TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 543

Sei $\,V=\mathbb {R} [x]\,$ der Vektorraum der Polynome in $x$ mit Koeffizienten aus $\mathbb {R}$. Sei weiters eine Abbildung $I$ definiert durch $I\left(\sum _{k=0}^{n}\,a_{k}\,\cdot x^{k}\right)=\sum _{k=0}^{n}\,a_{k}\cdot {\frac {x^{k+1}}{k+1}}$.

Untersuchen Sie, ob $I$ eine lineare $\Lambda$ bbildung ist. Ist diese Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv?

Anmerkung: Es handelt sich hier um die lineare Abbildung von einem Polynom zu seinem unbestimmten Integral.

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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 $k=0,\cdots ,n$.

Lösungsvorschlag von Har203

--Har203 02:45, 4. Jan. 2026 (CET)

Sei $\,V=\mathbb {R} [x]\,$ der Vektorraum der Polynome in $x$ mit Koeffizienten aus $\mathbb {R}$. Sei weiters eine Abbildung $I$ definiert durch

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

Untersuchen Sie, ob $I$ eine lineare Abbildung ist. Ist diese Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv ?

• $f:V=\mathbb {R} [x]^{n}\to W=\mathbb {R} [x]^{n+1}$ 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. $\forall \;\lambda \in K:\quad f(\lambda \cdot {\vec {x}})=\lambda \cdot f({\vec {x}})$

Wir haben hier eine Abbildung vom Vektorraum $f:V=\mathbf {\mathbb {R} [x]^{n}} \to W=\mathbf {\mathbb {R} [x]^{\mathbf {n+1} }}$

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 $\colon \,n=0,n=1\quad$ an.

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

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

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

Beweis der multiplikativen Verträglichkeit

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

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

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

$\implies I$ ist eine lineare Abbildung.

Matrix von I

Diese lineare Abbildung bildet vom Vektorraum $V=\mathbb {R} [x]^{n}$ in den Vektorraum $W=\mathbb {R} [x]^{n+1}$ ab. $W$ hat also eine höhere Dimension als $V$. Daher kann diese lineare Abbildung weder surjektiv noch bijektiv sein. Für die Abbildungsmatrix benötigen wir eine $(n+2)\times (n+1)$-Matrix. Die Basis ist bezüglich $V=\left(x^{0},\,x^{1},\,\ldots ,\,x^{n}\right)$ und bezüglich $W=\left(x^{0},\,x^{1},\,\ldots ,\,x^{n},\,\mathbf {x^{n+1}} \right)$.

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

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

D.h. unsere Abbildungsmatrix $I$ hat die Dimension $(n+2)\times (n+1)$, besteht aus den oben angegebenen Spaltenvektoren, hat folgende Eigenschaften und schaut mit zusätzlicher Überschrift in der Matrix folgend aus:

• Die Diagonale ($i.$-te Zeile mit der $j.$-ten Spalte) hat lauter $0$er,
• oberhalb dieser Diagonale stehen auch lauter $0$er,
• direkt unterhalb der Diagonale stehen die Werte ${\frac {1}{i}}$ für die $(i+1).$-te Zeile, $i.$-te Spalte und
• unterhalb dieser Werte befinden sich ebenfalls wieder lauter $0$er.

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

Abbildung bzw. Matrix injektiv, surjektiv, bijektiv

Ist diese Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv?

Da diese lineare Abbildung von einer Dimension $(n+1)$ in einer höhere Dimension $(n+2)$ abbildet, kann diese Abbildung weder surjektiv noch bijektiv sein.

Der Rang $\operatorname {rg} (I)$ der Matrix $I$ ist $(n+1)$, da alle Zeilen der Matrix an unterschiedlichen Spaltenpositionen genau einen Wert enthalten. D.h. der Kern der Matrix ist ausschließlich der Nullvektor ($\operatorname {ker} (I)={\vec {0_{V}}}$). Damit ist die Dimension des Kerns, der Defekt $\operatorname {def} (I)=0$. Der Spaltenrang der Abbildung ist $(n+1)$. Daher sind alle Spalten linear unabhängig. Daraus folgt, dass die Abbildung injektiv ist.

$\qquad \qquad \blacksquare$