orthogonale Komplemente

31.05.2012, 11:05

1nstinct

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orthogonale Komplemente

Hallo zusammen smile

smile

Sei V der Vektorraum der Polynom vom Grad <=4 und Nullstelle bei 1.

$\begin{eqnarray*} P,Q\in V: \Phi(P,Q)=P'(1)Q(0) \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} M=X^3-1 \end{eqnarray*}$ .

Jetzt soll ich das links- bzw. rechtsseitige Komplement von M bestimmen.

Ich nehme mir also ein beliebiges Polynom aus V, bilde das Skalarprodukt und setzte das gleich 0.

Sei $\begin{eqnarray*} P=a_4X^4+a_3X^3+a_2X^2+a_1X+a_0\in V \end{eqnarray*}$

Dann $\begin{eqnarray*} \Phi(P,M)=P'(1)M(0)=(4a_4+3a_3+2a_2+a_1)*(-1)=-4a_4-3a_3-2a_2-a_1=0 \end{eqnarray*}$

Jetzt bin ich mir nicht mehr so sicher.
Da $\begin{eqnarray*} dim(M)=dim(M^\perp)=2 \end{eqnarray*}$ hätte ich z.B den Lösungsraum: $\begin{eqnarray*} M^\perp=span((X^4-2X^2),(2X^3-3X)) \end{eqnarray*}$

Ich würde mir über eure Hilfe freuen smile

smile

01.06.2012, 05:38

juffo-wup

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Hier ist einiges durcheinander:
Einmal ist $\begin{eqnarray*} M=X^3-1 \end{eqnarray*}$ ein Polynom, dann ein Unterraum? Der Dimension 2 hat? verwirrt

verwirrt

Dann ist das $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ kein Skalarprodukt, da nicht symmetrisch, sondern nur eine Bilinearform auf $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$
Und wie du auf den "Lösungsraum" kommst, ist auch nicht klar.

01.06.2012, 10:35

1nstinct

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Erst einmal vielen Dank für deine Antwort.

Ich denke, $\begin{eqnarray*} M:=\left\{ X^3-1\right\} \end{eqnarray*}$ ist ein Polynom und ich soll $\begin{eqnarray*} M^\perp \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} ^\perp M \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Stimmt denn der Ansatz, dass ich ein beliebiges Polynom $\begin{eqnarray*} P=a_4X^4+a_3X^3+a_2X^2+a_1X+a_0 \end{eqnarray*}$ nehme (welches eine Nullstelle bei X=1 hat) und dann $\begin{eqnarray*} \Phi(P,M)=0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \Phi(M,P)=0 \end{eqnarray*}$ berechne?

01.06.2012, 21:02

juffo-wup

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Zitat:

Original von 1nstinct
Ich denke, $\begin{eqnarray*} M:=\left\{ X^3-1\right\} \end{eqnarray*}$ ist ein Polynom und ich soll $\begin{eqnarray*} M^\perp \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} ^\perp M \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Du verwechselst das Polynom mit der Menge, die nur das Polynom enthält, und oben auch mit dem von ihm erzeugten Unterraum. Und worauf ich noch hinauswollte, der Unterraum hat sicher nicht Dimension 2, da er ja nur von einem Element erzeugt wird.

Zitat:

Stimmt denn der Ansatz, dass ich ein beliebiges Polynom $\begin{eqnarray*} P=a_4X^4+a_3X^3+a_2X^2+a_1X+a_0 \end{eqnarray*}$ nehme (welches eine Nullstelle bei X=1 hat) und dann $\begin{eqnarray*} \Phi(P,M)=0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \Phi(M,P)=0 \end{eqnarray*}$ berechne?

Ja, der Ansatz ist richtig. Man kann ein solches Polynom auch immer schreiben als $\begin{eqnarray*} (X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0) \end{eqnarray*}$
Damit sparst du dir schon mal eine Variable.

01.06.2012, 22:20

1nstinct

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Ok, ich versuchs mal mit deinem Polynom P:

$\begin{eqnarray*} \Phi (P,M)=P'(1)M(0)=(b_3*1^3+b_2*1^2+b_1^1+b_0)*(-1)=-(b_3+b_2+b_1+b_0)=0 \end{eqnarray*}$

Ist dann $\begin{eqnarray*} M^\perp=\left\{ (X-1)(b_3X^3+b-2X^2+b_1X+b_0) | -(b_3+b_2+b_1+b_0)=0\right\} \end{eqnarray*}$ ?

01.06.2012, 22:49

juffo-wup

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Ja. Und was kann man über die Dimension von $\begin{eqnarray*} M^{\perp} \end{eqnarray*}$ sagen? (beachte dass $\begin{eqnarray*} M^{\perp} \end{eqnarray*}$ Kern eines Homomorphismus $\begin{eqnarray*} V\to K \end{eqnarray*}$ ist, wenn K der zugrundeliegende Körper ist.)

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01.06.2012, 23:08

1nstinct

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Hmm.. Villeicht $\begin{eqnarray*} dim(V)=dim(M)+dim(M^\perp) \end{eqnarray*}$ , Also $\begin{eqnarray*} 4=1+dim(M^\perp) \end{eqnarray*}$ aus der Dimensionsformel, da $\begin{eqnarray*} M^\perp \end{eqnarray*}$ der Kern ist und $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ das Bild?

02.06.2012, 01:54

juffo-wup

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Bitte erst nachdenken. Wie kann denn M das Bild sein, wenn der Homomorphismus nach K abbildet? Außerdem ist nicht dim(V)=4.

02.06.2012, 11:32

1nstinct

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Also, ich bin mir da wirklich nicht sicher.

Die $\begin{eqnarray*} dim(v)=5 \end{eqnarray*}$ . Der Körper K, von dem du sprichtst, müsste $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ sein.
(Ich hab nicht erwähnt, dass V alle Polynome vom Grad <=4 über $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ sind, entschuldigung). Wenn $\begin{eqnarray*} dim(\mathbb R)=1 \end{eqnarray*}$ , dann wäre ja $\begin{eqnarray*} dim(M^\perp)=4 \end{eqnarray*}$

Danke nochmal für deine Hilfe smile

smile

02.06.2012, 21:24

juffo-wup

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Ich muss mich entschuldigen, dim(V) ist tatsächlich gleich 4, wenn V= "Vektorraum der Polynome vom Grad 4 mit Nullstelle bei 1" wie in deinem 1. Post. Zur Entschädigung mal eine ausführlichere Antwort:

Hast du dir eigentlich schon klargemacht, dass diese Polynome überhaupt einen Vektorraum bilden?
Das sieht man z.B. mittels der erwähnten Darstellung als $\begin{eqnarray*} (X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0) \end{eqnarray*}$
(Es sind ja nur die Unterraumaxiome zu überprüfen; dass die Menge aller Polyome einen Vektorraum bildet, wissen wir schon.)
Dass die Dimension 4 ist, sieht man daran, dass jedes Polynom sich eindeutig in obiger Form darstellen lässt und die Abbildung $\begin{eqnarray*} K^4\to V \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (b_0,b_1,b_2,b_3)\mapsto (X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0) \end{eqnarray*}$ ein Isomorphismus ist.
Du scheinst noch etwas Probleme mit diesen Grundlagen zu haben, also überleg dir ruhig mal im Detail, warum das so stimmt.

Nun haben wir die Abbildung $\begin{eqnarray*} V\to K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0)\to b_0+b_1+b_2+b_3 \end{eqnarray*}$
(ich hoffe dir war oben klar, dass es um diese Abbildung geht.)
Der Kern ist, wie du herausgefunden hast, gleich $\begin{eqnarray*} dim(M^{\perp}) \end{eqnarray*}$
Und das Bild ist eindimensional. (warum?)
Also mit Dimensionsformel (wie du schon überlegt hattest) $\begin{eqnarray*} dim(M^{\perp})=3 \end{eqnarray*}$
Ich denke, $\begin{eqnarray*} dim(M^{\perp}) \end{eqnarray*}$ als diesen Kern darzustellen, sollte das "Bestimmen" dieses Komplementes abschließen.

Für das andere Komplement ist die Lage ähnlich.

02.06.2012, 21:40

1nstinct

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Danke nochmal für deine Mühe smile

smile

Zitat:

Nun haben wir die Abbildung $\begin{eqnarray*} V\to K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0)\to b_0+b_1+b_2+b_3 \end{eqnarray*}$

Das Bild müsste eindimensional sein, da $\begin{eqnarray*} b_0,b_1,b_2,b_3\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ und die Addition aller dieser b wieder ein Element in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ ergibt.

Könnte ich als Antwort dann schreiben:

$\begin{eqnarray*} M^\perp=\left\{(X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0) |-(b_0+b_1+b_2+b_3)=0\right\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} dim(M^\perp)=3 \end{eqnarray*}$

02.06.2012, 21:55

juffo-wup

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Zitat:

Original von 1nstinct
Das Bild müsste eindimensional sein, da $\begin{eqnarray*} b_0,b_1,b_2,b_3\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ und die Addition aller dieser b wieder ein Element in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ ergibt.

Das ist nicht die Begründung dafür, dass die dim 1 ist. Das Bild ist ein Unterraum von K und hat daher dim 0 oder 1, da $\begin{eqnarray*} dim_K(K)=1 \end{eqnarray*}$
dim 0 hat nur der Nullraum, und dass das Bild nicht der Nullraum ist, kann man schnell sehen(wie?).

Zitat:

Könnte ich als Antwort dann schreiben:

$\begin{eqnarray*} M^\perp=\left\{(X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0) |-(b_0+b_1+b_2+b_3)=0\right\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} dim(M^\perp)=3 \end{eqnarray*}$

Ja, wobei du das Minus in $\begin{eqnarray*} -(b_0+b_1+b_2+b_3) \end{eqnarray*}$ natürlich auch weglassen kannst.

02.06.2012, 22:03

1nstinct

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Zitat:

Das ist nicht die Begründung dafür, dass die dim 1 ist. Das Bild ist ein Unterraum von K und hat daher dim 0 oder 1, da $\begin{eqnarray*} dim_K(K)=1 \end{eqnarray*}$ dim 0 hat nur der Nullraum, und dass das Bild nicht der Nullraum ist, kann man schnell widerlegen (wie?).

Naja, beim Nullraum wäre ja die einzige Lösung $\begin{eqnarray*} b_0=b_1=b_2=b_3=0 \end{eqnarray*}$ , da aber z.B. $\begin{eqnarray*} b_0=1, b_1=-1, b_2=b_3=0 \end{eqnarray*}$ auch eine Lösung ist, muss die dim=1 sein.

Ich habe auch schon versucht, $\begin{eqnarray*} ^\perp M \end{eqnarray*}$ zu berechnen.

Bei mir ist $\begin{eqnarray*} ^\perp M=M^\perp \end{eqnarray*}$ .

02.06.2012, 22:42

juffo-wup

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Zitat:

Original von 1nstinct
Naja, beim Nullraum wäre ja die einzige Lösung $\begin{eqnarray*} b_0=b_1=b_2=b_3=0 \end{eqnarray*}$ , da aber z.B. $\begin{eqnarray*} b_0=1, b_1=-1, b_2=b_3=0 \end{eqnarray*}$ auch eine Lösung ist, muss die dim=1 sein.

Ok.

Zitat:

Ich habe auch schon versucht, $\begin{eqnarray*} ^\perp M \end{eqnarray*}$ zu berechnen.

Bei mir ist $\begin{eqnarray*} ^\perp M=M^\perp \end{eqnarray*}$ .

Das kann nicht sein. Es sind ja jetzt die P gesucht mit $\begin{eqnarray*} M'(1)P(0)=0 \end{eqnarray*}$
In dieser Gleichung kommt nur der 0. Koeffizient von P wirklich vor.

02.06.2012, 22:51

1nstinct

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Entschuldige, ich hatte mich verguckt. Ich war schon bei $\begin{eqnarray*} N=\left\{X^2-2X+1\right\} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} ^\perp M=\left\{(X-1)(b_3X^3+b_2X^2+b_1X+b_0)| b_0=0 \right\} \end{eqnarray*}$

Jetzt müsste es passen Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.06.2012, 23:14

juffo-wup

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Richtig. Oder kurz $\begin{eqnarray*} ^{\perp}M=\{(X-1)(b_3 X^3+b_2X^2+b_1X)\, |\, b_1,b_2,b_3 \in K\} \end{eqnarray*}$

Du könntest natürlich, um die Mengen anders darzustellen, auch jeweils 3 Polynome angeben, die eine Basis bilden. Dazu genügt es, Polynome ( $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ ) zu nehmen, die verschiedene Grade haben und die definierenden Bedingungen der 2 Komplemente von M erfüllen.

02.06.2012, 23:21

1nstinct

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Ich danke dir vielmals juffo-wup für deine wirklich ausfühliche Hilfe. Mir ist einiges klar geworden smile

smile

.

Eine Frage hätt ich noch.

Ich bekomme für $\begin{eqnarray*} \Phi(N,P)=0 \end{eqnarray*}$ raus.

Also müsste ja $\begin{eqnarray*} ^\perp N \end{eqnarray*}$ alle Polynome aus V enthalten?!

03.06.2012, 00:04

juffo-wup

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Das ist korrekt. Die Bilinearform ist "entartet", nennt man das dann auch wenn es so ein Element wie hier N gibt.
Man sieht auch, dass die Dimensionen von $\begin{eqnarray*} ^{\perp}N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} N^{\perp} \end{eqnarray*}$ nicht gleich sein müssen.
Dass solche Dinge im Allgemeinen passieren können, darauf soll die Aufgabe wohl auch unter anderem hinweisen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.06.2012, 00:21

1nstinct

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Ok, danke

smile

Als letztes muss ich noch die orthogonalen Komplemente von $\begin{eqnarray*} O=(\mathbb R(X-1))\cup \left\{(X^2-1)\right\} \end{eqnarray*}$

Könnte ich da nicht getrennt zuerst die orth. Kompl. von $\begin{eqnarray*} O_1=\left\{X^2-1\right\} \end{eqnarray*}$ brechnen und dann schauen, was noch zusätzlich gelten muss, damit diese auch othogonal zu $\begin{eqnarray*} O_2=(\mathbb R(X-1)) \end{eqnarray*}$ sind?

03.06.2012, 00:28

juffo-wup

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Ja, es läuft dann auf den Schnitt der Komplemente beider Mengen hinaus.

03.06.2012, 00:30

1nstinct

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Ist jetzt villeicht eine dumme Frage, aber $\begin{eqnarray*} O_1, O_2 \end{eqnarray*}$ sind doch beides Mengen. Warum schreibt man dann einmal normale Klammern und einmal geschwungene?

03.06.2012, 00:35

juffo-wup

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$\begin{eqnarray*} O_2=\mathbb{R} (X-1)=\{ a (X-1)\,|\, a\in\mathbb{R}\} \end{eqnarray*}$
Die runden Klammern sind nur damit klar ist, worauf sich das $\begin{eqnarray*} \cup \end{eqnarray*}$ bezieht.
Übrigens sind natürlich die Komplemente von $\begin{eqnarray*} O_2 \end{eqnarray*}$ gleich denen von $\begin{eqnarray*} \{X-1\} \end{eqnarray*}$ , das $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ davor kann man sich also auch sparen, wenn man will.

03.06.2012, 00:37

1nstinct

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Ich danke dir nochmals für deine Mühe und Ausdauer Augenzwinkern

Augenzwinkern

Du hast mir wirklich sehr geholfen.

Gute Nacht Wink

Wink

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