TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 542

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 $F$ definiert durch

$F(\,p(x)\,)\,=\,p(\,x+1\,)\,-\,p(x)$.

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

Bestimmen Sie die Matrix der linearen Abbildung $F$ 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.

• Zwei Polynome aus $p(x),\,q(x)\in \mathbb {R} [x]\ n-$ten Grades mit $p(x)=\sum _{k=0}^{n}\,p_{k}\cdot x^{k},p_{k}\in \mathbb {R}$ und $q(x)=\sum _{k=0}^{n}\,q_{k}\cdot x^{k},q_{k}\in \mathbb {R}$ sind genau dann gleich, wenn $\forall \,p_{k},q_{k}$ gilt $p_{k}\,=\,q_{k}$ für $k=0,\cdots ,n$.

Kontrolle der Abbildung $F$ mit$\colon \;n=6\colon \;$

${\begin{alignedat}{1}&F\left(\sum _{k=0}^{6}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)\;=\;F\left(\,p_{0}\cdot x^{0}+p_{1}\cdot x^{1}+p_{2}\cdot x^{2}+p_{3}\cdot x^{3}+\ldots +p_{6}\cdot x^{6}\,\right)\;=\\\;&=\;\left(\,p_{0}\cdot (x+1)^{0}+p_{1}\cdot (x+1)^{1}+p_{2}\cdot (x+1)^{2}+p_{3}\cdot (x+1)^{3}+\ldots +p_{6}\cdot (x+1)^{6}\,\right)-\left(\,p_{0}\cdot x^{0}+p_{1}\cdot x^{1}+p_{2}\cdot x^{2}+p_{3}\cdot x^{3}+\ldots +p_{6}\cdot x^{6}\,\right)\;=\\\;&=\;\left(\,p_{0}\cdot ((x+1)^{0}-x^{0})+p_{1}\cdot ((x+1)^{1}-x^{1})+p_{2}\cdot ((x+1)^{2}-x^{2})+p_{3}\cdot ((x+1)^{3}-x^{3})+\ldots +p_{6}\cdot ((x+1)^{6}-x^{6})\,\right)\;=\\\;&=\;(\,p_{0}\cdot (0)+p_{1}\cdot (1)+p_{2}\cdot (2\cdot x+1))+p_{3}\cdot (3\cdot x^{2}+3\cdot x+1)+p_{4}\cdot (4\cdot x^{3}+6\cdot x^{2}+4\cdot x+1)+\\\;&\qquad \qquad \qquad +p_{5}\cdot (5\cdot x^{4}+10\cdot x^{3}+10\cdot x^{2}+5\cdot x+1)+p_{6}\cdot (6\cdot x^{5}+15\cdot x^{4}+20\cdot x^{3}+15\cdot x^{2}+6\cdot x^{1}+1)\,)\end{alignedat}}$

Doppelsumme$\colon \;n=6\colon \;F(\,p(\,x\,)\,)\,=\,\sum _{j=0}^{6}\,p_{j}\cdot \left(\sum _{k=0}^{j-1}\,{\binom {j}{k}}\cdot x^{k}\right)=\sum _{j=0}^{6}\colon$

${\begin{alignedat}{1}&j=0\colon \;k\,&=\,\{0,\ldots ,-1\},\;&p_{0}\cdot \left(\sum _{k=0}^{-1}=\,0\right)&\,=\,p_{0}\cdot 0\;=\;0\\&j=1\colon \;k\,&=\,\{0,\ldots ,0\},\;&p_{1}\cdot \left(\sum _{k=0}^{0}=\,1\cdot x^{0}\right)&\,=\,p_{1}\cdot 1\;=\;p_{1}\\&j=2\colon \;k\,&=\,\{0,\ldots ,1\},\;&p_{2}\cdot \left(\sum _{k=0}^{1}=\,1\cdot x^{0}+2\cdot x\right)&\,=\,p_{2}\cdot (1+2\cdot x)\\&j=3\colon \;k\,&=\,\{0,\ldots ,2\},\;&p_{3}\cdot \left(\sum _{k=0}^{2}=\,1\cdot x^{0}+3\cdot x+3\cdot x^{2}\right)&\,=\,p_{3}\cdot (1+3\cdot x+3\cdot x^{2})\\&j=4\colon \;k\,&=\,\{0,\ldots ,3\},\;&p_{4}\cdot \left(\sum _{k=0}^{3}=\,1\cdot x^{0}+4\cdot x+6\cdot x^{2}+4\cdot x^{3}\right)&\,=\,p_{4}\cdot (1+4\cdot x+6\cdot x^{2}+4\cdot x^{3})\\&j=5\colon \;k\,&=\,\{0,\ldots ,4\},\;&p_{5}\cdot \left(\sum _{k=0}^{4}=\,1\cdot x^{0}+5\cdot x+10\cdot x^{2}+10\cdot x^{3}+p_{5}\cdot x^{4}\right)&\,=\,p5\cdot (1+5\cdot x+10\cdot x^{2}+10\cdot x^{3}+5\cdot x^{4})\\&j=6\colon \;k\,&=\,\{0,\ldots ,5\},\;&p_{6}\cdot \left(\sum _{k=0}^{5}=\,1\cdot x^{0}+6\cdot x+15\cdot x^{2}+20\cdot x^{3}+15\cdot x^{4}+p_{6}\cdot x^{5}\right)&\,=\,p6\cdot (1+6\cdot x+15\cdot x^{2}+20\cdot x^{3}+15\cdot x^{4}+6\cdot x^{5})\end{alignedat}}$

Wir vergleichen die beiden Ergebnisse:

${\begin{alignedat}{1}p_{0}\cdot (0)+p_{1}\cdot (1)+p_{2}\cdot (2\cdot x+1))&+p_{3}\cdot (3\cdot x^{2}+3\cdot x+1)+p_{4}\cdot (4\cdot x^{3}+6\cdot x^{2}+4\cdot x+1)+p_{5}\cdot (5\cdot x^{4}+10\cdot x^{3}+10\cdot x^{2}+5\cdot x+1)+\\&+p_{6}\cdot (6\cdot x^{5}+15\cdot x^{4}+20\cdot x^{3}+15\cdot x^{2}+6\cdot x^{1}+1)\quad \quad \color {green}\surd \color {black}.\end{alignedat}}$

Lösungsvorschlag von Har203

--Har203 02:01, 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 $F$ definiert durch

$F(\,p(x)\,)\,=\,p(\,x+1\,)\,-\,p(x)$.

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

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

• $f:V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n}[x]$ 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. $\forall \;\lambda \in K:\quad f(\lambda \cdot {\vec {x}})=\lambda \cdot f({\vec {x}})\in W$

Wir haben hier zwei Möglichkeiten diese Abbildungsmatrix aufzustellen:

• ) Als Abbildung von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n-1}$, bei der es weder eine Injektivität, noch eine Bijektivität der Abbildung geben kann, oder
• ) als Endomorphismus von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n}$, bei der es durch den Dimensionsverlust weder eine Surjektivität, noch eine Bijektivität der Abbildung geben kann.

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 $\colon \,n=0,n=1,\ldots ,n=4$ an.

${\begin{alignedat}{1}\mathbf {n=0\colon \;} &F\left(\sum _{k=0}^{0}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&F(\,p_{0}\,)&\;=\left(\sum _{k=0}^{0}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\right)-\left(\sum _{k=0}^{0}\,p_{k}\cdot x^{k}\right)\;=\;p_{0}\cdot (x+1)^{0}-p_{0}\cdot x^{0}=&\;0\\\mathbf {n=1\colon \;} &F\left(\sum _{k=0}^{1}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&F(\,p_{0}+p_{1}\cdot x^{1}\,)&\;=\left(\sum _{k=0}^{1}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\right)-\left(\sum _{k=0}^{1}\,p_{k}\cdot x^{k}\right)\;=\;(p_{0}\cdot (x+1)^{0}+p_{1}\cdot (x+1)^{1})-(p_{0}\cdot x^{0}+p_{1}\cdot x^{1})=&\;p_{1}\\\mathbf {n=2\colon \;} &F\left(\sum _{k=0}^{2}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&F(\,p_{0}+p_{1}\cdot x^{1}+p_{2}\cdot x^{2}\,)&\;=\left(\sum _{k=0}^{2}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\right)-\left(\sum _{k=0}^{2}\,p_{k}\cdot x^{k}\right)\;=\;p_{1}+p_{2}\cdot ((x+1)^{2}-x^{2})=p_{1}+p_{2}\cdot \left(\sum _{k=0}^{n-1}{\binom {n}{k}}\cdot x^{k}\right)\\\mathbf {n=3\colon \;} &F\left(\sum _{k=0}^{3}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&F(\,p_{0}+p_{1}\cdot x^{1}+\ldots +p_{3}\cdot x^{3}\,)&\;=\left(\sum _{k=0}^{3}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\right)-\left(\sum _{k=0}^{3}\,p_{k}\cdot x^{k}\right)\;=\;p_{1}+\left(\sum _{k=0}^{n-1}\,{\binom {3}{k}}\cdot x^{k}\right)\\\mathbf {n=4\colon \;} &F\left(\sum _{k=0}^{n}\;p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\;&\left(\sum _{k=0}^{n}\,p_{k}\cdot (x+1)^{k}\right)-\left(\sum _{k=0}^{n}\,p_{k}\cdot x^{k}\right)&\;=\sum _{j=0}^{n}\,p_{j}\cdot \left((x+1)^{j}-x^{j}\right)\quad =\;\sum _{j=0}^{n}\,p_{j}\cdot \left(-(x^{j})+\left(\sum _{k=0}^{j}\,{\binom {j}{k}}\cdot x^{k}\right)\right)\quad =\sum _{j=0}^{n}\,p_{j}\cdot \left(\sum _{k=0}^{j-1}\,{\binom {j}{k}}\cdot x^{k}\right)\\\end{alignedat}}$

Zu zeigen ist, dass $\forall \;p(x)\in V$ und $q(x)\in Vgilt\colon \,F(p(x)+q(x))=F(p(x))+F(q(x))\in W$ bzw. $\in \mathbb {R} _{n-1}[x]$, da die Dimension um $1$ vermindert wird

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

Beweis der multiplikativen Verträglichkeit

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

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

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

$\implies F$ ist eine lineare Abbildung.

Matrix von F

Diese lineare Abbildung bildet vom Vektorraum $V=\mathbb {R} _{n}[x]$ in den Vektorraum $W=\mathbb {R} _{n-1}[x]$ ab. $W$ hat eine niedrigere Dimension als $V$. Daher kann diese lineare Abbildung weder injektiv noch bijektiv sein. Für die Abbildungsmatrix benötigen wir eine $(n)\times (n+1)$-Matrix. Die Basis ist bezüglich $V=\left(x^{0},\,x^{1},\,\ldots ,\,x^{n}\right)$ und bezüglich $W=\left(x^{0},\,x^{1},\,\ldots ,\,\mathbf {x^{n-1}} \right)$.

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

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

D.h. unsere Abbildungsmatrix $F$ 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 ($i.$-te Zeile und $j.$-ten Spalte mit $i=j$) hat lauter $0$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 $(j>i)$.

$F=\left({\begin{array}{ccccccc}x_{0}&x_{1}&x_{2}&x_{3}&x_{4}&\cdots &x_{n}\\\hline 0_{(0,0)}&1&1&1&1&\cdots &1_{(0,n)}\\0_{(1,0)}&0&2&3&4&\cdots &{\binom {n}{1}}_{(1,n)}\\0_{(2,0)}&0&0&3&6&\cdots &{\binom {n}{2}}_{(2,n)}\\0_{(3,0)}&0&0&0&4&\cdots &{\binom {n}{3}}_{(3,n)}\\0_{(4,0)}&0&0&0&0&\cdots &{\binom {n}{4}}_{(4,n)}\\0_{(5,0)}&0&0&0&0&\cdots &{\binom {n}{5}}_{(5,n)}\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0_{(n-1,0)}&0&0&0&0&0&{\binom {n}{1-1}}_{(n-1,n)}\end{array}}\right)$

Abbildung bzw. Matrix injektiv, surjektiv, bijektiv

Ist diese Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv?

Wir haben oben bereits erwähnt, dass wir zwei Möglichkeiten für diese Abbildungsmatrix zum Aufstellen haben:

1. Als Abbildung von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n-1}$, bei der es weder eine Injektivität, noch eine Bijektivität der Abbildung geben kann, oder
2. als Endomorphismus von $V=\mathbb {R} _{n}[x]\to W=\mathbb {R} _{n}$, bei der es durch den Dimensionsverlust weder eine Surjektivität, noch eine Bijektivität der Abbildung geben kann.

Ad $1\colon \,$ Diese lineare Abbildung bildet vom Vektorraum $V=\mathbb {R} _{n}[x],\dim(V)=(n+1)$ in den Vektorraum $W=\mathbb {R} _{n-1}[x],\dim(W)=n$ ab. $W$ hat eine niedrigere Dimension als $V$. Daher kann diese lineare Abbildung weder injektiv noch bijektiv sein. Der Kern der Matrix sind der Nullvektor zusammen mit der Menge der Konstanten $x_{0}\in \mathbb {R}$ mit den Vektoren ${\vec {x}}=\left({\begin{array}{c}x_{0},&0,&0,&\cdots ,&0_{n}\end{array}}\right)^{T}$. D.h. die Dimension des Kerns, der Defekt $\operatorname {def} (F)=1$. Es gilt, dass der Bildraum $\dim(V)=(n+1)-1=n$ ist, also hat die Matrix den Rang $n$ und die Abbildung ist surjektiv.

Ad $2\colon \,$ Diese lineare Abbildung bildet einen Endomorphismus ($W=V$) vom Vektorraum $V=\mathbb {R} _{n}[x],\dim(V)=(n+1)$ in den selben Vektorraum $W=\mathbb {R} _{n}[x],\dim(W)=(n+1)$ ab. $W$ hat die gleiche Dimension wie $V$. Der Kern der Matrix ist wieder der Nullvektor zusammen mit der Menge der Konstanten $\mathbb {R} _{n}[x]$. Zusätzlich führt die Abbildung eine Reduktion der höchsten Potenz aus. Daher kann die höchste Potenz $x^{n}$ nicht als Bild der Abbildung auftreten. D.h. die Abbildung kann nicht injektiv, nicht surjektiv und damit auch nicht bijektiv sein.

$\qquad \qquad \blacksquare$