TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 544

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

$S(p(x))=p(x-1)$ (Anmerkung: 544) Wie Beispiel 543)).

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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 22:17, 3. Jan. 2026 (CET)

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

$S(\,p(x)\,)=p(x-1)$ (Anmerkung: 544) Wie 543)).

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

• $f:V\to W$ 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. $\forall \;\lambda \in K:\quad f(\lambda \cdot {\vec {x}})=\lambda \cdot f({\vec {x}})$

Beweis der additiven Verträglichkeit

Gegeben seien zwei Polynome mit $\,p(x)=\sum _{k=0}^{n}\;p_{k}\cdot x^{k}\in V=\mathbb {R} _{n}[x]$ vom Grad $\leq n$ mit $\,p_{k}\in \mathbb {R}$ für $k=0,\ldots ,n$ und $q(x)=\sum _{k=0}^{n}\;q_{k}\cdot x^{k}\in V=\mathbb {R} _{n}[x]$ vom Grad $\leq n$ mit $q_{k}\in \mathbb {R}$ für $k=0,\ldots ,n$.

Zuerst überprüfen wir die Sonderfälle$\colon \,n=0,n=1\quad$

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

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

${\begin{alignedat}{1}&S\left(\;p(x)\,+\,q(x)\;\right)\,&=S\left(\left(\sum _{k=0}^{n}\,p_{k}\cdot x^{k}\right)+\left(\sum _{k=0}^{n}\,q_{k}\cdot x^{k}\right)\right)=S\left(\sum _{k=0}^{n}\,(p_{k}+q_{k})\cdot x^{k}\right)=&\sum _{k=0}^{n}\,(p_{k}+q_{k})\cdot (x-1)^{k}\\&S\left(\;p(x)\;\right)\,+\,S\left(\;q(x)\;\right)\,&=\left(\sum _{k=0}^{n}\,(p_{k})\cdot (x-1)^{k}\right)+\left(\sum _{k=0}^{n}\,(q_{k})\cdot (x-1)^{k}\right)=&\sum _{k=0}^{n}\,(p_{k}+q_{k})\cdot (x-1)^{k}\quad \color {green}\surd \quad {\text{ q.e.d}}.\end{alignedat}}$

Beweis der multiplikativen Verträglichkeit

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

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

${\begin{alignedat}{1}S\left(\,\lambda \cdot p(x)\,\right)=S\left(\,\lambda \cdot \left(\,\sum _{k=0}^{n}\,p_{x}\cdot x^{k}\,\right)\,\right)=S\left(\,\sum _{k=0}^{n}\,\lambda \cdot p_{x}\cdot x^{k}\,\right)=\,\sum _{k=0}^{n}\;\lambda \cdot p_{k}\cdot (x-1)^{k}\,=\,\lambda \cdot \left(\,\sum _{k=0}^{n}\;p_{k}\cdot (x-1)^{k}\,\right)\,=\,\lambda \cdot S\left(\,p(x)\,\right)\quad \color {green}\surd \quad {\text{ q.e.d}}.\end{alignedat}}$

$\implies S$ ist eine lineare Abbildung.

Matrix von S

Matrix bezüglich der Basis $B=\left(x^{0},x^{1},\ldots ,x^{n}\right)$

Wir schauen uns die Bilder der Basisvektoren an (eigentlich als Spaltenvektor: da es platzsparender ist, als transponierter Vektor): ${\begin{alignedat}{1}&S\left(\,x^{0}\,\right)&=(x-1)^{0}\,&=\,1&=1\cdot x^{0}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrr}1,\,&0,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{n}\end{array}}\right)^{T}&\\&S\left(\,x^{1}\,\right)&=(x-1)^{1}\,&=\,x-1&=1\cdot x^{1}+(-1)\cdot x^{0}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrr}-1,\,&1,\,&0,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{n}\end{array}}\right)^{T}&\\&S\left(\,x^{2}\,\right)&=(x-1)^{2}\,&=\,x^{2}-2\cdot x+1&=1\cdot x^{2}+(-2)\cdot x^{1}+1\cdot x^{0}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrr}1,\,&-2,\,&1,\,&0,\,&\cdots ,\,&0_{n}\end{array}}\right)^{T}&\\&S\left(\,x^{3}\,\right)&=(x-1)^{3}\,&=\,x^{3}-3\cdot x^{2}+3\cdot x-1&=\color {green}1\color {black}\cdot x^{3}+\color {green}(-3)\color {black}\cdot x^{2}+\color {green}3\color {black}\cdot x^{1}+\color {green}(-1)\color {black}\cdot x^{0}\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrr}\color {green}-1,\,&\color {green}3,\,&\color {green}-3,\,&\color {green}1,\,&\cdots ,\,&0_{n}\end{array}}\right)^{T}&\\&S\left(\,x^{r}\,\right)&=(x-1)^{r}\,&=\,\sum _{k=0}^{r}{\binom {r}{k}}\,(-1)^{k}\cdot x^{r-k}&\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrr}{\binom {r}{0}}\,\cdot (-1)^{0}\cdot x^{r-0},\,&{\binom {r}{1}}\,\cdot (-1)^{1}\cdot x^{r-1},\,&{\binom {r}{2}}\,\cdot (-1)^{2}\cdot x^{r-2},\,&\cdots ,\,&{\binom {r}{r}}\,\cdot (-1)^{r}\cdot x^{0}\end{array}}\right)^{T}&\\&S\left(\,x^{n}\,\right)&=(x-1)^{n}\,&=\,\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\,(-1)^{k}\cdot x^{n-k}&\,&\to \,\left({\begin{array}{rrrrrr}{\binom {n}{0}}\,\cdot (-1)^{0}\cdot x^{n-0},\,&{\binom {n}{1}}\,\cdot (-1)^{1}\cdot x^{o-1},\,&{\binom {n}{2}}\,\cdot (-1)^{2}\cdot x^{n-2},\,&\cdots ,\,&{\binom {n}{n}}\,\cdot (-1)^{n}\cdot x^{0}\end{array}}\right)^{T}&\end{alignedat}}$

D.h. unsere Matrix $S$ 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 hat lauter $1$er,
• darüber stehen für $i\geq j$ die Binomialkoeffizienten der $i.$ten Spalte und der $j.$ten Zeile$\,\colon \,{\binom {i-1}{i-j}}\,\cdot (-1)^{i-j}$ und
• unterhalb der Diagonale stehen lauter $0$er.

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

Abbildung bzw. Matrix injektiv, surjektiv, bijektiv

Ist diese Abbildung injektiv, surjektiv oder bijektiv?

• Antwort 1: Da diese Abbildung eine reine Verschiebung der Ursprungsbilder um $1$, also $x\colon =x-1$ nach rechts durchführt, bleiben alle Charakteristika jedes Polynoms aus $\mathbb {R} [x]$ erhalten und wir haben eine bijektive Abbildung. Die Umkehrabbildung ist die Verschiebung zurück um $1$, also $x\colon =x+1$ nach links.

• Antwort 2: Wir haben eine quadratische Matrix und können die Determinaten $\det(\,S\,)$ berechnen und, falls diese $\neq 0$ ist, existiert die Inverse-Abbildung $S^{-1}(\,p(x)\,)$. Wir können die Determinante nach der ersten Spalte entwickeln und erhalten $\det(\,S\,)=1\cdot det(S_{2,2-n,n})=1\cdot det(S_{3,3-n,n})=\cdots =1$. D.h. die Determinante von $S,\det(\,S\,)=1$ und die inverse Abbildung existiert. D.h. die Abbildung ist bijektiv.

• Antwort 3: Die quadratische Matrix $S_{n,n}$ hat den Zeilen- und Spaltenrang $n$. D.h., dass der Kern der Matrix $S$ ausschließlich aus dem Nullvektor besteht: $\operatorname {ker} (S)=\{\,{\vec {0}}_{n}\,\}$. Die Matrix ist invertierbar (oder regulär) genau dann, wenn der Zeilenrang gleich $n$ ist. D.h. diese Abbildung bzw. diese Matrix $S$ ist bijektiv.

$\qquad \qquad \blacksquare$