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

Sei $V={ℝ}_n[x]$ der Vektorraum der Polynome in $x$ vom Grad $\le n$ mit Koeffizienten aus $ℝ$. 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 $B=\{x^0,x^1,\dots ,x^n\}$ von $V$.

• $⟹$ Dieses Beispiel ist die Fortsetzung von TU_Wien:Algebra_und_Diskrete_Mathematik_VU_(diverse)/Übungen_2025W/Beispiel_539

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Hilfreiches von Har203

Lineare Abbildung

Definition:

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

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

1. $\mathrm{\forall }\overrightarrow{x},\overrightarrow{y}\in V:f(\overrightarrow{x}\oplus \overrightarrow{y})=f(\overrightarrow{x})⊞f(\overrightarrow{y})$
2. $\mathrm{\forall }\lambda \in K:f(\lambda \overrightarrow{x})=\lambda f(\overrightarrow{x})$

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

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

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

Abbildungsmatrix

Lösungsvorschlag von Har203

--Har203 02:01, 5. Jan. 2026 (CET)

Sei $V={ℝ}_n[x]$ der Vektorraum der Polynome in $x$ vom Grad $\le n$ mit Koeffizienten aus $ℝ$. 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 $B=\{x^0,x^1,\dots ,x^n\}$ von $V$.

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

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

Wir haben hier zwei Möglichkeiten diese Abbildungsmatrix aufzustellen:

• ) Als Abbildung von $V={ℝ}_n[x]\to W={ℝ}_{n-1}$, bei der es weder eine Injektivität, noch eine Bijektivität der Abbildung geben kann, oder
• ) als Endomorphismus von $V={ℝ}_n[x]\to W={ℝ}_n$, 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 $\in V={ℝ}_n[x]$ vom Grad $\le n$ mit $p_k,q_k\in ℝ$ für $k=0,\dots ,n$.

Zuerst schauen wir uns die ersten Abbildungen für $:n=0,n=1,\dots ,n=4$ an.

$\begin{array}{cccccc}𝐧\mathbf{=}\mathrm{𝟎}\mathbf{:}& F(\sum _{k=0}^0{p}_k\cdot x^k)& =& F(p_0)& =(\sum _{k=0}^0{p}_k\cdot (x+1{)}^k)-(\sum _{k=0}^0{p}_k\cdot x^k)=p_0\cdot (x+1{)}^0-p_0\cdot x^0=& 0\\ 𝐧\mathbf{=}\mathrm{𝟏}\mathbf{:}& F(\sum _{k=0}^1{p}_k\cdot x^k)& =& F(p_0+p_1\cdot x^1)& =(\sum _{k=0}^1{p}_k\cdot (x+1{)}^k)-(\sum _{k=0}^1{p}_k\cdot x^k)=(p_0\cdot (x+1{)}^0+p_1\cdot (x+1{)}^1)-(p_0\cdot x^0+p_1\cdot x^1)=& p_1\\ 𝐧\mathbf{=}\mathrm{𝟐}\mathbf{:}& F(\sum _{k=0}^2{p}_k\cdot x^k)& =& F(p_0+p_1\cdot x^1+p_2\cdot x^2)& =(\sum _{k=0}^2{p}_k\cdot (x+1{)}^k)-(\sum _{k=0}^2{p}_k\cdot x^k)=p_1+p_2\cdot ((x+1{)}^2-x^2)=p_1+p_2\cdot (\sum _{k=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\cdot x^k)\\ 𝐧\mathbf{=}\mathrm{𝟑}\mathbf{:}& F(\sum _{k=0}^3{p}_k\cdot x^k)& =& F(p_0+p_1\cdot x^1+\dots +p_3\cdot x^3)& =(\sum _{k=0}^3{p}_k\cdot (x+1{)}^k)-(\sum _{k=0}^3{p}_k\cdot x^k)=p_1+(\sum _{k=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k})\cdot x^k)\\ 𝐧\mathbf{=}\mathrm{𝟒}\mathbf{:}& F(\sum _{k=0}^n{p}_k\cdot x^k)& =& (\sum _{k=0}^n{p}_k\cdot (x+1{)}^k)-(\sum _{k=0}^n{p}_k\cdot x^k)& =\sum _{j=0}^n{p}_j\cdot ((x+1{)}^j-x^j)=\sum _{j=0}^n{p}_j\cdot (-(x^j)+(\sum _{k=0}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})\cdot x^k))=\sum _{j=0}^n{p}_j\cdot (\sum _{k=0}^{j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})\cdot x^k)\\ \end{array}$

Zu zeigen ist, dass $\mathrm{\forall }p(x)\in V$ und $q(x)\in Vgilt:F(p(x)+q(x))=F(p(x))+F(q(x))\in W$ bzw. $\in {ℝ}_{n-1}[x]$, da die Dimension um $1$ vermindert wird $\begin{array}{cccc}& F(p(x)+q(x))& =F((\sum _{k=0}^n{p}_k\cdot x^k)+(\sum _{k=0}^n{q}_k\cdot x^k))=F(\sum _{k=0}^n(p_k+q_k)\cdot x^k)& =(\sum _{k=0}^n(p_k+q_k)\cdot (x+1{)}^k)-\\ & & -(\sum _{k=0}^n(p_k+q_k)\cdot x^k)=(\sum _{j=0}^n(p_j+q_j)\cdot ((x+1{)}^j-x^j))& =\sum _{j=0}^n(p_j+q_j)\cdot (\sum _{k=0}^{j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})\cdot x^k)\\ & F(p(x))+F(q(x))& =\sum _{j=0}^n{p}_j\cdot (\sum _{k=0}^{j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})\cdot x^k)+\sum _{j=0}^n{q}_j\cdot (\sum _{k=0}^{j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})\cdot x^k)& =\sum _{j=0}^n(p_j+q_j)\cdot (\sum _{k=0}^{j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})\cdot x^k)\in {ℝ}_{n-1}[x]\surd q.e.d..\end{array}$

Beweis der multiplikativen Verträglichkeit

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

Zu zeigen ist, dass $\mathrm{\forall }p(x)\in V$ und $\lambda \in ℝ:F(\lambda \cdot p(x))=\lambda \cdot F(p(x))\in {ℝ}_n[x]$ gilt. $\begin{array}{cc}F(\lambda \cdot p(x))=F(\lambda \cdot (\sum _{k=0}^n{p}_x\cdot x^k))& =F(\sum _{k=0}^n\lambda \cdot p_x\cdot x^k)=(\sum _{k=0}^n\lambda \cdot p_k\cdot (x+1{)}^k)-(\sum _{k=0}^n\lambda \cdot p_k\cdot x^k)=\\ & =\lambda \cdot ((\sum _{k=0}^n{p}_k\cdot (x+1{)}^k)-(\sum _{k=0}^n{p}_k\cdot x^k))=\lambda \cdot F(p(x))\in W={ℝ}_{n-1}[x]\surd \text{ q.e.d}.\end{array}$

$⟹F$ ist eine lineare Abbildung.

Matrix von F

Diese lineare Abbildung bildet vom Vektorraum $V={ℝ}_n[x]$ in den Vektorraum $W={ℝ}_{n-1}[x]$ 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 $V=(x^0,x^1,\dots ,x^n)$ und bezüglich $W=(x^0,x^1,\dots ,{𝐱}^{𝐧\mathbf{-}\mathrm{𝟏}})$.

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

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

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 $(j>i)$.

$F=\left(\begin{array}{ccccccc}{x}_0& x_1& x_2& x_3& x_4& \cdots & x_n\\ 0_{(0,0)}& 1& 1& 1& 1& \cdots & 1_{(0,n)}\\ 0_{(1,0)}& 0& 2& 3& 4& \cdots & {(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})}_{(1,n)}\\ 0_{(2,0)}& 0& 0& 3& 6& \cdots & {(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}_{(2,n)}\\ 0_{(3,0)}& 0& 0& 0& 4& \cdots & {(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})}_{(3,n)}\\ 0_{(4,0)}& 0& 0& 0& 0& \cdots & {(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{4})}_{(4,n)}\\ 0_{(5,0)}& 0& 0& 0& 0& \cdots & {(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{5})}_{(5,n)}\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0_{(n-1,0)}& 0& 0& 0& 0& 0& {(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1-1})}_{(n-1,n)}\end{array}\right)$

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

Ad $1:$ Diese lineare Abbildung bildet vom Vektorraum $V={ℝ}_n[x],\dim (V)=(n+1)$ in den Vektorraum $W={ℝ}_{n-1}[x],\dim (W)=n$ 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 $x_0\in ℝ$ mit den Vektoren $\overrightarrow{x}={\left(\begin{array}{ccccc}{x}_0,& 0,& 0,& \cdots ,& 0_n\end{array}\right)}^T$. D.h. die Dimension des Kerns, der Defekt $\mathrm{def}(F)=1$. 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 $2:$ Diese lineare Abbildung bildet einen Endomorphismus ($W=V$) vom Vektorraum $V={ℝ}_n[x],\dim (V)=(n+1)$ in den selben Vektorraum $W={ℝ}_n[x],\dim (W)=(n+1)$ ab. $W$ hat die gleiche Dimension wie $V$. Der Kern der Matrix ist wieder der Nullvektor zusammen mit der Menge der Konstanten ${ℝ}_n[x]$. 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.

$◼$

Links

Wikipedia:

• Vektorraum
• Lineare Abbildung
• Lineare Abbildung: injektiv / surjektiv / bijektiv
• Homomorphismus
• Matrix
• Dimension
• Rang
• Kern
• Defekt
• Rangsatz / Dimensionssatz / Kern-Bild-Satz

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