Lineare Abbildungen

11.11.2010, 22:18

Reneee

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Lineare Abbildungen

Nabend , meine Aufgabe sieht wie folgt aus:

Zeigen Sie, dass es unendlich viele verschiedene Funktionen $\begin{eqnarray*} f : \mathbb R --> \mathbb R \end{eqnarray*}$ gibt, die die Bedingungen

f (1) = 1 und f (a+b) = f (a) + f (b) $\begin{eqnarray*} \forall a,b \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

erfüllen.

Hinweis : Sie könnten die Aufgabe in die folgende Teilaufgaben zerlegen:

(i) Zeigen Sie, dass eine Funktion $\begin{eqnarray*} f :\mathbb R --> \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit f (a+b) = f (a) + f (b) $\begin{eqnarray*} \forall a,b \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ - lineare Abbildung ist.
(ii) Zeigen Sie, unter Annahme des Zornschen Lemmas, dass es unendlich viele solcher Funktionen f mit f (1) = 1 gibt.

Mein Problem ist, dass ich keine Ahnung habe, was eine Q-lineare Abbildung ist. Leider kann ich dies nicht in meinem Skript finden.

Muss ich vielleicht zeigen, dass gilt

$\begin{eqnarray*} f ( \lambda v ) = \lambda f (v) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \forall \lambda \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \forall v \in V \end{eqnarray*}$

Also das wäre ja die zweite Eigenschaft linearer Abbildungen, nur halt bezogen auf ein Lambda aus Q. Das wäre so meine einzige Idee gerade.

Danke im Vorraus.^^

12.11.2010, 00:50

Reneee

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Also ich stelle mal meine Ergebnisse dar, welche ich auf meiner Vermutung einer Q-linearen Abbildung basiert. Ich war mir nicht sicher, wie ich da rangehen sollte, weil ja keine explizite Funktionsvorschrift angegeben ist,außer halt für die 1.
Ich war mir auch nicht sicher, ob es reicht diese Eigenschaft für ein v oder für a+b zu zeigen.

Zu zeigen :

$\begin{eqnarray*} f ( \lambda ( a+b ) ) = \lambda( f ( a ) + f ( b )) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f ( \lambda a +\lambda b ) = \lambda f ( a ) + \lambda f ( b ) \end{eqnarray*}$

Da ich keine Funktionsvorschrift angegeben habe, weiß ich doch eigentlich garnicht, ob ich einfach links wie folgt auseinanderziehen darf oder? Naja trotzdem einfach mal weiter gemacht smile

smile

$\begin{eqnarray*} f ( \lambda a ) + f ( \lambda b ) = \lambda f ( a ) +\lambda ( b ) \end{eqnarray*}$

Und nun ist die Frage, ob ich das Lamda rausziehen kann / darf oder nicht.

$\begin{eqnarray*} \lambda f ( a ) + \lambda f ( b ) = \lambda f ( a ) +\lambda f ( b ) \end{eqnarray*}$

Mein Problem ist irgendwie gerade, dass ich genau das, was ich ja beweisen soll, bei meinem Beweis einfach bei manchen Umformungen vorraussetze. Big Laugh

Big Laugh

Das ist doch bestimmt nicht richtig so oder?

Und zu (ii) :

Ich habe jetzt eine ganze Weile inmeinem Skript nachgesehen und auch das Lemma von Zorn nicht findenkönnen grrrr.
Jedenfalls habe ich mal im Internet recherchiert und herausgefunden, dass es wohl wie folgt aussieht :

" Jede induktiv geordnete Menge besitzt ein maximales Element "

Jetzt ist natürlich nur die Frage, inwiefern mir das bei einer unendlichen Menge von Funktionen weiterhelfen soll. Vielleicht gibt es ja äquivalente Eigenschaften zu dieser, so dass es mir doch helfen kann und ich habe sie nur nicht gefunden oder sehe sie nicht?

Wäre super mega dankbar für Hilfe, selbst wenn keine komplette Hilfe in jeder Einzelheit möglich ist,so zumindestens ein wenig Feedback. Wink

Wink

Danke. ^^

12.11.2010, 12:18

Reksilat

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Hi Reneee,

Dein Ansatz ist schon ganz richtig. Für die $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ -Linearität musst Du die Additivität (schon vorausgesetzt!) und die Homogenität zeigen.

Es bleibt also zu zeigen, dass für alle $\begin{eqnarray*} \lambda\in \mathbb{Q},a\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ immer $\begin{eqnarray*} \lambda f(a)=f(\lambda \cdot a) \end{eqnarray*}$ ist.

Zeige das zuerst für $\begin{eqnarray*} \lambda\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ (für $\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$ ist es klar und wenn Du Dir $\begin{eqnarray*} \lambda=2 \end{eqnarray*}$ anschaust, siehst Du auch, wie es für alle anderen funktioniert.)
Dann erweitere das für $\begin{eqnarray*} \lambda\in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ und schließlich brauchst Du noch eine gute Idee für $\begin{eqnarray*} \lambda\in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ .

Dies ist übrigens ein Vorgehen, dass Dir häufiger mal begegnen wird. Wenn jetzt noch Stetigkeit gegeben wäre, könnte man das ganze sogar auf $\begin{eqnarray*} \lambda\in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ausdehnen, aber dann gäbe es nicht mehr unendlich viele solcher Funktionen.

Beim zweiten Teil muss ich allerdings auch erst mal nachdenken...

Gruß,
Reksilat.

13.11.2010, 13:13

Reneee

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Also für 1 und 2 ist es noch relativ leicht.

$\begin{eqnarray*} f ( \lambda1 )=\lambda ( f(1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f ( \lambda1 )= \lambda \cdot 1 \end{eqnarray*}$

Für 2 hab ichs dann so gemacht :

$\begin{eqnarray*} f ( \lambda ( 1+ 1 ) ) = \lambda f (1) +\lambda f(1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f ( \lambda + \lambda ) ) = \lambda+ \lambda \end{eqnarray*}$

Kann ich hieraus nun etwa die allgemeine Abbildungsvorschrift für irgendeine Zahl ablesen? Eine Zahl a wird also einfach auf sich selber abgebildet? Dann wäre dies ja eine wundervolle Bijektion.

Wie ich nun für ein c aus Z weitermache, ist mir nicht ganz klar.
Kann ich die eben entdeckte Abbildungsvorschrift nicht einfach weiterverwenden oder muss ich mir ein $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ nehmen und es geschickt definieren, so dass ich es verwenden kann?

Thx for help!

13.11.2010, 14:10

Reksilat

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Was machst Du da überhaupt? verwirrt

verwirrt

Zitat:

$\begin{eqnarray*} f ( \lambda 1 )=\lambda ( f(1) \end{eqnarray*}$

Weshalb sollte diese Aussage gelten? Das lässt sich nicht aus den Voraussetzungen folgern und ist im allgemeinen sogar falsch, denn damit hättest Du ja wirklich gezeigt, dass es nur eine solche Funktion geben kann.

Ich habe oben exakt aufgeschrieben, was zu zeigen ist. Lies es Dir lieber noch mal durch.

Gruß,
Reksilat.

13.11.2010, 14:28

Reneee

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Ah ja , hab irgendwie was falsches gelesen mit meinen Maulwurfsaugen. smile

smile

Ich habe für a und b Zahlen einsetzen wollen, statt für das lambda. Wenn Doofheit wehtuhen würde. smile

smile

Also für 1 ists ja dann wirklich trivial ok. Dann muss ich mal kurz überlegen, wie es für 2 usw. auszusehen hat.

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13.11.2010, 15:40

Reneee

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Bei lambda = 2 komme ich einfach nicht weiter.Vielleicht mache ich auch nur wieder etwas falsch.

Ich habe

$\begin{eqnarray*} f ( 2 v ) = 2 \cdot f ( v ) \end{eqnarray*}$

Dann kann ich ja v zum Beispiel als a + b schreiben.

$\begin{eqnarray*} f ( 2a + 2b ) = 2 \cdot f ( a + b ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f ( 2a + 2b ) = 2 f ( a ) + 2 f ( b ) \end{eqnarray*}$

Tipps oder Berichtigungen:? X_X

13.11.2010, 15:45

Reksilat

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Deine Argumentation erschließt sich mir absolut nicht.

Zitat:

Ich habe
$\begin{eqnarray*} f ( 2 v ) = 2 \cdot f ( v ) \end{eqnarray*}$

Nein! Das ist die Voraussetzung.

Es ist $\begin{eqnarray*} f(2v)=f(v+v)=... \end{eqnarray*}$

13.11.2010, 16:15

Reneee

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Oh , na klar. Danke. smile

smile

Na gut, dann kann ich das ja praktisch für alle natüerlichen Zahlen so aufrollen.

Als nächstes auf die ganzen Zahlen hm. Kann man das dann nicht analog gestalten mit zum Beispiel

f ( -2v ) = f ( + ( -v ) + ( - v) ) = f ( -v ) + f ( -v )

und so weiter und so fort?

13.11.2010, 16:18

Reksilat

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Was heißt hier und so weiter? Du hast doch noch gar nicht gezeigt, dass f(-2v)=-2f(v) ist.

Rechne zuerst aus, was f(0) ist und schau Dir dann mal f(a+(-1)a) an.

13.11.2010, 16:29

Reneee

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Ja stimmt, Mensch Gott ich bin aber auch schlecht und blind heute. X_X

Also f ( 0 ) = f ( 1 + (- 1) 1 ) = f ( 1 ) + f ( (-1)1 ) = 1 + f ( -1 )

f ( a + ( -1) a) = f ( a ) + f ( -a )

Jetzt muss ich nur nochmal überlegen, obs das schon war. verwirrt

verwirrt

Edit : Bei linearen Abbildungen wird die 0 doch immer auf die 0 abgebildet oder?

Also würden diese beiden ja schonmal 0 ergeben, was ja bedeuten würde, das ich auch negative lambdas rausziehen können muss, um auf die 0 zu kommen.

Zumindesteens beim Ersten.

13.11.2010, 18:14

Reneee

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Ich glaub jetzt hab ichs.

Als Beispiel nehme ich lambda = -2

$\begin{eqnarray*} f ( -2v ) = f ( 2 (-v) = f (+ ( -v ) + (-v ) ) = f ( -v) +f (-v)= 2 f ( -v) \end{eqnarray*}$

Das kann ich dann aber so fortsetzen mit allen ganzen Zahlen richtig?

Dann wäre da noch der Schritt zu einem lambda aus Q. Mal sehen. smile

smile

Mist das stimmt ja garnicht, da fehlt das minus ganz zum Schluss aaaaaaah Finger1

Finger1

13.11.2010, 21:00

Reneee

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Ich habs mir nochmal angesehen und bemerkt, dass das ja genau das Selbe ist, wie das, was ich da oben bereits schrieb, nur halt einen Schritt weiter. X_X

Ich komme aber irgendwie nicht darauf, wie ich das - auch noch da rauskriegen soll. verwirrt

verwirrt

14.11.2010, 17:53

Reneee

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Also ich bin mir immer noch unschlüssig aber mir schwebt folgende Idee vor :

Wenn ich erstmal f ( 0 ) betrachte ist ja :

$\begin{eqnarray*} f ( 0 ) = f ( 1 - 1 ) = f ( 1 ) + f ( -1 ) = 1 + f ( -1 ) \end{eqnarray*}$

Nun weiß ich ja, dass eine lineare Abbildung die 0 immer auf die 0 schickt. Daher kann f ( -1 ) ja nur -1 sein.

Betrachte ich nun f ( a + ( -a ))

$\begin{eqnarray*} f ( a + ( -a )) = f ( a ) + f ( -a ) \end{eqnarray*}$

Da ja da links 0 in der Klammer steht, muss also wieder 0 rauskommen. Ich würde also behaupten, dass f ( -a ) = - f ( a) ist.

Betrachte ich das Ganze zum Beispiel mit lambda = -2 :

$\begin{eqnarray*} f ( -2 a ) = f ( -a + ( -a ) ) = f ( -a ) + f ( -a ) = - f ( a ) - f ( a ) = 2 ( - f ( a ) ) = -2 ( f ( a ) ) \end{eqnarray*}$

Aber das ist ja eigentlich nur eine Beobachtung, welche ich erst noch beweisen müsste.
Oder wars das etwa doch schon?

14.11.2010, 19:34

Reksilat

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Zitat:

Original von Reneee
Also ich bin mir immer noch unschlüssig aber mir schwebt folgende Idee vor :

Wenn ich erstmal f ( 0 ) betrachte ist ja :

$\begin{eqnarray*} f ( 0 ) = f ( 1 - 1 ) = f ( 1 ) + f ( -1 ) = 1 + f ( -1 ) \end{eqnarray*}$

Nun weiß ich ja, dass eine lineare Abbildung die 0 immer auf die 0 schickt. Daher kann f ( -1 ) ja nur -1 sein.

f ist keine lineare Abbildung. Dazu fehlt ja noch die Homogenität und diese wollen wir (auf Q) ja erst noch zeigen. Allerdings kann man den Beweis für f(0)=0 tatsächlich aus dem Beweis für lineare Abbildungen übernehmen.

Wenn Du die Homogenität für natürliche Zahlen schon hast, kannst Du mit den obigen Argumenten auch die negativen ganzen Zahlen erledigen.

Es fehlen also nur noch die gebrochenen Zahlen...

14.11.2010, 21:13

Reneee

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Also für die rationalen Zahlen ist das echt nicht leicht.

Da muss ich echt mal drüber grübeln.

Es muss also

$\begin{eqnarray*} f ( \frac{p}{q} \cdot v ) = ??? = \frac{p}{q} \cdot f ( v ) \end{eqnarray*}$

p ist ja aus Z und q aus N

Ich weiß ja schonmal, dass ich das p definitiv rausbekomme und habe dann noch stehen

$\begin{eqnarray*} f ( \frac{p}{q} \cdot v ) = f ( p \cdot \frac{1}{q} \ v ) = p \cdot f ( \frac{1}{q} \cdot v ) \end{eqnarray*}$

Nun muss ich schauen,wie ich das 1/q rausbekomme. Aber vielleicht ist es auch nicht ganz richtig so und ich muss versuchen den Bruch irgendwie geschickt zu erweitern hm. Ich meld mich wieder wenn ich noch was hab. ^^

15.11.2010, 14:39

Reneee

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Also ich musste die Hausaufgaben heute leider schon abgeben und mir ist leider nicht mehr eingefallen, wie das mit den rationalen Zahlen funktioniert hätte.
Wie hätte ich das denn zeigen können?

15.11.2010, 15:19

Reksilat

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Du willst doch $\begin{eqnarray*} f ( \frac{p}{q} \cdot v ) = \frac{p}{q} \cdot f ( v ) \end{eqnarray*}$ zeigen.
Diese Gleichung ist für $\begin{eqnarray*} q\in\mathbb{N}, q>0 \end{eqnarray*}$ aber äquivalent zu:
$\begin{eqnarray*} q\cdot f ( \frac{p}{q} \cdot v ) = q\cdot\frac{p}{q} \cdot f ( v ) \end{eqnarray*}$

Und das lässt sich mit den bisherigen Resultaten leicht zeigen.

Gruß,
Reksilat.

15.11.2010, 15:35

Reneee

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Och Mensch. Big Laugh

Big Laugh

Naja danke für deine Hilfe!

15.11.2010, 15:48

Reksilat

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Am Wochenende bin ich leider immer nur sporadisch online. Tut mir leid, dass es nicht ganz gereicht hat.

Bis zum nächsten Mal. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß,
Reksilat.

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