TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 540

Sei $\,V=\mathbb {R} _{n}[x]\,$ der Vektorraum der Polynome in $x$ vom Grad $\leq n$ mit Koeffizienten aus $\mathbb {R}$. Sei weiters eine Abbildung $D$ definiert durch

$D\left(\sum _{k=0}^{n}\,a_{k}\cdot x^{k}\right)=\sum _{k=1}^{n}\,k\cdot a_{k}\cdot x^{k-1}$.

Untersuchen Sie, ob $D$ eine lineare Abbildung ist. Untersuchen Sie $D$ weiters auf Injektivität und Surjektivitat.

Bestimmen Sie die Matrix der linearen Abbildung $D$ bezüglich der Basis $B=\left\{x^{0},\,x^{1},\,\ldots ,\,x^{n}\right\}$ von $V$.

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== Lösungsvorschlag von ~~~ ==
--~~~~

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Lösungsvorschlag von Königd

--Königd 13:43, 18. Jun. 2019 (CEST)

Wenn man sich die Angabe 527), auf der dieses Beispiel basiert, genauer anschaut, fällt einem auf, dass die Abbildung

$D(\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k})=\sum _{k=1}^{n}ka_{k}x^{k-1}$

eigentlich die eine Ableitung eines Polynoms darstellt.

Lineare Abbildung

Damit eine Abbildung als lineare bezeichnet werden darf, müssen folgende Eigenschaften gelten:

a) $D(a+b)=D(a)+D(b)$

b) $D(\lambda a)=\lambda D(a)$

Punkt a) ist recht einfach zu zeigen, denn man kann es durchrechnen oder argumentieren:

$D(\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}+\sum _{k=0}^{n}b_{k}x^{k})=\sum _{k=1}^{n}ka_{k}x^{k-1}$

$D(\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}+\sum _{k=0}^{n}b_{k}x^{k})=\sum _{k=1}^{n}ka_{k}x^{k-1}+\sum _{k=1}^{n}kb_{k}x^{k-1}$

$D(\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}+\sum _{k=0}^{n}b_{k}x^{k})=\sum _{k=1}^{n}ka_{k}x^{k-1}+kb_{k}x^{k-1}$

$D(\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}+b_{k}x^{k})=\sum _{k=1}^{n}ka_{k}x^{k-1}+kb_{k}x^{k-1}$

Punkt b) kann man auf genau die selbe art und weiße nachrechnen, jedoch kann man hier argumentieren, dass ein Skalar aus einer Summe herausgehoben werden kann und somit ersparrt man sich das ganze nachrechnen.

Injektivität

Da es sich um Ableitungsfunktionen handelt, und jede Ableitung unendlich viele Stammfunktionen hat (verschoben um die additive Konstante) ist diese Funktion nicht injektiv.

Surjektivität

Jede Ableitungsfunktion hat auch eine bzw. sogar unendlich viele Stammfunktionen. Damit ist klar, dass die Funktion surjektiv ist.

Matrix der Linearen Abbildung

Schluss endlich muss man die Matrix A angeben, welche die Abbildung $D$ beschreibt.

Hierfürh haben wir die Basis $B=\{x^{0},x^{1},x^{2},...,x^{n}\}$ gegeben.

Für die Matrix A muss jedoch gelten:

$A*B=(0,1,2x,3x^{2},4x^{3},...,nx^{n-1})$

Daraus folgt gleich, dass die Matrix A als Spaltenmatrix so aussehen muss

$A=(0,x^{-1},2x^{-1},3x^{-1},...,nx^{-1})$

Hilfreiches von Har203

Lineare Abbildung

Seien $<V,\oplus ,K>$ und $<W,\odot ,K>$ Vektorräume über dem Körper $K$.

• $f:V\to W$ heißt lineare Abbildung (Homomorphismus), wenn

1. $\forall \;{\vec {x}},\,{\vec {y}}\in V:\quad f({\vec {x}}\oplus {\vec {y}})=f({\vec {x}})\odot f({\vec {y}})$
2. $\forall \;\lambda \in K:\quad f(\lambda \cdot {\vec {x}})=\lambda \cdot f({\vec {x}})$

• Jede lineare Abbildung kann durch eine Matrix $M$ festgelegt werden, für die gilt:

$\forall {\vec {x}}\in V:\quad f({\vec {x}})=M\cdot {\vec {x}}$

• Umgekehrt legt jede $Matrix^{n\times m}$ eine lineare Abbildung fest.

• Eine Funktion $f\colon X\to Y$ ist injektiv, wenn $\forall \,x_{1},x_{2}\in Y\colon \,f(x_{1})=f(x_{2})\Rightarrow x_{1}=x_{2}$
• Eine Funktion $f\colon X\to Y$ ist surjektiv, wenn $\forall \,y\in Y\colon \,\exists x\in X$ mit $f(x)=y$.
• Eine Funktion $f\colon X\to Y$ ist bijektiv, wenn sie sowohl injektiv, als auch surjektiv ist.

Lösungsvorschlag von Har203

Sei $\,V=\mathbb {R} _{n}[x]\,$ der Vektorraum der Polynome in $x$ vom Grad $\leq n$ mit Koeffizienten aus $\mathbb {R}$. Sei weiters eine Abbildung $D$ definiert durch

$D\left(\sum _{k=0}^{n}\,a_{k}\cdot x^{k}\right)=\sum _{k=1}^{n}\,k\cdot a_{k}\cdot x^{k-1}$.

Untersuchen Sie, ob $D$ eine lineare Abbildung ist. Untersuchen Sie $D$ weiters auf Injektivität und Surjektivitat.

Bestimmen Sie die Matrix der linearen Abbildung $D$ bezüglich der Basis $B=\left\{x^{0},\,x^{1},\,\ldots ,\,x^{n}\right\}$ von $V$.

Anmerkung: Diese lineare Abbildung ist die polynomiale $1.$Ableitung mit Reduktion der Dimension um den Wert $1$. Daher kann die Abbildung weder injektiv noch bijektiv sein.

Wir haben hier zwei Möglichkeiten:

1. Wir erstellen eine Abbildung von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n-1}[x]$, also eine Abbildung mit Dimensionsreduktion. Diese Abbildung kann natürlich nicht injektiv bzw. bijektiv sein, dafür wird diese Abbildung surjektiv sein. Die Abbildungsmatrix ist eine $(n)\times (n+1)$-Matrix.
2. Wir erstellen einen Endomorphismus, also eine Abbildung von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=V=\mathbb {R} _{n}[x]$, also eine Abbildung ohne Dimensionsreduktion. Diese Abbildung kann natürlich nicht surjektiv bzw. bijektiv sein, wird aber auch nicht injektiv sein, da die Ableitung aller Konstanten $\to {\vec {0_{n}}}$ und der Kern $\operatorname {ker} (V)=\left({\begin{array}{c}x_{0},\,0,\,\ldots ,\,0_{n}\end{array}}\right)^{T},x_{0}\in \mathbb {R} ,$ mit Defekt $\operatorname {def} (V)=1$ und $\dim(V)=n+1,\operatorname {im} (V)=n$. Die Abbildungsmatrix ist eine $(n+1)\times (n+1)$-Matrix.

• $f:V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n}[x]$ heißt lineare Abbildung (Homomorphismus), wenn

1. $\forall \;{\vec {x}},\,{\vec {y}}\in V:\quad f({\vec {x}}\oplus {\vec {y}})=f({\vec {x}})\odot f({\vec {y}})\in W$
2. $\forall \;\lambda \in K:\quad f(\lambda \cdot {\vec {x}})=\lambda \cdot f({\vec {x}})\in W$

Beweis der additiven Verträglichkeit

Gegeben seien zwei Polynome $\,p(x)=\sum _{k=0}^{n}\;p_{k}\cdot x^{k}$ und $\,q(x)=\sum _{k=0}^{n}\;q_{k}\cdot x^{k}$ beide $\in V=\mathbb {R} _{n}[x]$ vom Grad $\leq n$ mit $\,p_{k},\,q_{k}\in \mathbb {R}$ für $k=0,\ldots ,n$.

Zuerst schauen wir uns die ersten Abbildungen für $\colon \,n=0,n=1,n=2$ an.

${\begin{alignedat}{1}\mathbf {n=0\colon \;} &D\left(\sum _{k=0}^{0}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&D(\,p_{0}\,)&\;=\sum _{k=1}^{0}\,k\cdot p_{k}\cdot x^{k-1}\;&=\;0\\\mathbf {n=1\colon \;} &D\left(\sum _{k=0}^{1}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&D(\,p_{0}+p_{1}\cdot x^{1}\,)&\;=\sum _{k=1}^{1}\,k\cdot p_{k}\cdot x^{k-1}\;&=\;1\cdot p_{1}\cdot x^{0}\,=\;p_{1}\\\mathbf {n=2\colon \;} &D\left(\sum _{k=0}^{2}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&D(\,p_{0}+p_{1}\cdot x^{1}+p_{2}\cdot x^{2}\,)&\;=\sum _{k=1}^{2}\,k\cdot p_{k}\cdot x^{k-1}\;&=\;1\cdot p_{1}\cdot x^{0}+2\cdot p_{2}\cdot x^{1}\,=\,p_{1}+2\cdot p_{2}\end{alignedat}}$

Zu zeigen ist, dass $\forall \;p(x)\in V$ und $q(x)\in Vgilt\colon \,D(p(x)+q(x))=D(p(x))+D(q(x))\in W$.

${\begin{alignedat}{1}&D\left(\,p(x)\,+\,q(x)\,\right)\,&=D\left(\,\left(\sum _{k=0}^{n}\,p_{k}\cdot x^{k}\right)+\left(\sum _{k=0}^{n}\,q_{k}\cdot x^{k}\right)\,\right)\,&=\,D\left(\,\sum _{k=0}^{n}\,(p_{k}+q_{k})\cdot x^{k}\,\right)\,=\color {green}\sum _{k=1}^{n}\;k\cdot (p_{k}+q_{k})\cdot x^{k-1}\color {black}\\&D\left(\,p(x)\,\right)+D\left(\,q(x)\,\right)\,&=\left(\sum _{k=1}^{n}\,k\cdot p_{k}\cdot x^{k-1}\,\right)+\left(\sum _{k=1}^{n}\,k\cdot q_{k}\cdot x^{k-1}\,\right)\,&=\,\color {green}\sum _{k=1}^{n}\,k\cdot (p_{k}+q_{k})\cdot x^{k-1}\color {black}\quad \in \mathbb {R} _{n-1}[x]\quad \color {green}\surd \quad q.e.d.\color {black}.\end{alignedat}}$

Beweis der multiplikativen Verträglichkeit

Gegeben sei wieder das oben definierte Polynom $p(x)$.

Zu zeigen ist, dass $\forall \;p(x)\in V$ und $\lambda \in \mathbb {R} \colon \,E\left(\,\lambda \cdot p(x)\,\right)=\lambda \cdot E\left(\,p(x)\,\right)\in \mathbb {R} _{n-1}[x]$ gilt.

${\begin{alignedat}{1}D\left(\,\lambda \cdot p(x)\,\right)\,&=\,D\left(\,\lambda \cdot \left(\,\sum _{k=0}^{n}\,p_{x}\cdot x^{k}\,\right)\,\right)\,&=\,D\left(\,\sum _{k=0}^{n}\,(\lambda \cdot p_{x})\cdot x^{k}\,\right)\,&=\,\sum _{k=1}^{n}\,k\cdot (\lambda \cdot p_{k})\cdot x^{k-1}\,=\,(\color {green}\in \mathbb {R} _{n-1}[x]\color {black})\\\,&=\,\sum _{k=1}^{n}\,\lambda \cdot (k\cdot p_{k})\cdot x^{k-1}\,&=\,\lambda \cdot \left(\,\sum _{k=1}^{n}\,k\cdot p_{k}\cdot x^{k-1}\,\right)\,&=\,\lambda \cdot D\left(\,p(x)\,\right)\quad \color {green}\surd \quad {\text{ q.e.d}}.\end{alignedat}}$

$\implies D$ ist eine lineare Abbildung.

Matrix von D

Wie bereits oben erwähnt, haben wir zwei Möglichkeiten:

1. Wir erstellen eine Abbildung $D$ von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n-1}[x]$ mit Dimensionsreduktion oder
2. Wir erstellen einen Endomorphismus $D$ von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=V=\mathbb {R} _{n}[x]$, also ohne Dimensionsreduktion.

Wir schauen uns die Bilder der Basisvektoren an (eigentlich als Spaltenvektor: da es platzsparender ist, als transponierter Vektor):

${\begin{alignedat}{1}&D\left(\,x^{0}\,\right)&=0\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}0_{(0,0)},\,&0,\,&0,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{(0,n-1)}\end{array}}\right)^{T}&\\&D\left(\,x^{1}\,\right)&=1\cdot x^{0}=1\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}1_{(1,0)},\,&0,\,&0,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{(1,n-1)}\end{array}}\right)^{T}&\\&D\left(\,x^{2}\,\right)&=2\cdot x^{1}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}0_{(2,0)},\,&2,\,&0,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{(2,n-1)}\end{array}}\right)^{T}&\\&D\left(\,x^{r}\,\right)&=r\cdot x^{r-1}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}0_{(r,0)},\,&0,\,&0,\,&\cdot ,&r_{(r,r-1)},&\cdot ,&0_{(r,n-1)}\end{array}}\right)^{T}&\\&D\left(\,x^{n}\,\right)&=n\cdot x^{n-1}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}0_{(n,0)},\,&0,\,&0,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,&n_{(n,n-1)}\end{array}}\right)^{T}&\end{alignedat}}$

D.h. unsere Abbildungsmatrix $D$ hat die Dimension $(n)\times (n+1)$, besteht aus den oben angegebenen Spaltenvektoren, hat folgende Eigenschaften und schaut mit zusätzlicher Überschrift in der Matrix folgend aus:

• Die Diagonale der Matrix hat für ($i.$-te Zeile und $j.$-ten Spalte mit $i=j$) lauter $0$er,
• unterhalb dieser Diagonale (für $i>j$ stehen auch lauter $0$er,
• direkt oberhalb der Diagonale stehen die Werte der Matrix mit $1$ beginnend in der $1.$Zeile und $2.$Spalte. Der Werte in der $i.$-ten Zeile, $(i+1).$-ten Spalte ist $i$,
• direkt oberhalb dieser Werte stehen wieder nur $0$ .

$D=\left({\begin{array}{ccccccc}x_{0}&x_{1}&x_{2}&x_{3}&x_{4}&\cdots &x_{n}\\\hline 0_{(0,0)}&1&0&0&0&\cdots &0_{(0,n)}\\0_{(1,0)}&0&2&0&0&\cdots &0_{(1,n)}\\0_{(2,0)}&0&0&3&0&\cdots &0_{(2,n)}\\0_{(3,0)}&0&0&0&4&\cdots &0_{(3,n)}\\0_{(4,0)}&0&0&0&0&\cdots &0_{(4,n)}\\0_{(5,0)}&0&0&0&0&\cdots &0_{(5,n)}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0_{(n-1,0)}&0&0&0&0&0&n_{(n-1,n)}\\\end{array}}\right)$

Abbildung bzw. Matrix injektiv, surjektiv, bijektiv

Ist diese Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv?

Wir haben hier zwei Möglichkeiten:

1. So wie oben: Wir erstellen eine Abbildung von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n-1}[x]$, also eine Abbildung mit Dimensionsreduktion. Diese Abbildung kann natürlich nicht injektiv bzw. bijektiv sein, dafür wird diese Abbildung surjektiv sein. Die Abbildungsmatrix ist eine $(n)\times (n+1)$-Matrix. Diese Matrix hat an $n-$Zeilen bzw. Spalten einen einzigen Eintrag $\neq 0$ und muss daher den Rang $\operatorname {rg} (D)=n$ haben. Die Dimension von $dim(V)=dim(\mathbb {R} _{n}[x])=n+1$. D.h. der Defekt $\operatorname {def} (D)=1$ - klar das sind die Konstanten, also alle ${\vec {x}}=\left({\begin{array}{cccc}x_{0},&0,&\ldots &0_{n}\end{array}}\right),x_{0}\in \mathbb {R}$. D.h, dass diese Abbildung $D$ surjektiv ist.
2. Wir erstellen einen Endomorphismus, also eine Abbildung von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=V=\mathbb {R} _{n}[x]$, also eine Abbildung ohne Dimensionsreduktion. Diese Abbildung kann natürlich nicht surjektiv bzw. bijektiv sein, wird aber auch nicht injektiv sein, da die Ableitung aller Konstanten $\to {\vec {0_{n}}}$ und der Kern $\operatorname {ker} (V)=\left({\begin{array}{c}x_{0},\,0,\,\ldots ,\,0_{n}\end{array}}\right)^{T},x_{0}\in \mathbb {R} ,$ mit Defekt $\operatorname {def} (V)=1$ und $\dim(V)=n+1,\,\operatorname {im} (V)=n$. Die Abbildungsmatrix ist eine $(n+1)\times (n+1)$-Matrix. Die Matrix von oben mit einer zusätzlichen unteren Zeile mit lauter $0$. Anmerkung zur Surjektivität: Durch die Dimensionsreduzierung fehlen im Bildraum alle Bilder mit der höchsten Potenz $x^{n}$.

$\qquad \qquad \blacksquare$