Lineare Unterräume |
| 10.04.2005, 11:33 | bandit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Lineare Unterräume hab folgende aufgabe zu lösen: beschreibe vier lineare unterräume von K^4, die unter permutation der komponenten von vektoren in K^4 invariant sind. also hab irgendwie noch keine idee, weiss auch garnicht was lineare unterräume sind. hoffe ihr könnt mir helfen... mfg bandit |
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| 10.04.2005, 12:42 | fortu | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
schau doch mal unter http://www.math.tu-berlin.de/~hennings/tut.pdf dort findest du eine definition eines unter(vektor)raumes.... mehr kann ich dir im moment auch nicht helfen..... cu |
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| 10.04.2005, 12:44 | flixgott | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
naja du mußt dir einen unterraum überlegen, der bzgl der operationen abgeschlossen ist. (die geraden zahlen sind solche einer bzgl der natürlichen zahlen) und dann mußt du prüfung ob für alle vektoren des raumes auch alle permutationen mit im raum sind (und wenn nicht, dann eben wieder ein bischen erweitern). auf jedenfall sollten die beiden trivialen unterräume (der K^4 selbst und {1}) invariant gegenüber permutationen sein. definition: U ist ein Unterraum des Vektorraumes (K^4,+,K) genau dann wenn gilt: anmerkung: (V,+,K) is das selbe wie (V,+,K,*) (ohne gewähr!) |
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| 10.04.2005, 13:01 | bandit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
hi, danke schonmal... auf was muss ich genau achten damit es linear bleibt? ich bin mir nicht sicher ob ich die aufgabe ganz verstanden haben, wird mit permutation gemeint z.B: hab einen vektor (1,2) das dann alle permutation im unterraum liegen muss also auch (2,1)? wie wäre es dann im eindimensionalen fall? müssten nicht die z.B die reelle zahlen invariant dann gegenüber permutationen sein? mfg bandit |
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| 10.04.2005, 13:07 | flixgott | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
relle zahlen sind invariant gegenüber permutationen! hast du schonmal was von transformationsgruppen oder permutationsgruppen gehört? |
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| 10.04.2005, 13:22 | bandit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ja permutationsgruppen kenne ich. wenn die reellen zahlen invariant gegenüber sich permutationen sind dann hätte ich doch schon meinen 3ten unterraum oder nicht? |
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| 10.04.2005, 13:38 | flixgott | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
naja aber da die elemente des unterraumes auch elemente von k^4 sein müssen, müssen sie ja vier komponenten haben, also gehen die reellen zahlen sind so einfach, es seiden du findest einen weg sie isomorph in k^4 einzubetten, dass sie dann noch invariant gegenüber permutationen sind. ich denke ein raum der form u={(a,a,a,a) mit a beliebig aus K} sollte das aber leisten! (sind komponenten aus dem k^4 und invarant gegenüber permutationen. u ist auch unter der vektoradditin und der multiplikation mit einem körperelement abgeschlossen!) (mit dem trivialen unterraum {1} meine ich auch nur das einselement der gruppe (k^4,+) und nicht die natürliche eins) |
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| 10.04.2005, 13:46 | bandit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ach so... danke... hatte die ganze zeit einen denkfehler drin, aber jetzt hab ich erst verstanden was ich überhaupt genau brauche.... naja damit hätte ich ja schon drei... muss die nur etwas beschreiben aber das geht schon. und als vierten könnte ich ja irgendwas mit den geraden zahlen nehmen, muss mal bischen rumtesten ob das hinhaut.... danke auf jeden fall.. |
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| 10.04.2005, 13:48 | bandit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
noch etwas ist aber mir unklar... woran merke ich das es linear ist? war das nicht irgendwas mit dem vektor (0,0,0,0)? hab keine ahnung mehr... hoffe du kannst mir das auch noch beantworten. |
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| 10.04.2005, 13:51 | flixgott | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ist, glaube ich, schon eine vollständige beschreibung, denn die operationen werden ja aus dem k^4 übernommen! was die geraden zahlen anbelangt: sei da mal ganz vorsichtig, denn dein grundkörper ist irgendein k und nicht die zahlen. du hast da keine ordnenden relationen oder sowas gegeben und ne multiplikation ist auch nur mit werten aus K definiert, insofern ist sowas wie 2*a auch keine grade zahl (das gibt es ehr nur für den fall 2 'element aus' K). ich hab grad ne idee: versuchs mal mit (a+a,b+b,c+c,d+d) wobei a,b,c,d aus K sind. das müßte klappen! |
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| 10.04.2005, 13:57 | bandit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
wie bist du genau darauf gekommen, ich mein auf (a+a,b+b,...). und warum sollte das klappen? ist das nicht dann der k^4 selbst wieder? mfg bandit |
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| 11.04.2005, 08:49 | flixgott | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
stimmt.. ha du hast recht.. genauso wie es bei den reellen zahlen auch keine geraden zahlen gibt (im sinne von 'jede zweite zahl ist gerade'). setzt man als K die reellen zahlen an, denn ist der vektor (0,0,0,0) das neutrale element der addition von K^4. linear?! ich weiss nicht genau, ich kenn linearität nur bei relationen (eine ordnung ist eine lineare wohlordnung, d.h. für alle paare (a,b) gilt immer a~b oder b~a) vielleicht mußt du zeigen, dass es in den unterräumen solche relationen gibt! |
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