Lösung finden mittels Abb. Mat. [Schnellster Weg]

03.02.2017, 19:21

balance

Lösung finden mittels Abb. Mat. [Schnellster Weg]

Hallo,

Sei $\begin{eqnarray*} V_n:=\{P\in\mathbb C[X] | deg(P) \leq n\} \end{eqnarray*}$ mit der Standardbasis.

Weiter ist $\begin{eqnarray*} f_n: V_n\to V_n, \ f_n(P)(X):=P(X+1)-P(X) \end{eqnarray*}$

Bsp: $\begin{eqnarray*} P(X)=2X \Rightarrow f_n(P)(X)=2(X+1)-2X=2 \end{eqnarray*}$

Sei nun $\begin{eqnarray*} n=4 \end{eqnarray*}$ . Die Abb. Mat für $\begin{eqnarray*} f_4 \end{eqnarray*}$ ist:

$\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix}0&1&1&1&1\\0&0&2&3&4\\0&0&0&3&6\\0&0&0&0&4\\0&0&0&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nun soll ich ein expliites Polynom $\begin{eqnarray*} P_4 \end{eqnarray*}$ angeben, so dass $\begin{eqnarray*} f_4(P_4)=X^3 \end{eqnarray*}$

Ich frage mich, wie ich das am schnellsten löse. Was ich machen würde, wäre das gesuchte Polynom in der Standardbasis zu schreiben, also: $\begin{eqnarray*} P_4(X)=(0,0,0,1,0)^T \end{eqnarray*}$

Und dann $\begin{eqnarray*} (A|P_4) \end{eqnarray*}$ zu lösen. Dabei würde ich die 4. Zeile von allen anderen abziehen, dann die 4. durch 3 teilen und wieder allen andern abziehen usw. So dass ich dann die Einheitsmatrix dastehen habe und rechts die Lösung.

Aber das scheint mir etwas zu rbeitsintensiv. Geht das schneller?

03.02.2017, 20:04

Elvis

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Arbeit stärkt die eigenen Fähigkeiten und das Selbstvertrauen. Der Ansatz ist gut.

03.02.2017, 20:19

balance

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hmm, irgendwas stimmt glaub doch nicht, oder ich habe mich gerade verwirrt. Ich habe eine Nullzeile, also ist meine Determinante 0, also kriege ich keine Inverse und somit ist das System nicht lösbar.

Die Nullzeile stimmt aber, da das Bild offensichtlich eine Dimension "kleiner" ist. [Der höchste Grad wird ja immer ausradiert]

Was aber auch impliziert, dass $\begin{eqnarray*} x^3 \end{eqnarray*}$ der höchste Grad im Bild von $\begin{eqnarray*} f_4 \end{eqnarray*}$ ist und somit brauche ich irgendein Polynom vom Grad 4 - da meine Abbildung das Polynom ja um ein Grad reduziert.

Kurzum: Mein Ansatz klapt so nicht. Was mich verwirrt...

Ich meine... Ich möchte ein Polynom finden, welches ich in meine Abbildung stopfen kann und dabei $\begin{eqnarray*} x^3 \end{eqnarray*}$ rauskommt

Ich suche also ein Polynom $\begin{eqnarray*} P_4 \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} f_4(P_4)=x^3 \end{eqnarray*}$ . Die Abbildungsmatrix stimmt, da bin ich mir sicher. Somit können wir also schreiben

$\begin{eqnarray*} f_4(P_4)=x^3 \ \Leftrightarrow \ AP_4=x^3 \end{eqnarray*}$

Der Koeffizientenvektor von $\begin{eqnarray*} x^3 \end{eqnarray*}$ ist doch nun $\begin{eqnarray*} b:=(0,0.0,1,0)^T \end{eqnarray*}$ [Ich bin mir auch hierbei sicher]

Also gilt es zu lösen: $\begin{eqnarray*} AP_4=b \end{eqnarray*}$ . Nun ist aber, wie gesagt, die Determinante null...

Irgendwo hackts. :O

Edit: Also ich meine, es macht ja Sinn. Es ist halt keine Bijektive Abbildung. Also keine Umkehrabbildung. Irngedwie krass, dass ich über diesen Fall nie gross nachgedacht habe. Eigentlich gerade gut um mal wieder INjektivität und Surjektivität zu repetieren. :P Diese Funktion hier ist Injective, oder?

03.02.2017, 21:40

Elvis

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Lineare Gleichungssysteme löst man wie immer mit dem Gauss-Algorithmus. Die Lösungsmenge ist stets eine spezielle Lösung + ein Untervektorraum. Der Untervektorraum ist die Lösungsmenge des homogenen LGS (rechte Seite = 0). Der Gauß-Algorithmus macht das alles wie von selbst.
Wenn die lineare Abbildung nicht injektiv ist, gibt es mehrere Lösungen. In der Aufgabe steht ja auch nicht, gib die Lösung an, sondern gib eine Lösung an.
Vorschlag: Gib alle Lösungen an, dann hast Du viele, das ist besser als eine.

Nachtrag: Die Rechnung läuft wirklich wie von selbst. Ich ziehe immer vor, den Gauß-Algorithmus nicht nur bis zu einer oberen Dreiecksmatrix zu treiben, sondern möglichst viele Matrixelemente zu eliminieren. Dann kann man die Lösung(en) direkt ablesen.

04.02.2017, 11:19

balance

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Ich meinte durchaus, dass ich eine Diagonalmatrix anstrebe.

Wie dem auch sei. Einmal nett geschlafen und die Probleme lösen sich von selbst... Das ganze macht jedenfalls wieder Sinn. Big Laugh

Das Polynom ist $\begin{eqnarray*} (t,0,0.25,-0.5,0.25) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 0.25*(X^2(X-1)^2) + c, c \in\mathbb R \end{eqnarray*}$

Danke

04.02.2017, 11:32

balance

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Aber ich habe noch eine Frage zur Injektivität und Surjektivität. Ich sehe, dass $\begin{eqnarray*} Im(f_n)\in V_{n-1} \end{eqnarray*}$ . Was klar wird, wenn man sich die Abbildung anschaut. Der Term mit dem höchsten Grad sowie eine konstante werden immer ausradiert. Daher die Reduzierung in der Dimension.

Ich frage mich nun, ist die Abbildung surjektiv oder injektiv?

Surjektiv ist sie nicht, da nicht jedes Element in der Zielmenge [hier ist das ja $\begin{eqnarray*} V_n \end{eqnarray*}$ ] getroffen wird. [Sie wäre bezüglich $\begin{eqnarray*} Im(f_n) \end{eqnarray*}$ surjektiv]

Injektiv ist sie aber auch nicht. Es gibt mehrere Elemente in der Definitionsmenge, die auf das gleiche Bildelement abgebildet werden.

Ich habe also eine nicht-injektive und nicht-surjektive Funktion. Würde ich sie auf ihr Bild einschränken, wäre sie surjektiv aber nicht injektiv.

Kann ich sagen, dass eine auf ihr Bild eingeschränkte Funktion immer surjektiv ist?

Stimmen meine Ausführungen sonst?

04.02.2017, 13:23

Elvis

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Zitat:

Original von balance
Das Polynom ist $\begin{eqnarray*} (t,0,0.25,-0.5,0.25) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 0.25*(X^2(X-1)^2) + c, c \in\mathbb R \end{eqnarray*}$

einmal t und einmal c ist verblüffend

Zitat:

Original von balance
Das Polynom ist $\begin{eqnarray*} (t,0,0.25,-0.5,0.25) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 0.25*(X^2(X-1)^2) + c, c \in\mathbb R \end{eqnarray*}$

Nein, das ist es nicht, denn das sind viele Polynome. Aber immerhin ist das die richtige Lösungsmenge. Freude

Der Rang der Matrix ist 4, also ist die Lösungsmenge $\begin{eqnarray*} L=x_0+U \end{eqnarray*}$ eine spezielle Lösung + ein 1dimensionaler Untervektorraum. Man schreibt $\begin{eqnarray*} L=\{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \frac 1 4 \\ -\frac 1 2 \\ \frac 1 4 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}:t\in \mathbb R\} \end{eqnarray*}$
Die zur Matrix (mit Rang 4) gehörige lineare Abbildung ist nicht surjektiv, weil das Bild die Dimension 4 hat, der Zielraum aber die Dimension 5. Einschränkung einer Abbildung auf ihr Bild macht jede Abbildung surjektiv, man gewinnt aber nichts dabei, ausser dass man eine andere Abbildung hat.

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