Komplexe Zahlen UVR

17.05.2022, 18:24

jalfkjsdkfjaöjf

Komplexe Zahlen UVR

Meine Frage:
Wie ist folgende Notation zu verstehen?
$\begin{eqnarray*} C := \left\{{(z_{1}, z_{2}) \in \mathbb C^{2} | z_{1} = iz_{2}} \right\} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
was ist mit $\begin{eqnarray*} \mathbb C^{2} \end{eqnarray*}$ gemeint? und mit $\begin{eqnarray*} (z_{1}, z_{2}) \end{eqnarray*}$ ?

17.05.2022, 18:40

HAL 9000

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RE: Komplexe Zahlen UVR
$\begin{eqnarray*} \mathbb{C}^2 = \mathbb{C}\times \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ ist die Menge aller geordneten Paare komplexer Zahlen, und jenes $\begin{eqnarray*} (z_1,z_2) \end{eqnarray*}$ steht exemplarisch für so ein Paar.

Aber diese Menge $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ enthält eben nicht alle solchen Paare, sondern nur diejenigen mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray*} z_1=iz_2 \end{eqnarray*}$ . Ein Beispiel für so ein Paar ist $\begin{eqnarray*} (2+3i,3-2i) \end{eqnarray*}$ .

17.05.2022, 19:12

adkfjklaj

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RE: Komplexe Zahlen UVR

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \mathbb{C}^2 = \mathbb{C}\times \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ ist die Menge aller geordneten Paare komplexer Zahlen, und jenes $\begin{eqnarray*} (z_1,z_2) \end{eqnarray*}$ steht exemplarisch für so ein Paar.

Aber diese Menge $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ enthält eben nicht alle solchen Paare, sondern nur diejenigen mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray*} z_1=iz_2 \end{eqnarray*}$ . Ein Beispiel für so ein Paar ist $\begin{eqnarray*} (2+3i,3-2i) \end{eqnarray*}$ .

vielen Dank für deine Antwort, das hat mir schon unglaublich geholfen. Jetzt ist die Frage: wie zeige ist die UVR-Axiome? eigentlich habe ich nur kurze Anlaufschwierigkeiten bei $\begin{eqnarray*} a \in C, b \in C \end{eqnarray*}$ -> $\begin{eqnarray*} a+b \in C \end{eqnarray*}$

Setze ich dafür $\begin{eqnarray*} (z_{1},z_{2}) \end{eqnarray*}$ auf bspw. (a+ib, c+id) oder auf (a+ib, -b+ia) ?

17.05.2022, 20:46

Finn_

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Zu Vektorräumen $\begin{eqnarray*} V,W \end{eqnarray*}$ betrachtet man $\begin{eqnarray*} V\times W \end{eqnarray*}$ als Vektorraum bezüglich $\begin{eqnarray*} (v,w)+(v',w') := (v+v',w+w') \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda (v,w):=(\lambda v,\lambda w). \end{eqnarray*}$

Zu einer linearen Abbildung $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ soll ihr Graph

$\begin{eqnarray*} G = \{(v,w)\in V\times W\mid w = f(v)\} \end{eqnarray*}$

ein Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} V\times W \end{eqnarray*}$ sein. Zur Bestätigung ziehen wir das Untervektorraumkriterium heran. Die Argumentation erstellt sich eigentlich ohne großes Hinzutun von selbst.

1. Der Graph $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ ist nichtleer, weil der Definitionsbereich von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nichtleer ist, denn ein Vektorraum muss mindestens den Nullvektor enthalten.

2. Zu zeigen ist $\begin{eqnarray*} (v+v', w+w')\in G, \end{eqnarray*}$ sofern $\begin{eqnarray*} (v,w)\in G \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (v',w')\in G. \end{eqnarray*}$ Wir haben also $\begin{eqnarray*} w=f(v) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} w'=f(v') \end{eqnarray*}$ als Prämissen, womit $\begin{eqnarray*} w+w' = f(v)+f(v') = f(v+v'), \end{eqnarray*}$ wie gewünscht.

3. Schließlich ist noch zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} (\lambda v,\lambda w)\in G, \end{eqnarray*}$ sofern $\begin{eqnarray*} (v,w)\in G. \end{eqnarray*}$ Wir haben $\begin{eqnarray*} w=f(v) \end{eqnarray*}$ als Prämisse, womit $\begin{eqnarray*} \lambda w = \lambda f(v) = f(\lambda v). \end{eqnarray*}$

18.05.2022, 17:28

mumuumumumumsdaf

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Zitat:

Original von Finn_
Zu Vektorräumen $\begin{eqnarray*} V,W \end{eqnarray*}$ betrachtet man $\begin{eqnarray*} V\times W \end{eqnarray*}$ als Vektorraum bezüglich $\begin{eqnarray*} (v,w)+(v',w') := (v+v',w+w') \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda (v,w):=(\lambda v,\lambda w). \end{eqnarray*}$

Zu einer linearen Abbildung $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ soll ihr Graph

$\begin{eqnarray*} G = \{(v,w)\in V\times W\mid w = f(v)\} \end{eqnarray*}$

ein Untervektorraum von $\begin{eqnarray*} V\times W \end{eqnarray*}$ sein. Zur Bestätigung ziehen wir das Untervektorraumkriterium heran. Die Argumentation erstellt sich eigentlich ohne großes Hinzutun von selbst.

1. Der Graph $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ ist nichtleer, weil der Definitionsbereich von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nichtleer ist, denn ein Vektorraum muss mindestens den Nullvektor enthalten.

2. Zu zeigen ist $\begin{eqnarray*} (v+v', w+w')\in G, \end{eqnarray*}$ sofern $\begin{eqnarray*} (v,w)\in G \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (v',w')\in G. \end{eqnarray*}$ Wir haben also $\begin{eqnarray*} w=f(v) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} w'=f(v') \end{eqnarray*}$ als Prämissen, womit $\begin{eqnarray*} w+w' = f(v)+f(v') = f(v+v'), \end{eqnarray*}$ wie gewünscht.

3. Schließlich ist noch zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} (\lambda v,\lambda w)\in G, \end{eqnarray*}$ sofern $\begin{eqnarray*} (v,w)\in G. \end{eqnarray*}$ Wir haben $\begin{eqnarray*} w=f(v) \end{eqnarray*}$ als Prämisse, womit $\begin{eqnarray*} \lambda w = \lambda f(v) = f(\lambda v). \end{eqnarray*}$

vielen Dank für die Antwort.
Ich habe es so auf meinen UVR angewandt und kam zum Entschluss, dass es ein UVR sei. Richtig?

18.05.2022, 18:20

Finn_

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Deine Problemstellung ist von der Form

$\begin{eqnarray*} \{(v,w)\in V\times W\mid v = f(w)\} \end{eqnarray*}$

mit bijektivem $\begin{eqnarray*} f, \end{eqnarray*}$ womit die Gleichung äquivalent zu $\begin{eqnarray*} w=f^{-1}(v) \end{eqnarray*}$ ist. Ob für ein allgemeines $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eine Komplikation entsteht oder nicht, kannst du dir ja überlegen.

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