TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 541

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 $E$ definiert durch

$E\,(p(x)\,)=p(x+1)$ .

Untersuchen Sie, ob $E$ eine lineare Abbildung ist. Untersuchen Sie $E$ weiters auf Injektivität und Surjektivitat.
Bestimmen Sie die Matrix der linearen Abbildung $E$ bezüglich der Basis $B=\left\{x^{0},\,x^{1},\,\ldots ,\,x^{n}\right\}$ von $V$ .

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Hilfreiches von Har203[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Vektorraum Polynomräume

Lineare Abbildung

Definition:

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

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

$\forall {\overrightarrow {x}},{\overrightarrow {y}}\in V:\quad f({\overrightarrow {x}}\oplus {\overrightarrow {y}})=f({\overrightarrow {x}})\boxplus f({\overrightarrow {y}})$
$\forall \lambda \in K:\quad f(\lambda {\overrightarrow {x}})=\lambda f({\overrightarrow {x}})$

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

\forall {\overrightarrow {x}}\in V:\quad f({\overrightarrow {x}})=M{\overrightarrow {x}}

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

Abbildungsmatrix

Dimension

Dimension

Die Dimension eines Vektorraums bezeichnet die Anzahl der Vektoren in jeder Basis von ihm. (Alle Basen eines Vektorraums enthalten dieselbe Anzahl von Vektoren.)

Rang

Bei einer linearen Abbildung $f$ ist der Rang als Dimension des Bildes dieser Abbildung definiert. Dabei gilt stets, dass eine lineare Abbildung und die zugehörige Abbildungsmatrix denselben Rang haben:

$\operatorname {rg} (f)=\dim(\operatorname {im} (f))$ , also dem Bild der Abbildung $f$ .
Kern

Der Kern einer Abbildung dient in der Algebra dazu, anzugeben, wie stark die Abbildung von der Injektivität abweicht. Dabei ist die genaue Definition abhängig davon, welche algebraischen Strukturen betrachtet werden. So besteht beispielsweise der Kern einer linearen Abbildung $f\colon V\to W$ zwischen Vektorräumen $V$ und $W$ aus denjenigen Vektoren in $V$ , die auf den Nullvektor in $W$ abgebildet werden; er ist also die Lösungsmenge der homogenen linearen Gleichung $f(x)=0$ und wird hier auch Nullraum genannt. In diesem Fall ist $f$ genau dann injektiv, wenn der Kern nur aus dem Nullvektor in $V$ besteht. Analoge Definitionen gelten für Gruppen- und Ringhomomorphismen. Der Kern ist von zentraler Bedeutung im Homomorphiesatz. Definition Ist $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung von Vektorräumen, dann heißt die Menge

\operatorname {Kern} f:=\{v\in V\mid f(v)=0\in W\}

der Kern von

f

. Er ist ein Untervektorraum von

V

.

Eigenschaften von Abbildungen: injektiv / surjektiv / bijektiv

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.

lineare Abbildung injektiv / surjektiv / bijektiv

Monomorphismus: Ein Monomorphismus zwischen Vektorräumen ist eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ , die injektiv ist. Dies trifft genau dann zu, wenn die Spaltenvektoren der Darstellungsmatrix linear unabhängig sind.
Epimorphismus: Ein Epimorphismus zwischen Vektorräumen ist eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ , die surjektiv ist. Das ist genau dann der Fall, wenn der Algebra) Rang der Darstellungsmatrix gleich der Dimension von $\mathbf {W}$ ist.
Isomorphismus: Ein Isomorphismus zwischen Vektorräumen ist eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ , die bijektiv ist. Das ist genau der Fall, wenn die Darstellungsmatrix regulär ist. Die beiden Räume $V$ und $W$ bezeichnet man dann als isomorph.
Endomorphismus: Ein Endomorphismus zwischen Vektorräumen ist eine lineare Abbildung, bei der die Räume $V$ und $W$ gleich sind: $f\colon V\to V$ . Die Darstellungsmatrix dieser Abbildung ist eine quadratische Matrix.
Automorphismus: Ein Automorphismus zwischen Vektorräumen ist eine bijektive lineare Abbildung, bei der die Räume $V$ und $W$ gleich sind. Er ist also sowohl ein Isomorphismus als auch ein Endomorphismus. Die Darstellungsmatrix dieser Abbildung ist eine reguläre Matrix.

Lösungsvorschlag von Har203[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

--Har203 13:21, 5. Jan. 2026 (CET)

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 $E$ definiert durch

E\,(p(x)\,)=p(x+1)

.

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

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

Anmerkung: Diese lineare Abbildung ist eine Verschiebung auf der x-Achse um $1$ nach links. Diese Abbildung ist bijektiv und die Umkehrfunktion ist definiert durch

E^{-1}\,(p(x)\,)=p(x-1)

.

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

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

Beweis der additiven Verträglichkeit[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

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 \;} &E\left(\sum _{k=0}^{0}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&E(\,p_{0}\,)&\;=\left(\sum _{k=0}^{0}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\right)\;&=\;p_{0}\cdot (x+1)^{0}\,&=\;p_{0}\\\mathbf {n=1\colon \;} &E\left(\sum _{k=0}^{1}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&E(\,p_{0}+p_{1}\cdot x^{1}\,)&\;=\left(\sum _{k=0}^{1}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\right)\;&=\;p_{0}\cdot (x+1)^{0}+p_{1}\cdot (x+1)^{1}\,&=\;(p_{0}+p_{1})+p_{1}\cdot x\\\mathbf {n=2\colon \;} &E\left(\sum _{k=0}^{2}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&E(\,p_{0}+p_{1}\cdot x^{1}+p_{2}\cdot x^{2}\,)&\;=\sum _{k=0}^{2}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\;&=\;p_{0}\cdot (x+1)^{0}+p_{1}\cdot (x+1)^{1}+p_{2}\cdot (x+1)^{2}\,&=\;\sum _{j=0}^{n}\,p_{j}\cdot \left(\sum _{k=0}^{j}\,{\binom {j}{k}}\cdot x^{k}\right)\end{alignedat}}

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

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

Beweis der multiplikativen Verträglichkeit[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

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

Zu zeigen ist, dass $\forall \;p(x)\in V$ und $\lambda \in \mathbb {R} \colon \,E\left(\,\lambda \cdot p(x)\,\right)=\lambda \cdot E\left(\,p(x)\,\right)\in \mathbb {R} _{n}[x]$ gilt. ${\begin{alignedat}{1}E\left(\,\lambda \cdot p(x)\,\right)=\,E\left(\,\lambda \cdot \left(\,\sum _{k=0}^{n}\,p_{x}\cdot x^{k}\,\right)\,\right)&=\,E\left(\,\sum _{k=0}^{n}\,\lambda \cdot p_{x}\cdot x^{k}\,\right)\,&=\,\sum _{k=0}^{n}\,\lambda \cdot p_{k}\cdot (x+1)^{k}\,=\,\\&=\,\lambda \cdot \left(\,\sum _{k=0}^{n}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\,\right)\,&=\,\lambda \cdot E\left(\,p(x)\,\right)\quad \in W=\mathbb {R} _{n}[x]\quad \color {green}\surd \quad {\text{ q.e.d}}.\end{alignedat}}$

$\implies E$ ist eine lineare Abbildung.

Matrix von E[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Diese lineare Abbildung bildet vom Vektorraum $V=\mathbb {R} _{n}[x]$ in den gleichen Vektorraum $W=\mathbb {R} _{n}[x]$ ab. Für die Abbildungsmatrix benötigen wir daher eine $(n+1)\times (n+1)$ -Matrix. Die Basis $B$ ist bezüglich beider Vektorräumen $V$ und $W\colon \;B=\left(\,x^{0},x^{1},\ldots ,x^{n}\,\right)$ .

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

${\begin{alignedat}{1}&E\left(\,x^{0}\,\right)&=(x+1)^{0}\,&=\,1\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}1_{(0,0)},\,&0,\,&0,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{(0,n)}\end{array}}\right)^{T}&\\&E\left(\,x^{1}\,\right)&=(x+1)^{1}\,&=\,1+x\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}1_{(1,0)},\,&1,\,&0,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{(1,n)}\end{array}}\right)^{T}&\\&E\left(\,x^{2}\,\right)&=(x+1)^{2}\,&=\,\sum _{k=0}^{2}\,{\binom {2}{k}}\cdot x^{k}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}1_{(2,0)},\,&2,\,&1,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{(2,n)}\end{array}}\right)^{T}&\\&E\left(\,x^{r}\,\right)&=\sum _{k=0}^{r}\,{\binom {r}{k}}&\cdot x^{k}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}1_{(r,0)},&{\binom {r}{1}},&{\binom {r}{2}},&\cdot \cdot ,&{\binom {r}{r}},&\cdot \cdot ,&0_{(r,n)}\end{array}}\right)^{T}&\\&E\left(\,x^{n}\,\right)&=\sum _{k=0}^{n}\,{\binom {n}{k}}&\cdot x^{k}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrrr}1_{(n,0)},&{\binom {n}{1}},&{\binom {n}{2}},&{\binom {n}{3}},&\cdots ,&{\binom {n}{n}}_{(n,n)}\end{array}}\right)^{T}&\\\end{alignedat}}$

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

Die Diagonale der quadratischen Matrix hat für ( $i.$ -te Zeile und $j.$ -ten Spalte mit $i=j$ ) lauter $1$ er,
unterhalb dieser Diagonale (für $i>j$ stehen auch lauter $0$ er,
direkt oberhalb der Diagonale stehen die Binomialkoeffizienten \binom{j-1}{i-1} von der $i.$ -ten Zeile und $j.$ -ten Spalte für $(j>i)$ .

$E=\left({\begin{array}{cccccccc}x^{0}&x^{1}&x^{2}&x^{3}&x^{4}&x^{5}&\cdots &x^{n}\\\hline 1_{0,0}&1&1&1&1&1&\cdots &{\binom {n}{0}}_{0,n}\\0_{1,0}&1&2&3&4&5&\cdots &{\binom {n}{1}}_{1,n}\\0_{2,0}&0&1&3&6&10&\cdots &{\binom {n}{2}}_{2,n}\\0_{3,0}&0&0&1&4&10&\cdots &{\binom {n}{3}}_{3,n}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0_{n-1,0}&0&0&0&0&0&1&{\binom {n}{n-1}}_{n-1,n}\\0_{n,0}&0&0&0&0&0&0&{\binom {n}{n}}_{n,n}\end{array}}\right)$

Abbildung bzw. Matrix injektiv, surjektiv, bijektiv[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Ist diese Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv?

Wir können die Determinate $\det(\,E\,)$ über die erste Spalte entwickeln und erhalten $1\cdot det(\,E_{2,2-n,n})=1\cdot det(\,E_{3,3-n,n})=\cdots =1$ . Eine quadratische Matrix ist genau dann invertierbar, wenn die Determinate der Matrix $\neq 0$ ist. D.h. es existiert die inverse Matrix $E^{-1}$ . D.h., dass die Matrix invertierbar bzw. regulär ist. Es handelt sich um eine bijektive Abbildung.

D.h. die Dimension des Kerns, der Defekt $\operatorname {def} (F)=0$ . Es gilt, dass der Bildraum $\dim(V)=(n+1)-0=n+1$ ist, also hat die Matrix den Rang $n+1$ und die Abbildung ist bijektiv.