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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== Lösungsvorschlag von ~~~ ==
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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

--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

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.

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

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

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

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

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.

$\qquad \qquad \blacksquare$