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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:02 Fr 27.01.2012 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | [mm] \IK..Koerper
[/mm]
ZuZeigen: [mm] A+A'=\IK^4
[/mm]
A:={x [mm] \in \IK^4|x_1 [/mm] + [mm] 2x_2 +3x_3 +4x_4=0\}
[/mm]
A':={x [mm] \in \IK^4 |x_1 [/mm] + [mm] x_2 +x_3 +x_4=0\} [/mm] |
kleiner Ansatz:
[mm] \vektor{x_1 \\ 2x_2\\3x_3\\4x_4} +\vektor{x_1 \\ x_2\\x_3\\x_4} =\vektor{2x_1 \\3 x_2\\4x_3\\5x_4} [/mm]
anderer Ansatz
für a [mm] \in [/mm] A und a' [mm] \in [/mm] A'
a + a' = [mm] e_1
[/mm]
[mm] e_1, e_2,e_3,e_4 [/mm] sind die Stadartbasen [mm] \in \IK^4
[/mm]
Aber solch ein a und a' finde ich leider nicht ;(
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:49 Fr 27.01.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
welche Vektoren liegen in A sicher nicht der, den du hingeschrieben hast!
Welche Dimension hat A welche A'
in A liegt z. Bsp [mm] (0,0,4,-3)^T [/mm] wie hab ich den in 1s gefunden?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:02 Sa 28.01.2012 | | Autor: | sissile |
DImensionen haben wir noch nicht gemacht, also sollen wir sie auch nicht anwenden!4.
Der angegebene Vektor liegt aber nicht in A'.
FUnktioniert das nicht mit den Standartbasen des [mm] \IK^4 [/mm] : [mm] e_1,e_2,e_3,e_4
[/mm]
Wenn wir ein [mm] a_1\in [/mm] A und [mm] a'_1\in [/mm] A finden so dass [mm] a_1+ [/mm] a'_1 [mm] =e_1.
[/mm]
Und analog für [mm] e_2,e_3,e_4. [/mm]
Leider finde ich solch ein [mm] a_1 [/mm] und a'_1 nicht. Hast du einen Tipp wie ich das schneller finde?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:42 Sa 28.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
$ [mm] \IK..Koerper [/mm] $
ZuZeigen: $ [mm] A+A'=\IK^4 [/mm] $
[mm] $A:=\{x \in \IK^4|x_1 + 2x_2 +3x_3 +4x_4=0\} [/mm] $
[mm] $A':=\{x \in \IK^4 |x_1 + x_2 +x_3 +x_4=0\} [/mm] $
Du hattest geschrieben, dass ihr Dimensionen und Basen noch nicht kennt. Dann machen wir doch mal folgendes:
Es gilt $y [mm] \in [/mm] A+A'$ genau dann, wenn [mm] $y=a+b\,$ [/mm] mit einem $a [mm] \in [/mm] A$ und $b [mm] \in A'\,.$ [/mm] Dann folgt aber
[mm] $$\vektor{y_1\\y_2\\y_3\\y_4}=\vektor{a_1\\a_2\\a_3\\a_4}+\vektor{b_1\\b_2\\b_3\\b_4}$$
[/mm]
mit [mm] $a_1+2a_2+3a_3+4a_4=0$ [/mm] und [mm] $b_1+b_2+b_3+b_4=0\,.$ [/mm] Es ist also die Frage, für welche [mm] $y^T \in \IK^4$ [/mm] die obige Gleichung inklusive der untenstehenden beiden Nebenbedingungen erfüllt ist. Sei also [mm] $y^T=(y_1,y_2,y_3,y_4)^T \in \IK^4$ [/mm] beliebig, aber fest. Wir wollen nun einsehen, dass es immer Tupel [mm] $a^T=(a_1,a_2,a_3,a_4)^T$ [/mm] und [mm] $b^T=(b_1,b_2,b_3,b_4)^T \in \IK^4$ [/mm] gibt, die obige Gleichung inklusive Nebenbedingung erfüllt:
Einsetzen der Nebenbedingungen liefert nun
[mm] $$y_1=-2a_2-3a_3-4a_4-b_2-b_3-b_4\,,$$
[/mm]
[mm] $$y_2=a_2+b_2\,,$$
[/mm]
[mm] $$y_3=a_3+b_3\,,$$
[/mm]
[mm] $$y_4=a_4+b_4\,.$$
[/mm]
Seten wir [mm] $v=(a_2,a_3,a_4,b_2,b_3,b_4)\,,$ [/mm] so bedeutet das obiges GLS nichts anderes als
[mm] $$\underbrace{\pmat{ -2 & -3 & -4 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1}}_{=:M}*v^T=y^T\,.$$
[/mm]
Somit reduziert sich die ganze Aufgabe auf die Frage:
Für welche [mm] $y^T$ [/mm] ist obiges lineares GLS stets lösbar? Bzw. die ganze Aufgabe ist (vgl. ![[]](/images/popup.gif) Wiki) äquivalent damit, zu zeigen:
Der Rang von [mm] $M\,$ [/mm] ist stets der gleiche wie der Rang von [mm] $M_2:=(M|y^T)\,,$ [/mm] wobei das andeuten soll, dass [mm] $M_2$ [/mm] in den ersten 6 Spalten die 6 Spalten von [mm] $M\,$ [/mm] stehen hat und die 7e Spalte von [mm] $M_2$ [/mm] gerade der Vektor [mm] $y^T$ [/mm] ist.
Und das ist nun wirklich nicht schwer.
Tipp: Dass der Rang von [mm] $M\,$ [/mm] höchstens [mm] $4\,$ [/mm] ist, ist klar. Dass er mindestens [mm] $4\,$ [/mm] ist: Berechne mal die Determinante der Matrix, die entsteht,wenn man die ersten 4 Spalten von [mm] $M\,$ [/mm] in eine $4 [mm] \times [/mm] 4$-Matrix schreibt.
P.S.:
Natürlich gehen auch andere Wege. Eine andere Idee wäre etwa:
Stelle ein Erzeugendensystem von [mm] $A\,$ [/mm] auf, stelle ein Erzeugendensystem von [mm] $A'\,$ [/mm] auf. Zeige nun, dass man jedes [mm] $y^T \in \IK^4$ [/mm] als Summe einer Linearkombination aus [mm] $A\,$ [/mm] und einer Linearkombination aus [mm] $A'\,$ [/mm] schreiben kann. Dabei wäre es nicht nötig, "kleinste" EZSe zu finden - aber es erleichter quasi das finden entsprechender Linearkombinationen.
Bsp.:
Wir wollen zeigen, dass [mm] $R+R'=\IR^2\,,$ [/mm] wobei [mm] $R=\{(x,y): y=x\}$ [/mm] und [mm] $R'=\{(x,y): y=2x\}\,.$
[/mm]
Beweis:
Offenbar ist [mm] $\{(1,1)^T,\;(3,3)^T\}$ [/mm] ein EZS von [mm] $R\,,$ [/mm] und [mm] $\{(1,2)^T\}$ [/mm] ist ein EZS von [mm] $\IR^2\,.$ [/mm] Für beliebiges [mm] $(y_1,y_2)^T \in \IR^2$ [/mm] gilt aber
[mm] $$\vektor{y_1\\y_2}=2y_1\vektor{1\\1}-\frac{1}{3}y_2\vektor{3\\3}+(y_2-y_1)\vektor{1\\2}\,.$$ [/mm]
Da [mm] $y^T \in \IR^2$ [/mm] beliebig war, ist jedes $y [mm] \in \IR^2$ [/mm] auch in [mm] $R+R'\,,$ [/mm] da
[mm] $$r:=2y_1\vektor{1\\1}-\frac{1}{3}y_2\vektor{3\\3} \in [/mm] R$$
und
[mm] $$r':=(y_2-y_1)\vektor{1\\2} \in [/mm] R'$$
und somit
[mm] $$y^T=r+r' \in [/mm] R+R'$$
geschrieben werden kann.
Natürlich hätte man es sich hier auch einfacher machen können, indem man etwa eine "einfacherere" Linearkombination am Ende wählt, oder direkt schon ein EZS von [mm] $R\,$ [/mm] "kleiner" wählt.
Und hier kann man sich auch überlegen: Wenn $W, W'$ beides Unterräume eines [mm] $\IK$-Vektorraums $V\,$ [/mm] sind: Dann ist auch $(W+W') [mm] \subseteq [/mm] V$ ein Unterraum von [mm] $V\,.$
[/mm]
("Kurzbeweis": $0 [mm] \in W+W'\,$ [/mm] ist klar, und $x,y [mm] \in [/mm] W+W' [mm] \Rightarrow x=w_x+w_x'$ [/mm] und [mm] $y=w_y+w_y'$ [/mm] mit [mm] $w_x,w_y \in [/mm] W$ und [mm] $w_x',w_y' \in [/mm] W'$ liefert [mm] $x+y=(w_x+w_y)+(w_x'+w_y')\,.$ [/mm] Das ganze mit der Skalaren Multiplikation geht genauso. Beachte aber: Solche Summen sind interessanter, wenn die betrachteten Räume eben "echt verschiedene" Räume sind. Etwa $W [mm] \subseteq \IR^4$ [/mm] und [mm] $W'=\{\text{Polynome mit Grad }\le n\}\,,$ [/mm] $n [mm] \in \IN$ [/mm] fest.)
Das würde es oben auch rechtfertigen, zu sagen (und im Endeffekt mache ich das oben auch):
Ich schaue mir einfach an, welche Vektoren erzeugt werden können von der Vereinigung, die entsteht, wenn ich ein EZS von [mm] $A\,$ [/mm] mit einem EZS von [mm] $A'\,$ [/mm] vereinige. (Ich denke und hoffe, dass das äquivalent ist mit Wiki: Die Summe [mm] U_1 [/mm] + [mm] U_2 [/mm] = [mm] \{u_1 + u_2 \mid u_1 \in U_1, u_2 \in U_2 \} [/mm] zweier Unterräume U1,U2 ist die lineare Hülle der Vereinigungsmenge, also [mm] U_1 [/mm] + [mm] U_2 [/mm] = [mm] \langle U_1 \cup U_2 \rangle. [/mm] Ich habe nur kurz drüber nachgedacht, aber es scheint mir zu passen. Aber bitte prüfe das selbst nochmal, nicht, dass ich da doch irgendwo Unfug gesagt habe!)
P.P.S.:
Die ganzen obigen Ideen basieren nicht notwendigerweise darauf, dass der Begriff "Basis" schon bekannt sein sollte. Aber es wäre gut, wenn der Begriff "Erzeugendensystem" schon bekannt wäre. Bei der ersten Methode muss man sich auch ein wenig mit linearen Gleichungssystemen und deren Lösbarkeit auskennen - und etwa Wissen, was der Rang einer Matrix ist.
Und nochmal ergänzend:
Die Idee, zu zeigen, dass man, wenn man eine Basis des [mm] $\IK^4$ [/mm] hat, dann jeden Basisvektor als Summe eines Vektors aus [mm] $W\,$ [/mm] und eines Vektors aus [mm] $W'\,$ [/mm] schreiben kann, finde ich sehr gut. In der Tat zeigt dies aber zunächst nur:
Aus
$$x [mm] \in \IK^4$$
[/mm]
folgt
[mm] $$x=x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4$$
[/mm]
mit den Standardeinheitsvektoren [mm] $e_i$ [/mm] und durch umsortieren, und unter Benutzung der entsprechenden Darstellungen für [mm] $e_i$ [/mm] als obige, Summe erkennt man dann $x [mm] \in W+W'\,.$
[/mm]
In der Tat erkennt man so also erstmal nur [mm] $\IK^4 \subseteq W+W'\,.$ [/mm] Aber die umgekehrte Mengeninklusion ist hier trivial.
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:02 Sa 28.01.2012 | | Autor: | pila |
Hey,
Dein Beschreibung von $A$ bzw, $A'$ ist falsch. Du vergisst, dass (ich nehme zur Erklärung mal die Menge $A'$) dort eine $0$ noch steht. Also, wie du schon geschrieben hast, ist $A':= [mm] \{x \in \mathbb{K}^4 | x_1+x_2+x_3+x_4=0\}$. [/mm]
Nun ist ja, dass ein (ich nenne es lieber mal $v$ um Verwechslungen zu vermeiden) $v:= [mm] \vektor{v_1 \\ v_2 \\ v_3 \\ v_4} \in [/mm] A'$ genau dann, wenn du es in der Gleichung einsetzt und Null ergibt, also [mm] $v_1+v_2+v_3+v_4=0$. [/mm]
Also ist z.B. $v:= [mm] \vektor{1 \\ -1 \\ 0 \\ 0} \in [/mm] A'$, da $1+(-1)+0+0=0$. Das erstmal zur Erklärung der Mengen. Wie du schon gesagt hast brauchst du nur die Standardbasis darstellen.
Nach obiger Erklärung und Beispiel ist ja dann folglich
[mm] $v_1:= \vektor{-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} \in [/mm] A'$ da $(-1)+1+0+0=0$ und [mm] $v_2:= \vektor{2 \\ -1 \\ 0 \\ 0} \in [/mm] A$ da $2*(1) + (-1)*2 + 0*(3) + 0*(4) = 2*(1) + (-1)*2 = 0$.
Aber es ist [mm] $v_1 [/mm] + [mm] v_2 [/mm] = [mm] \vektor{-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] + [mm] \vektor{2 \\ -1 \\ 0 \\ 0} [/mm] = [mm] \vektor{(-1)+2 \\ 1+(-1) \\ 0 \\ 0} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}$
[/mm]
Aber du musst auch noch zeigen, dass falls du die 4 Einheitsvektoren darstellen kannst nicht noch mehr darstellen kannst, etc.
Kommst du nun weiter?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:28 Sa 28.01.2012 | | Autor: | sissile |
danke ;)
$ [mm] v_1 [/mm] + [mm] v_2 [/mm] = [mm] \vektor{-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] + [mm] \vektor{2 \\ -1 \\ 0 \\ 0} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0} [/mm] $
$ [mm] v_1 [/mm] + [mm] v_2 [/mm] = [mm] \vektor{-2 \\ 2 \\ 0 \\ 0} [/mm] + [mm] \vektor{2 \\ -1 \\ 0 \\ 0} =\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] $
$ [mm] v_1 [/mm] + [mm] v_2 [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 3 \\ -2 \\ 0} [/mm] + [mm] \vektor{0 \\ -3 \\ 3\\ 0} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0} [/mm] $
$ [mm] v_1 [/mm] + [mm] v_2 [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 4 \\ -3} [/mm] + [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ -4 \\ 4} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 1} [/mm] $
gefunden ;)
> Aber du musst auch noch zeigen, dass falls du die 4 Einheitsvektoren darstellen kannst nicht noch mehr darstellen kannst
Wie zeig ich das und wie meinst du das genau?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:02 Sa 28.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> danke ;)
> [mm]v_1 + v_2 = \vektor{-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0} + \vektor{2 \\ -1 \\ 0 \\ 0} = \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]v_1 + v_2 = \vektor{-2 \\ 2 \\ 0 \\ 0} + \vektor{2 \\ -1 \\ 0 \\ 0} =\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]v_1 + v_2 = \vektor{0 \\ 3 \\ -2 \\ 0} + \vektor{0 \\ -3 \\ 3\\ 0} = \vektor{0 \\ 0 \\ 1 \\ 0}[/mm]
>
>
> [mm]v_1 + v_2 = \vektor{0 \\ 0 \\ 4 \\ -3} + \vektor{0 \\ 0 \\ -4 \\ 4} = \vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
>
> gefunden ;)
>
> > Aber du musst auch noch zeigen, dass falls du die 4
> Einheitsvektoren darstellen kannst nicht noch mehr
> darstellen kannst
> Wie zeig ich das und wie meinst du das genau?
das brauchst Du hier nicht, denn:
Du hast Teilräume des [mm] $\IK^4\,,$ [/mm] die Summe dieser Teilräume ist dann wieder ein Teilraum des [mm] $\IK^4\,.$ [/mm] (Die Summe $W+W'$ ist gerade der lineare Span der Vereinigung $W [mm] \cup W'\,.$)
[/mm]
(Oder minimal anders gesagt: Wegen $W,W' [mm] \subseteq \IK^4$ [/mm] ist auch $W+W' [mm] \subseteq \IK^4\,,$ [/mm] da die Summe zweier Vektoren des [mm] $\IK^4$ [/mm] wieder ein Vektor des [mm] $\IK^4$ [/mm] ergibt.)
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:01 Sa 28.01.2012 | | Autor: | sissile |
Hei ;)
Ich muss nochmals nachfrage, da es für mich jetzt nicht 100% klar war.
Also es reicht schon zuzeigen, dass die Standartbasen des [mm] \IK^4 [/mm] sich in der Form a + a' darstellen lassen, wobei [mm] a\in [/mm] A und a' [mm] \in [/mm] A'.
Ich schreibs nochmal zusmmanen:
Bsp.:
Aus x [mm] \in \IK^4 [/mm] folgt
[mm] x=x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4
[/mm]
<=> x= [mm] x_1 \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}+x_2\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}x_3\vektor{0 \\ 0 \\ 1\\ 0}+x_4 \vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 1} [/mm]
ZuZeigen: Dass man die STandartbasen des [mm] \IK^4 [/mm] als Summe eines Vektors aus $ [mm] A\, [/mm] $ und eines Vektors aus $ [mm] A'\, [/mm] $ schreiben kann.
[mm] Ia_1 [/mm] + [mm] 2a_2 [/mm] + [mm] 3a_3 [/mm] + [mm] 4a_4 [/mm] =0
[mm] IIa_1' [/mm] + [mm] a_2' [/mm] + [mm] a_3' [/mm] + [mm] a_4' [/mm] =0
Nebenbedingungen:
[mm] a_1 [/mm] + [mm] a_1' [/mm] =1 <=> [mm] a_1 [/mm] = 1- [mm] a_1'
[/mm]
[mm] a_2 [/mm] + [mm] a_2' [/mm] = 0 <=> [mm] a_2 [/mm] = - [mm] a_2'
[/mm]
[mm] a_3 [/mm] + [mm] a_3' [/mm] =0 <=> [mm] a_3 [/mm] = - [mm] a_3'
[/mm]
[mm] a_4 [/mm] + [mm] a_4'=0 [/mm] <=> [mm] a_4 [/mm] = - [mm] a_4'
[/mm]
einsetzten in I
1- [mm] a_1'-2a_2'-3a_3' -4a_4' [/mm] =0
[mm] <=>a_1' [/mm] + [mm] 2a_2' [/mm] + [mm] 3a_3' [/mm] + [mm] 4a_4'=1
[/mm]
wähle [mm] a_3'=a_4'=1
[/mm]
so
I [mm] a_1' [/mm] + [mm] 2a_2' [/mm] + 7=1
II [mm] a_1' [/mm] + [mm] a_2' [/mm] + 2 =0
I-II : [mm] a_2' [/mm] + 5=1 <=> [mm] a_2' [/mm] =-4
[mm] a_2' [/mm] einsetzten in II: [mm] a_1'-4+2=0
[/mm]
[mm] <=>a_1'-2=0
[/mm]
[mm] <=>a_1'=2
[/mm]
dh
$ v + v' = [mm] \vektor{-1 \\ 4 \\ -1\\ -1} [/mm] + [mm] \vektor{2 \\ -4 \\ 1\\ 1} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0} [/mm] $
wobei [mm] v\in [/mm] A und [mm] v'\in [/mm] A'
Für [mm] e_2, e_3, e_4 [/mm] das gleiche Spiel
$ v + v' = [mm] \vektor{2\\ -1 \\ 0\\ 0} [/mm] + [mm] \vektor{-2 \\ 2 \\ 0\\ 0} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0} [/mm] $
wobei [mm] v\in [/mm] A und [mm] v'\in [/mm] A'
...
Gezeigt dass: $ x [mm] \in A+A'\,. [/mm] $ also $ [mm] \IK^4 \subseteq A+A'\,. [/mm] $
$ Da [mm] a_1+a_2 \in [/mm] A, wenn [mm] a_1, a_2 \in [/mm] A und [mm] \lambda*a \in [/mm] A, [mm] \lambda*a' \in [/mm] A' [mm] \forall \lambda\ \in \IK, [/mm] wenn a [mm] \in [/mm] A bzw. a' [mm] \in [/mm] A'.
Also ist noch zuzeigen die umgekehrte Mengeninklusion. Du sagtest aber, die wäre trivial, was mir nicht ganz klar ist.
Passt das so? Stimmen die Argumentationen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:29 Sa 28.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
erstmal kurz hierzu:
> Also ist noch zuzeigen die umgekehrte Mengeninklusion. Du
> sagtest aber, die wäre trivial, was mir nicht ganz klar
> ist.
Ich muss zugeben, dass es oft an der Uni so ist, dass manchmal die einfachsten Sachen nicht mehr erwähnt werden - und an den Stellen sind dann manche Studenten verwirrt.
Warum ist das trivial? Naja, in der Mengenschreibweise:
[mm] $$T:=\{\blue{x \in \IK^4} \text{ mit }: x \text{ hat Eigenschaft }E\}$$
[/mm]
steckt implizit mit drin, dass $T [mm] \subseteq \IK^4$ [/mm] ist. Denn man betrachtet ja nur $x [mm] \in \IK^4\,,$ [/mm] für die man prüft, ob sie die Eigenschaft [mm] $E\,$ [/mm] haben oder nicht.
Du kannst [mm] $T\,$ [/mm] auch so schreiben:
[mm] $$T:=\{x: x \in \IK^4 \text{ und }x \text{ hat Eigenschaft }E\}\,.$$
[/mm]
Diese Notation bedeutet: Wenn ich irgendein Element [mm] $e\,$ [/mm] hernehme, und prüfen will, ob dieses in [mm] $T\,$ [/mm] liegt, dann muss ich folgende zwei Bedingungen prüfen:
1.) Gilt $e [mm] \in \IK^4$?
[/mm]
und
2.) Hat [mm] $e\,$ [/mm] die Eigenschaft [mm] $E\,$?
[/mm]
Nur, wenn beide Fragen mit ja beantwortet werden, dann kann ich $e [mm] \in [/mm] T$ sagen. Denn genau diese zwei Fragen charakterisieren [mm] $T\,,$ [/mm] d.h. $e [mm] \in [/mm] T$ gilt genau dann, wenn 1.) und 2.) mit ja beantwortet werden!
Das ist auch der Grund, warum ich Fullas Antwort so kritisiert hatte: Man kann nämlich eben nicht ohne weiteres sagen, dass [mm] $\IR$ [/mm] ein Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] ist. Per Definitionem erfüllt, wenn [mm] $V\,$ [/mm] ein Vektorraum ist, jeder Unterraum [mm] $U\,$ [/mm] von [mm] $V\,$ [/mm] insbesondere $U [mm] \subseteq V\,.$ [/mm] Wäre also [mm] $\IR$ [/mm] ein Unterraum von [mm] $\IR^3\,,$ [/mm] so müßte also wegen [mm] $(0,0,0)^T \in \IR^3$ [/mm] auch [mm] $(0,0,0)^T \in \IR$ [/mm] gelten. Das ist nicht der Fall.
Was Fulla gemacht hat, ist, [mm] $\IR$ [/mm] mit einem "naheliegenden" Unterraum des [mm] $\IR^3$ [/mm] zu identifizieren - also so, dass man eigentlich alle Eigenschaften von [mm] $\IR$ [/mm] "passend" in diesem Unterraum wiederfindet. Der "identifizierte Raum" ist dann ein Unterraum des [mm] $\IR^3\,,$ $\IR$ [/mm] selber aber nicht. Und es ist alles andere als eindeutig klar, "mit welcher Ursprungsgerade und mit welchem die [mm] $1\,$ [/mm] represäntierenden Richtungsvektor" man [mm] $\IR$ [/mm] identifziert.
Und Du siehst auch: Gerade dadurch, dass Fulla schreibt, [mm] $\IR$ [/mm] wäre ein Unterraum des [mm] $\IR^3\,,$ [/mm] kommt man direkt in die Verwirrung:
Das würde ja insbesondere beinhalten:
[mm] $$\{x: x \in \IR\} \subseteq \{y=(y_1,y_2,y_3)^T \in \IR^3: y_1,y_2,y_3 \in \IR^3\}\,.$$
[/mm]
Und "in dieser Form geschrieben ist das QUATSCH!"
Und genau da entsteht die Verwirrung: Man kapiert gar nicht mehr, von welchen Räumen man dann Unterräume hätte. Wäre nun [mm] $\IR$ [/mm] ein Unterraum des [mm] $\IR^3\,,$ [/mm] des [mm] $\IR^{10}\,,$ [/mm] des [mm] $\IR^{1000}$? [/mm] Natürlich ist es keine Frage, dass man in jedem der letzten Vektorräume "eine Ursprungsgerade mit [mm] $\IR$ [/mm] identifizieren kann" - aber diese Ursprungsgerade hat dann nur Elemente mit genau so vielen Komponenten wie der "umgebende Vektorraum".
Nun aber zurück zu Deiner Aufgabe:
Du hattest
[mm] $$A=\{x \in \IK^4: \ldots\}$$
[/mm]
und
[mm] $$A'=\{x \in \IK^4: \ldots\}\,.$$
[/mm]
Wie oben geschrieben, erkennst Du damit schonmal:
$A [mm] \subseteq \IK^4$ [/mm] und $A' [mm] \subseteq \IK^4\,,$ [/mm] denn jedes $x [mm] \in [/mm] A$ erfüllt ja insbesondere $x [mm] \in \IK^4$ [/mm] und jedes $y [mm] \in [/mm] A'$ erfüllt insbesondere $y [mm] \in \IK^4\,.$
[/mm]
Weil [mm] $\IK^4$ [/mm] abgeschlossen bzgl. [mm] $+\,$ [/mm] (komponentenweise Addition) (das hat nichts mit abgeschlossenen Mengen zu tun - sondern das besagt nur: [mm] $+\,: \IK^4 \times \IK^4 \red{\to \IK^4}$), [/mm] folgt dann auch $x+y [mm] \in \IK^4\,.$
[/mm]
Daher folgt $x+y [mm] \in \IK^4$ [/mm] für alle $x [mm] \in [/mm] A$ und alle $y [mm] \in A'\,,$ [/mm] und damit
$$A+A' [mm] \subseteq \IK^4\,.$$
[/mm]
P.S.:
Dass Fullas Behauptung, dass [mm] $\IR$ [/mm] ein Unterraum von [mm] $\IR^3$ [/mm] sei, auch hier problematisch wäre, sieht man auch schnell ein:
Per Definitionem wäre dann ja
[mm] $$\IR+\IR^3=\{x+y: x \in \IR \text{ und }y \in \IR^3\}\,.$$
[/mm]
Die Summe [mm] $1+(1,1,1)^T$ [/mm] ist aber so gar nicht definiert; erst, wenn man etwa [mm] $\IR$ [/mm] mit [mm] $\{(r,0,0): r \in \IR\}$ [/mm] identifizieren würde, wäre klar, dass dann [mm] $1+(1,1,1)^T$ [/mm] im Sinne von [mm] $(1,0,0)^T+(1,1,1)^T=(2,1,1)^T$ [/mm] zu verstehen wäre. Es hindert mich aber auch niemand daran, [mm] $\IR$ [/mm] mit [mm] $\{(0,r,0); r \in \IR\}$ [/mm] zu identifzieren (und auch das ist noch eine der "einfacheren" Identifikationen). Dann ist aber [mm] $1+(1,1,1)^T=(1,2,1)^T\,.$ [/mm] Und wenn ich nun im [mm] $\IR^3$ [/mm] die [mm] $x\,$-Achse [/mm] "mit einem Faktor [mm] $\alpha \not=0$ [/mm] multipliziere, und dann noch irgendwie im Raum rumdrehe, und diese Gerade dann mit [mm] $\IR$ [/mm] identifziere",erhalte ich wieder was anderes.
Deswegen: Vergiss bitte, dass [mm] $\IR$ [/mm] ein Unterraum des [mm] $\IR^3\,$ [/mm] sei. Man kann sagen, dass es immer "natürliche" Identifikationen des [mm] $\IR^{n-1}$ [/mm] im [mm] $\IR^n$ [/mm] gibt (damit kann man dann auch [mm] $\IR^k$ [/mm] "in natürlicher Weise" im [mm] $\IR^n$ [/mm] wiederfinden, für natürliche $k [mm] \le n\,,$ [/mm] wobei [mm] $n\,$ [/mm] eine natürliche Zahl sei) - aber auch von den "natürlichen Identifikationen" gibt es viele, so dass man schon konkret werden sollte - wenn man sowas sagen/benutzen will - und diese Identifikationen auch konkret benennen sollte.
Wenn also jemand schreibt:
Ist [mm] $\IQ$ [/mm] ein Unterraum des [mm] $\IR^4$?
[/mm]
So wäre die richtige Antwort: Nein! Denn:
Wäre [mm] $\IQ$ [/mm] ein Unterraum des [mm] $\IR^4\,,$ [/mm] so würde für jedes $q [mm] \in \IQ$ [/mm] auch $q [mm] \in \IR^4$ [/mm] folgen. Aber $1 [mm] \in \IQ$ [/mm] und $1 [mm] \notin \IR^4\,.$
[/mm]
Wenn jemand aber fragt: Kann man [mm] $\IQ$ [/mm] mit einem Unterraum des [mm] $\IR^4$ [/mm] identifizieren?
So wäre die richtige Antwort: Ja!
Denn: Wir betrachten die Bijektion $f: [mm] \IQ \to \IR^4$ [/mm] definiert durch
[mm] $$f(q):=q*(1,0,0,0)^T\,.$$
[/mm]
Diese ist "strukturerhaltend", und [mm] $f(\IQ)=\IQ*(1,0,0,0)^T$ [/mm] ist ein Unterraum des [mm] $\IR^4\,.$ [/mm] Beachte hier:
Jedes $v [mm] \in f(\IQ)$ [/mm] kann geschrieben werden als [mm] $(q,0,0,0)^T$ [/mm] mit einem $q [mm] \in \IQ\,,$ [/mm] und damit ist wegen [mm] $(q,0,0,0)^T \in \IQ^4 \subseteq \IR^4$ [/mm] auch $v [mm] \in \IR^4\,.$
[/mm]
Denk' nochmal drüber nach. Es ist wichtig, dass Du das verstehst. Denn die Aussage, dass [mm] $\IR \subseteq \IC$ [/mm] gilt, wenn man [mm] $\IC$ [/mm] als [mm] $\IR^2$ [/mm] versteht, wobei man definiert, was die Summe zweier [mm] $\IR^2$-Elemente [/mm] sein soll (das ist die übliche, komponentenweise) und was das Produkt zweier [mm] $\IR^2$-Elemente [/mm] sein soll (das ist eine "spezielle" Definition!), ist auch nicht wirklich im Sinne von [mm] $\IR \subseteq \IR^2$ [/mm] gemeint. Sondern, und das macht man vorher zuerst: Man sagt, dass man [mm] $\IR$ [/mm] mit der Menge [mm] $R:=\IR*(1,0)^T:=\{(r,0)^T: r \in \IR\}$ [/mm] identifiziert. Und [mm] $\IR \subseteq \IC$ [/mm] bedeutet dann "eigentlich" $R [mm] \subseteq \IR^2\,.$ [/mm]
Natürlich kann man sich jetzt auf den Standpunkt stellen: Naja, dann ist die Aussage [mm] $\IR^3 \subseteq \IR^6$ [/mm] doch auch klar. Man identifiziert (analog wie bei [mm] $\IR \subseteq \IC$) [/mm] natürlich einfach [mm] $\IR^3$ [/mm] mit [mm] $\{(r,s,t,0,0,0)^T: r,s,t \in \IR\}\,.$ [/mm] Mag sein, ich finde es dann aber auch genauso naheliegend, [mm] $\IR^3$ [/mm] mit [mm] $\{(0,0,0,r,s,t): r,s,t \in \IR\}$ [/mm] zu identifzieren.
Solche Identifikationen sind bei Unterräumen - meines Wissens nach - aber nicht üblich. Und ich denke auch, dass man das nicht grundlos vermeidet. Ansonsten müßte man bei vielen Sätzen, wo alleine Aussagen über die Dimensionen stehen, mit der Formulierung sehr kritisch umgehen. Und genau das macht man nicht, sondern wenn überhaupt, benutzt man bei einem [mm] $n\,$-dimensionalen [/mm] Vektorraum [mm] $V\,$ [/mm] eine Identifikation mit dem [mm] $\IK^n$ [/mm] mithilfe der Koordinatenabbildung, und der [mm] $k\,$-dimensionale [/mm] Unterraum $W$ mit $k [mm] \le [/mm] n$ des Vektorraums [mm] $V\,$ [/mm] wird auch mithilfe der Koordinatenabbildung dann mit einem [mm] $k\,$-dimensionalen [/mm] Unterraum des [mm] $\IK^n$ [/mm] identifiziert.
Aber das wirst Du sicher alles mal später noch genauer erzählt bekommen.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:30 Sa 28.01.2012 | | Autor: | sissile |
danke für die ausführliche antwort, aber sonst hats gepasst?
Liebe grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:57 So 29.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
> danke für die ausführliche antwort, aber sonst hats
> gepasst?
ich hab's mir - ehrlich gesagt - bisher noch nicht weiter angeguckt. Der Abend war ein wenig verplant. Aber die Sache mit den "Darstellungen der Einheitsvektoren" hattest Du irgendwo, wo ich mal flüchtig drübergeschaut hatte, denke ich, richtig gehabt.
Vielleicht schaffe ich's morgen im Laufe des Tages nochmal, mir das weiter anzugucken. Aber jede/r andere darf das natürlich auch, wenn man mag 
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:29 Mo 30.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
> danke für die ausführliche antwort, aber sonst hats
> gepasst?
ich schau's mir gleich nochmal an. Aber eine Sprechweise sei schonmal erwähnt:
Wenn [mm] $e_i$ [/mm] der [mm] $i\,$-te [/mm] Vektor aus [mm] $\mathbal{B}:=(e_1,...,e_n)$ [/mm] ist, der nur an der [mm] $i\,$-ten [/mm] Stelle eine [mm] $1=1_{\IK}\,$ [/mm] stehen hat und ansonsten aus [mm] $0=0_{\IK}$en [/mm] besteht, dann ist das nicht "einer der Standardbasen", sondern einer der Standardbasisvektoren. "Die Standardbasis" ist eigentlich gerade die obenstehende geordnete Basis [mm] $\mathcal{B}$ [/mm] des [mm] $\IK^n\,.$ [/mm] Manchmal "verzichtet man auch auf die Ordnung" und meint damit auch nur die (ungeordnete) Menge [mm] $\{e_1,...,e_n\}\,.$ [/mm] "
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:55 Mo 30.01.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
> Hei ;)
> Ich muss nochmals nachfrage, da es für mich jetzt nicht
> 100% klar war.
> Also es reicht schon zuzeigen, dass die Standartbasen
jeder der Standarbasisvektoren
> des
> [mm]\IK^4[/mm] sich in der Form a + a' darstellen lassen, wobei [mm]a\in[/mm]
> A und a' [mm]\in[/mm] A'.
> Ich schreibs nochmal zusmmanen:
>
> Bsp.:
> Aus x [mm]\in \IK^4[/mm] folgt gilt
> [mm]x=x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4\,,[/mm]
also
> x= [mm]x_1 \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}+x_2\vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}x_3\vektor{0 \\ 0 \\ 1\\ 0}+x_4 \vektor{0 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
Bemerkung: Diese offensichtliche Tatsache gilt, weil per Definitionem $x [mm] \in \IK^4$ [/mm] geschrieben werden kann als [mm] $x=\vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}$ [/mm] mit [mm] $x_1,x_2,x_3,x_4 \in \IK\,.$
[/mm]
Nun reicht es
> ZuZeigen: Dass man die STandartbasen
jeden der Standardbasisvektoren
> des [mm]\IK^4[/mm] als Summe
> eines Vektors aus [mm]A\,[/mm] und eines Vektors aus [mm]A'\,[/mm] schreiben
> kann.
Bemerkung: Hast Du Dir das auch mal überlegt? Das ist nämlich nicht schwer: Wenn man dies weiß, so folgt
[mm] $$(\star)\;\;\;\;x=\sum_{k=1}^4 x_k e_k=\sum_{k=1}^4 x_k*(a_k+a_k')$$
[/mm]
mit gewissen [mm] $a_k \in [/mm] A$ und gewissen [mm] $a_k' \in A'\,.$ [/mm] Wie erkennt man damit dann, dass sich auch (das beliebige, feste) [mm] $x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T \in \IK^4$ [/mm] auch als Summe zweier Vektoren, einer aus [mm] $A\,,$ [/mm] der andere aus [mm] $A'\,,$ [/mm] schreiben läßt?
> [mm]Ia_1[/mm] + [mm]2a_2[/mm] + [mm]3a_3[/mm] + [mm]4a_4[/mm] =0
> [mm]IIa_1'[/mm] + [mm]a_2'[/mm] + [mm]a_3'[/mm] + [mm]a_4'[/mm] =0
> Nebenbedingungen:
> [mm]a_1[/mm] + [mm]a_1'[/mm] =1 <=> [mm]a_1[/mm] = 1- [mm]a_1'[/mm]
> [mm]a_2[/mm] + [mm]a_2'[/mm] = 0 <=> [mm]a_2[/mm] = - [mm]a_2'[/mm]
> [mm]a_3[/mm] + [mm]a_3'[/mm] =0 <=> [mm]a_3[/mm] = - [mm]a_3'[/mm]
> [mm]a_4[/mm] + [mm]a_4'=0[/mm] <=> [mm]a_4[/mm] = - [mm]a_4'[/mm]
>
> einsetzten in I
> 1- [mm]a_1'-2a_2'-3a_3' -4a_4'[/mm] =0
> [mm]<=>a_1'[/mm] + [mm]2a_2'[/mm] + [mm]3a_3'[/mm] + [mm]4a_4'=1[/mm]
>
> wähle [mm]a_3'=a_4'=1[/mm]
> so
> I [mm]a_1'[/mm] + [mm]2a_2'[/mm] + 7=1
> II [mm]a_1'[/mm] + [mm]a_2'[/mm] + 2 =0
>
> I-II : [mm]a_2'[/mm] + 5=1 <=> [mm]a_2'[/mm] =-4
> [mm]a_2'[/mm] einsetzten in II: [mm]a_1'-4+2=0[/mm]
> [mm]<=>a_1'-2=0[/mm]
> [mm]<=>a_1'=2[/mm]
>
> dh
> [mm]v + v' = \vektor{-1 \\ 4 \\ -1\\ -1} + \vektor{2 \\ -4 \\ 1\\ 1} = \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> wobei [mm]v\in[/mm] A und [mm]v'\in[/mm] A'
Wie Du [mm] $v\,$ [/mm] und [mm] $v'\,$ [/mm] gefunden hast, hättest Du auch weglassen können. Du solltest halt einfach [mm] $v\,$ [/mm] und [mm] $v'\,$ [/mm] wie oben definieren, kurz nachweisen, dass $v [mm] \in [/mm] A$ und $v' [mm] \in [/mm] A'$ und dann [mm] $v+v'=e_1\,.$ [/mm] Aber das ist auch so vollkommen in Ordnung (jeder Korrekteur wird eh nochmal $v [mm] \in [/mm] A$ und $v' [mm] \in [/mm] A'$ nachrechnen).
> Für [mm]e_2, e_3, e_4[/mm] das gleiche Spiel
> [mm]v + v' = \vektor{2\\ -1 \\ 0\\ 0} + \vektor{-2 \\ 2 \\ 0\\ 0} = \vektor{0 \\ 1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
> wobei [mm]v\in[/mm] A und [mm]v'\in[/mm] A'
> ...
Genau, so passt das dann. Sofern Du das für [mm] $e_3$ [/mm] bzw. [mm] $e_4$ [/mm] auch noch hinschreibst!
> Gezeigt dass: [mm]x \in A+A'\,.[/mm] also [mm]\IK^4 \subseteq A+A'\,.[/mm]
Genau!
>
> Da [mm]a_1+a_2 \in[/mm] A, wenn [mm]a_1, a_2 \in[/mm] A und [mm]\lambda*a \in[/mm]
> A, [mm]\lambda*a' \in[/mm] A' [mm]\forall \lambda\ \in \IK,[/mm] wenn a [mm]\in[/mm]
> A bzw. a' [mm]\in[/mm] A'.
Worauf bezieht sich das? Dass [mm] $\IK^4 \subseteq [/mm] A+A'$ gilt, haben wir doch oben erkannt. Wenn Du das ganz genau wissen willst, dann musst Du Dir den Teil [mm] $(\star)$ [/mm] oben mal ausführlich hinschreiben und zu Ende denken!
> Also ist noch zuzeigen die umgekehrte Mengeninklusion. Du
> sagtest aber, die wäre trivial, was mir nicht ganz klar
> ist.
Ich hoffe, mittlerweile ist sie Dir klar?
Gruß,
Marcel
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