{\*}=v_4{\*}+v_5^{\*}+v_6^{\*} [/mm] und [mm]w_3^{\*}=v_1{\*}+v_3^{\*}+v_4^{\*} [/mm]
wobei [mm] w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}[/mm] lineare Abbildungen von V nach K sind, die aber besonders alle Elmente aus U auf die 0 schicken.
Und damit ist die lineare Unabhängigkeit der [mm] w_1^{\*}, w_2^{\*}[/mm] und [mm] w_3^{\*}[/mm] beweisen kann, darf zu den Koordinatenvektoren übergehen. Das gilt, da es eine 1-1-Beziehung zwischen [mm] \{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\} [/mm] und den Koordinatenvektoren bezüglich der kanorischen dualen Basis gibt. Richtig?
Das linear unabhängig sind sieht man dann auch sofort. In der zweiten Reihe steht [mm]\lambda_1= 0[/mm] in der 3. [mm]\lambda_3=0[/mm] und in der 4. [mm]\lambda_2=0[/mm]
[mm] 0 = \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 [/mm]
Damit wäre [mm] \{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\} [/mm] eine Basis von [mm]U^0[/mm].
Könnte ich denn schreiben, dass
[mm]( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} )[/mm]
eine Basis von [mm]U^0[/mm] ist, wenn ich [mm] w_i^{\*} [/mm] in Koordinaten bezüglich der Basis [mm]{{\cal V}^{\*}[/mm] von [mm]V^{\*}[/mm] darstelle?
Bis denne
Jessica
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:28 So 06.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Jessica!
> Danke für deine weiteren Erklärungen. Ich denke das ich
> dass jetzt besser verstehe. Also die Elemente aus [mm]V^{\*}[/mm]
> sind lineare Abbildungen von [mm]V[/mm] in dem Körper K. Somit sind
> dann auch die [mm]w_i^{\*}[/mm] lineare Abbildungen von V nach K.
> Richtig?
> Das [mm]w_3^{\*}=v_2{\*}+v_3^{\*}+v_6^{\*}[/mm] nicht geht ist auch
> klar. Hatte vergessen die anderen Basisvektoren von U zu
> überprüfen.
Dachte ich mir fast.
> Also müsste ich als Basis von [mm]U_0[/mm] nur [mm]\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}[/mm]
> angeben mit
>
> [mm]w_1^{\*}=v_1{\*}+v_2^{\*}, w_2^{\*}=v_4{\*}+v_5^{\*}+v_6^{\*} [/mm]
> und [mm]w_3^{\*}=v_1{\*}+v_3^{\*}+v_4^{\*}[/mm]
>
> wobei [mm]w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}[/mm] lineare Abbildungen von
> V nach K sind, die aber besonders alle Elmente aus U auf
> die 0 schicken.
Ja. Schreibe statt [mm] $v_i^{\*}$ [/mm] aber lieber [mm] $e_i^{\*}$ [/mm] und definiere [mm] $e_i^{\*}$ [/mm] besser auch noch einmal, so wie ich das getan habe. Sonst gibt es nachher unnötigen Punktabzug.
> Und damit ist die lineare Unabhängigkeit der [mm]w_1^{\*}, w_2^{\*}[/mm]
> und [mm]w_3^{\*}[/mm] beweisen kann, darf zu den Koordinatenvektoren
> übergehen. Das gilt, da es eine 1-1-Beziehung zwischen
> [mm]\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}[/mm] und den
> Koordinatenvektoren bezüglich der kanorischen dualen Basis
> gibt. Richtig?
> Das linear unabhängig sind sieht man dann auch sofort. In
> der zweiten Reihe steht [mm]\lambda_1= 0[/mm] in der 3. [mm]\lambda_3=0[/mm]
> und in der 4. [mm]\lambda_2=0[/mm]
>
> [mm]0 = \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3[/mm]
Damit wäre [mm]\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}[/mm] eine Basis
> von [mm]U^0[/mm].
> Könnte ich denn schreiben, dass
>
> [mm]( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} )[/mm]
>
>
> eine Basis von [mm]U^0[/mm] ist, wenn ich [mm]w_i^{\*}[/mm] in Koordinaten
> bezüglich der Basis [mm]{{\cal V}^{\*}[/mm] von [mm]V^{\*}[/mm] darstelle?
Nein, so würde ich es nicht schreiben.
Ich würde schreiben: [mm] $\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}\}$ [/mm] ist also eine Basis von [mm] $U_0$. [/mm] Ist [mm] ${\cal E}^{\*}=\{e_1^{\*}, e_2^{\*},\ldots,e_6^{\*}\}$ [/mm] die kanonische (duale) Basis auf [mm] $(\IF_2^6)^{\*}$, [/mm] so gilt für die Koordinatenvektoren der obigen Basisvektoren bezüglich der Baisis [mm] ${\cal E}^{\*}$:
[/mm]
[mm] $(w_1^{\*})_{{\cal E}^{\*}} [/mm] = [mm] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
[/mm]
usw.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:58 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Hallo!
Ich habe das gleiche Problem zu lösen wie Jessica und mir die geschriebenen Beiträge angeschaut und versucht nachzuvollziehen.
Ich verstehe aber nicht,was es genau mit diesem [mm]V^*[/mm] auf sich hat. Der Dualraum bereitet mir nämlich richtig Probleme.
Kann mir jemand erklären, was dieser Vekorraum ist, welche Eigenschaften er hat und wie man damit umzugehen hat?
> [mm] $V^{\*}$ [/mm] ist der algebraische Dualraum zu $V$, d.h. der
> Vektorraum aller linearen Abbildungen von $V$ in den Körper
> [mm] $\IK$. $V^{\*}$ [/mm] ist also ein Vektorraum, deren Vektoren
> lineare Abbildungen sind: Lineare Abbildungen vom
> ursprünglichen Vektorraum in den Körper. Du solltest dir
> zunächst mal klarmachen, warum dies ein Vektorraum ist.
> "Spiele" doch mal ein bisschen "damit rum": Was ist das
> neutrale Element dieses Vektorraums [mm] $V^{\*}$? [/mm] Wenn man ein
> [mm] $v^{\*} \in V^{\*}$ [/mm] hat, wie sieht dann [mm] $-v^{\*}$ [/mm] aus? Und
> so weiter... Du musst diesesn neuen Vektorraum erst einmal
> richtig begreifen, sonst wirst du immer Probleme haben.
Genau mit deinen Ausführungen beginnt mein Problem!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:31 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Wurzelpi!
Aber es kann doch nicht sein, dass du gar nichts davon verstehst, oder?
Fangen wir mal an:
Es sei $V$ ein [mm] $\IK$-Vektorraum. $V^{\*}$ [/mm] ist derjenige Vektorraum, dessen Elemente lineare Abbildungen von $V$ in den Körper [mm] $\IK$ [/mm] sind.
Verstehst du diese beiden Sätze?
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:59 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Hallo Stefan!
Mit dem Begriff VR kann ich sicherlich was anfangen (Stichwort: 8 Axiome, Menge mit den Abbildungen + und *).
Das ist also nicht das Problem.
Beim Dualraum wird´s da aber schon etwas komplizierter.
Bisher habe ich das wie folgt versatnden:
Der Dualraum ist die Menge aller linearen Abbildungen von V (VR) nach K (Körper).
Die Elemnte des Dualraums sollen dann Linearformen sein.
Nur wie kann ich mir diese Elemente vorstellen?
Bisher waren die Elemente von V stets Vektoren oder Matrizen.
Wieterhin verstehe ich nicht richtig, die Dualbasis finde. Die Definition ist mir bekannt, aber ich weiss nicht so richtig, wie ich da rangehen kann!
Vielleicht kannst du mir mit Beispielen etwas auf die Sprünge helfen!
Danke im voraus!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:41 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Stell dir ab jetzt unter "Vektoren" keine Pfeile mehr vor, sondern abstrakte Objekte.
Wenn ich auf der Menge der Teletubbies geeignete Operationen fände, so dass die Vektorraumaxiome erfüllt sind, dann sind auch die Teletubbies Vektoren.
Im Falle von [mm] $V^{\*}$ [/mm] sind die Vektoren eben Abbildungen. Es sind Abbildungen vom Vektorraum $V$ in den Körper [mm] $\IK$. [/mm] (Dass man diese "Linearformen" nennt, ist völlig nebensächlich.)
Jetzt müssen wir zwei Operatonen definieren: eine Addition und eine skalare Multiplikation.
Zur Addition: Wir haben $f, g [mm] \in V^{\*}$, [/mm] d.h. $f$ und $g$ sind lineare Abbildungen von $V$ nach [mm] $\IK$.
[/mm]
Nun müssen wir $f+g$ definieren. $f+g$ muss wiederum eine lineare Abbildung von $V$ nach [mm] $\IK$ [/mm] sein.
Dann ist es doch naheliegend, $f+g$ so zu definieren, dass man [p]punktweise[/b] die Summe bildet, also:
$(f+g)(v) := f(v) + g(v)$ für $v [mm] \in [/mm] V$.
Da $f(v)$ und $g(v)$ im Körper [mm] $\IK$ [/mm] liegen, liegt auch $f(v)+g(v)$ im Körper [mm] $\IK$. [/mm] Dadurch ist zumindestens schon einmal gewährleistet, dass $f+g$ eine Abbildung von $V$ nach [mm] $\IK$ [/mm] ist. Super! Jetzt sollte $f+g$ auch linear sein, denn dann wäre klar, dass $f+g [mm] \in V^{\*}$ [/mm] gilt.
Aber, wir haben:
[mm] $(f+g)(\lambda [/mm] v + [mm] \mu [/mm] w) = [mm] f(\lambda [/mm] v + [mm] \mu [/mm] w) + [mm] g(\lambda [/mm] v + [mm] \mu [/mm] w) = [mm] \lambda [/mm] f(v) + [mm] \mu [/mm] f(w) + [mm] \lambda [/mm] g(v) + [mm] \mu [/mm] g(w) = [mm] \lambda \cdot [/mm] (f(v) + g(v)) + [mm] \mu \cdot [/mm] (f(w) + g(w)) = [mm] \lambda \cdot [/mm] (f+g)(v) + [mm] \mu [/mm] (f+g)(w)$.
Wir setzen:
$0(v)=0$,
d.h. $0 [mm] \in V^{\*}$ [/mm] ist die Abbildung, die alle Elemente aus $V$ auf die Null im Körper abbildet.
Offenbar ist $0$ neutrales Element in [mm] $V^{\*}$, [/mm] denn
$(f+0)(v) = f(v) + 0(v) = f(v) + 0 = f(v)$
für alle $f [mm] \in V^{\*}$ [/mm] und alle $v [mm] \in [/mm] V$, also:
$f+0 = f$ in [mm] $V^{\*}$.
[/mm]
Dann setzen wir für alle $f [mm] \in V^{\*}$:
[/mm]
$(-f)(v):= - (f(v))$.
Dann ist $-f$ additiv Inverses zu $f$, denn
$(f + (-f))(v) = f(v) + (-f)(v) = f(v) + (-(f(v))) = 0 = 0(v)$,
also:
$f + (-f) = 0$ in [mm] $V^{\*}$.
[/mm]
Und so kann man alle weiteren Vektorraumaxiome überprüfen.
Wir müssen noch die skalare Multiplikation einführen.
Es sei [mm] $\lambda \in \IK$ [/mm] und $f [mm] \in V^{\*}$, [/mm] d.h. $f$ ist eine lineare Abbildung vom Vektorraum $V$ in den Körper [mm] $\IK$. [/mm] Nun soll auch [mm] $\lambda \cdot [/mm] f$ irgendwie eine lineare Abbildung vom Vektorraum $V$ in den Körper [mm] $\IK$ [/mm] sein.
Wir setzen:
[mm] $(\lambda \cdot [/mm] f)(v) = [mm] \lambda \cdot [/mm] f(v)$.
Wegen [mm] $\lambda \in \IK$ [/mm] und $f(v) [mm] \in \IK$ [/mm] ist auch [mm] $\lambda \cdot [/mm] f(v) [mm] \in \IK$, [/mm] und aher [mm] $\lambda \cdot [/mm] f$ in der Tat eine lineare Abbildung von $V$ nach [mm] $\IK$.
[/mm]
Ich habe jetzt eine Aufgabe für dich:
Zeige, dass [mm] $\lambda \cdot [/mm] f$ eine lineare Abbildung von $V$ in den Körper [mm] $\IK$ [/mm] ist, d.h zeige, dass [mm] $\lambda \cdot [/mm] f [mm] \in V^{\*}$ [/mm] gilt.
Melde dich wieder mit einem Vorschlag.
Jetzt sollte die Struktur von [mm] $V^{\*}$ [/mm] aber klar sein, oder? Einfacher und ausführlicher kann man es nicht erklären, behaupte ich mal und so schwierig ist das ja nicht.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:22 Mo 07.06.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Hallo Stefan!
Meiner Meinung nach müsste das denn so aussehen (Anstatt lambda nehme ich k):
Seien k,s,t aus dem Körper, f aus derm Dualraum, v,w aus V.
Dann gilt:
kf(sv+tw) = (kf)(sv)+(kf)(tw) = k*f(sv)+k*f(tw) = k*s*f(v) + k*t*f(w)
Da f(v) und f(w) aus Elemente des Körpers sind, ist k*s*f(v) in K und
k*t*f(w) in K. Die Summe ist dann natürlich auch in K.
Somit ist k*f aus dem Dualraum.
Das sollte es eigentlich sein!
Vielen Dank noch für Deine Mühe,mir das so zu erklären.
Es ist mir viel deut´licher geworden!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:07 Di 08.06.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Ich möchte noch eine Frage zur Aufgabe von Jessica stellen:
Sie sagt ja, dass die Dimension des Annihilators 3 ist.
Was mich aber vérwundert ist, dass der letzte Vektor von U die Linearkombination der ersten beiden Vektoren ist. Somit können die Vektoren von U keine Basis bilden, sondern nur die beiden ersten Vektoren.
Die Dimension des Annihiliators wäre dann 4, oder?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:51 Di 08.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Wurzelpi, hallo Jessica!
Wie wäre es mit
[mm] $w_4^{\*} [/mm] = [mm] e_2^{\*} [/mm] + [mm] e_5^{\*}$,
[/mm]
könnt ihr mal nachrechnen, ob dann
[mm] $\{w_1^{\*}, w_2^{\*}, w_3^{\*}, w_4^{\*}\}$
[/mm]
linear unabhängig ist?
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:09 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo,
also, sie sind linear unabhängig, ich habe es jetzt selber überprüft.
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:39 Di 08.06.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Stefan!
Ich habe noch eine Frage:
Dazu habe ich mir ein Beipiel überlegt (Deine Hinweise haben mir einiges verdeutlicht,leider noch nicht alles,bald hab ich´s aber!!!!).
f sei eine Abb. von V:=K hoch (nxn) nach K (K körper) mit f(X):=Spur(A*X) für ein A aus V.
Wenn ich prüfen möchte, ob mein f wirklich linear ist, nehme ich mir dann einfach ein B, C aus V, s aus K her und zeige folgendes?
f(s*B+C)=s*f(B)+f(C).
Wenn das so geht,habe ich das geschafft!
Dann wüsste ich ja,dass f aus dem Dualraum ist.
Kann ich denn auch sagen dass mein Dualraum={f | A aus V} ist.
Die eine Inklusion folt ja ganz leicht aus dem Beweis, f linear ist. Nur, ist der Dualraum auch in der angegebenen Menge enthalten?
Und noch eine allgemeine Frage:
Wenn ich zeigen will, dass eine Menge W ein Teilraum des Dualraums ist, , etwa W={g aus Dualraum | g(XY)=g(YX) für alle X,Y aus [mm]\IK^{nxn}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
}
muss ich dann wie folgt argumentieren?
1. Nullabbildung ist in W enthaltn
2. ICh nehme mir lineare Abb. g,h aus W her, s aus K, X,Y aus mm]\IK^{nxn}[/mm] und zeige dann:
(s*g+h)(XY)=s*g(XY)+h(XY)=s*g(YX)+h(YX).
Daraus kann ich dan folgern, dass s*g(YX)+h(YX) ein Element aus K ist.
Somit wäre doch dann s*g+h aus W, also auch aus dem Dualraum!
Ist das alles so machbar?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:31 Mi 09.06.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Wurzelpi!
> f sei eine Abb. von V:=K hoch (nxn) nach K (K körper) mit
> f(X):=Spur(A*X) für ein A aus V.
>
> Wenn ich prüfen möchte, ob mein f wirklich linear ist,
> nehme ich mir dann einfach ein B, C aus V, s aus K her und
> zeige folgendes?
>
> f(s*B+C)=s*f(B)+f(C).
Ja, das würde reichen.
> Wenn das so geht,habe ich das geschafft!
> Dann wüsste ich ja,dass f aus dem Dualraum ist.
> Kann ich denn auch sagen dass mein Dualraum={f | A aus V}
> ist.
> Die eine Inklusion folt ja ganz leicht aus dem Beweis, f
> linear ist. Nur, ist der Dualraum auch in der angegebenen
> Menge enthalten?
Eine sehr interessante Frage. Das wäre eine nette Charakterisierung für den Dualraum der Matrizen.
Und ich würde sagen, es stimmt. Aus dem Rieszschen Darstellungssatz folgt jedenfalls sofort (man identifiziere den Vektorraum der reellen $n [mm] \times [/mm] n$-Matrizen mit dem [mm] $\IR^{n^2}$):
[/mm]
[mm] $V^{\*} \cong \{\varphi_A\, |\, \varphi_A(X) = \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x_{ij}\}
[/mm]
Dann gilt natürlich auch:
[mm] $V^{\*} \cong \{\psi_A \, | \, \psi_A(X) = Spur(AX) = \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n a_{ij}x_{ji}\}$,
[/mm]
wobei die Isomorphie zwischen den beiden Darstellungen durch
[mm]\varphi_A \mapsto \psi_{A^T}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
gegeben wird.
Wow, deine Intuition ist genial! ![[anbet]](/images/smileys/anbet.gif "[anbet]")
> Und noch eine allgemeine Frage:
> Wenn ich zeigen will, dass eine Menge W ein Teilraum des
> Dualraums ist, , etwa W={g aus Dualraum | g(XY)=g(YX) für alle X,Y aus [mm]\IK^{nxn}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
}
> muss ich dann wie folgt argumentieren?
>
> 1. Nullabbildung ist in W enthaltn
> 2. ICh nehme mir lineare Abb. g,h aus W her, s aus K, X,Y aus mm]\IK^{nxn}[/mm] und zeige dann:
> (s*g+h)(XY)=s*g(XY)+h(XY)=s*g(YX)+h(YX).
> Daraus kann ich dan folgern, dass s*g(YX)+h(YX) ein Element aus K ist.
> Somit wäre doch dann s*g+h aus W, also auch aus dem Dualraum!
Nein. Du musst zeigen: Sind $g,h \in W$, $s \in \IK$, dann gilt:
$(s\cdot g + h)(XY) = (s\cdot g + h)(YX)$,
also:
$s\cdot g + h \in W$.
Das folgt natürlich so:
$(s \cdot g + h)(XY) = s \cdot \underbrace{g(XY)}_{=\, g(YX)} = \underbrace{h(XY)}_{=\, h(YX)} = s \cdot g(YX) + h(YX) = (s \cdot g + h)(YX)$.
Liebe Grüße
Stefan
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