heute ist der Geburtstag von
Pierre-Simon Laplace (28.03.1749 - 05.03.1827)


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WS07: 09/3.2.9 
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Beitrag WS07: 09/3.2.9
Hey! Hat schon jemand eine Lösung zu diesem Bsp? Wär super wenn sie jemand posten könnte!
Danke!
Lg Hanna


Di 04-12-2007 16:42:08
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hat denn wirklich niemand die Lösung des Bsps? oder evtl irgendwelche Hinweise?

thx


Di 04-12-2007 18:52:59
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Die eine Richtung:

V = ker f + f(V)
=> f(V) = f(ker f) + f(f(V)) = 0 + f(f(V))
=> f(V) = f o f(V)
=> f = f o f
=> ker f = ker f o f

Und die andere:

ker f = ker (f o f)
=> f(ker f) = f(ker (f o f)) Man beachte: ker f = f^-1(0)
=> 0 = ker f
=> f ist injektiv
=> dim V = dim f(V)
=> f ist surjektiv
=> f(V) = V
=> f(V) + ker f = V + 0 = V und f(V) n ker f = V n 0 = 0


Di 04-12-2007 19:01:38
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Schöne Beweiseführung, danke.
Nur versteh ich den Hinweis zu (a) nicht ganz, was meint er damit dass die Voraussetzung über dim V nicht weggelassen werden darf.
Heiß dass in unserem Beweis muss vorkommen das die Dimension nicht unendlich ist?


Di 04-12-2007 21:00:18
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Wahrscheinlich, ja.
Wahrscheinlich funktioniert Gregor's Beweis so eh nur bei endlich dimensionalen VR, ansonsten hat die ganze rechnerei wenig Sinn, da ist dann eh immer alles unendlich wahrscheinlich :D

_________________
"I'm reading the paper; sitting around; I'm chatting; going for walks. But all of this is just perception. I'm actually working or rather: something is spinning around in my head and I'm just waiting to grab it and form it."
Pablo Picasso


Di 04-12-2007 21:05:10
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Ja, der Satz 3.2.6, der besagt, dass f genau dann injektiv ist, falls dim V = dim f(V) (was ich hier verwendet habe), gilt nur für dim V < oo.


Di 04-12-2007 21:06:41
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danke Gregor, nette Lösung!

Hat jemand b) gemacht? *liebguck*


Di 04-12-2007 21:12:23
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Ich hatte gehofft, dass irgendwer die Richtigkeit der Lösung anzweifelt. Sie steht nämlich im Widerspruch zu b.).
Ich habe aus
ker f = ker (f o f)
gefolgert, dass
ker f = 0.

Bei b.) steht aber: Gib eine lineare Abbildung an, die keine Projektion ist, wobei $\{0\} \not= \ker f = \ker f \circ f$
Wenn so eine Abbildung existiert, ist mein Beweis falsch. Ich verstehe aber ehrlich gesagt nicht, was daran falsch sein soll. Wenn jemand den Fehler findet (sollte er tatsächlich bei mir liegen), wäre ich sehr dankbar.


Mi 05-12-2007 00:41:52
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Sorry an alle, die Lösung oben war natürlich falsch.
f(ker f o f) = ker f war ein irrtümlicher Schluss (es gilt nur die Inklusion, nicht aber die Gleichheit), daher folgt aus
(ker f = ker f o f) auch nicht, dass (ker f = {0}).

Der Vollständigkeit halber, hier ein korrekter Beweis, den ich glücklicherweise noch vor der Übung vom Michi übernommen hab (ist übrigens auch viel schöner als der, den der Stoll verwendet hat):

ker f o f = {x | f(x) ? ker f} = {x | f(x) = 0} disjunkt vereinigt mit {x | (f(x) ? ker f) und (x !? ker f)}
Die erste der beiden Teilmengen ist nur eine andere Bezeichnung für ker f.

Wenn also ker f = ker f o f, dann muss folgen:
{x | (f(x) ? ker f) und (x !? ker f)} = {}
=> für alle x !? ker f : f(x) !? ker f

Außerdem wissen wir ja: für alle x ? ker f : f(x) = 0
Somit können wir uns f(V) zusammensetzen aus f(ker f) u f(V\ker f) = 0 u f(V)\ker f
Daraus folgt natürlich
(ker f) n (f(V)) = (ker f) n (0 u f(V)\ker f) = 0

Die Tatsache, dass ker f + f(V) = V, ergibt sich auch daraus, denn mit Dimensionssatz u. Rangformel gilt ja:
dim (ker f + f(V)) = dim ker f + dim f(V) - dim(ker f n f(V)) = dim ker f + dim f(V) = dim V

Da (ker f + f(V)) ein Unterraum von V ist und dieselbe Dimension hat wie V selbst, muss er gleich V sein.


Mi 05-12-2007 18:14:24
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