Isomorphismus etc. < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:07 Do 19.04.2012 | | Autor: | chesn |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem beliebigen Körper K.
a) Zeigen Sie, dass die Abbildung $ \Phi : End_K(V)\to End_K(V^{\*})$, die durch $ F\to F^{\*} $ gegeben ist, ein Isomorphismus ist.
b) Zeigen Sie, dass zu jedem Vektor $v\in V\backslash\{0\}$ ein \lambda\in V^\* existiert mit \lambda(v)\not= 0. |
Hallo! Wäre nett wenn mir jemand weiter helfen könnte, da ich mir recht unsicher bin. Es geht hierbei um duale Abbildungen.
a) Im Skript steht folgendes: "Sei B Basis von V und B^\* eine Basis von V^\*. Für F\in End_K(V) gilt dann M_{B^\*}^{B^\*}(F^\*)=(M_B^B(F))^T. "
Kann ich das irgendwie verwerten? Zu zeigen ist, dass F\to F^\* bijektiv ist (ein Homomorphismus ist es ja nach Vorraussetzung bereits wegen F\in End_K(V) ). Mir fällt da der Zusammenhang "Abbildung bijektiv \gdw Abbildungsmatrix ist maximal" ein, oder bin ich da auf dem Holzweg?
Danke schonmal für jeden Tipp!
b) Hier würde ich eine Basis B von V und B^\* von V^\* wählen mit B=\{v_1,v_2,...,v_n\} und B^\*=\{ \lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n \}.
Die Basen müssen ja die gleiche Dimension haben, denn es gilt dim(V)=dim(V^\*). Damit gäbe es zu jedem \lambda_i ein v_j mit i=j und damit für die zugehörige Dualbasis $ \lambda_i(v_j)=\{_{ \ 0, \ i\not= j}^{ \ 1, \ i=j} $ gibt es stets ein \lambda_i(v_j)=1 mit i=j.
Ist das so nachvollziehbar?
Vielen Dank schonmal und liebe Grüße!
chesn
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:22 Do 19.04.2012 | | Autor: | fred97 |
> Sei V ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem
> beliebigen Körper K.
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> a) Zeigen Sie, dass die Abbildung [mm]\Phi : End_K(V)\to End_K(V^{\*})[/mm],
> die durch [mm]F\to F^{\*}[/mm] gegeben ist, ein Isomorphismus ist.
>
> b) Zeigen Sie, dass zu jedem Vektor [mm]v\in V\backslash\{0\}[/mm]
> ein [mm]\lambda\in V^\*[/mm] existiert mit [mm]\lambda(v)\not=[/mm] 0.
> Hallo! Wäre nett wenn mir jemand weiter helfen könnte,
> da ich mir recht unsicher bin. Es geht hierbei um duale
> Abbildungen.
>
> a) Im Skript steht folgendes: "Sei B Basis von V und [mm]B^\*[/mm]
> eine Basis von [mm]V^\*.[/mm] Für [mm]F\in End_K(V)[/mm] gilt dann
> [mm]M_{B^\*}^{B^\*}(F^\*)=(M_B^B(F))^T.[/mm] "
>
> Kann ich das irgendwie verwerten? Zu zeigen ist, dass [mm]F\to F^\*[/mm]
> bijektiv ist (ein Homomorphismus ist es ja nach
> Vorraussetzung bereits wegen [mm]F\in End_K(V)[/mm] ).
Da verwechselt Du etwas !
Die Abbildung [mm] \Phi [/mm] leistet folgendes: [mm] \Phi [/mm] ordnet jedem Endomorphismus F von V , die zu F gehörende duale Abildung [mm] F^{\*} [/mm] zu, also
[mm] \Phi(F)=F^{\*}.
[/mm]
Zeigen sollst Du : [mm] \Phi [/mm] ist ein Isomorphismus.
> Mir fällt da
> der Zusammenhang "Abbildung bijektiv [mm]\gdw[/mm] Abbildungsmatrix
> ist maximal" ein, oder bin ich da auf dem Holzweg?
> Danke schonmal für jeden Tipp!
>
> b) Hier würde ich eine Basis B von V und [mm]B^\*[/mm] von [mm]V^\*[/mm]
> wählen mit [mm]B=\{v_1,v_2,...,v_n\}[/mm] und [mm]B^\*=\{ \lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n \}.[/mm]
>
> Die Basen müssen ja die gleiche Dimension haben, denn es
> gilt [mm]dim(V)=dim(V^\*).[/mm] Damit gäbe es zu jedem [mm]\lambda_i[/mm]
> ein [mm]v_j[/mm] mit i=j und damit für die zugehörige Dualbasis
> [mm]\lambda_i(v_j)=\{_{ \ 0, \ i\not= j}^{ \ 1, \ i=j}[/mm] gibt es
> stets ein [mm]\lambda_i(v_j)=1[/mm] mit i=j.
> Ist das so nachvollziehbar?
Ehrlich gesagt nicht. Sei $ [mm] v\in V\backslash\{0\} [/mm] $. Dann gibt es [mm] s_1,...,s_n \in [/mm] K mit:
[mm] v=s_1v_1+...+s_nv_n.
[/mm]
Nimm an, es wäre [mm] \lambda(v)= [/mm] 0 für alle $ [mm] \lambda\in V^{\*} [/mm] .$
Dann hätten wir insbesondere
[mm] \lambda_j(v)= [/mm] 0 für j=1,...,n.
Führe das zum Widerspruch.
FRED
>
> Vielen Dank schonmal und liebe Grüße!
> chesn
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:42 Do 19.04.2012 | | Autor: | chesn |
Vielen Dank für die schnelle Antwort!
Nur so eine Idee die mir gerade kurzfristig kommt (und evtl noch nicht sonderlich gut durchdacht ist):
Könnte man bei a) eine Abbildungsmatrix von [mm] \Phi [/mm] zu den Basen B und [mm] B^\* [/mm] konstruieren die vollen Rang hat?
Ansonsten ist mir schleierhaft wie ich hier weiter kommen soll.
Bei b) wäre der Widerspruch dann v=0 wobei aber vorausgesetzt war, dass [mm] v\in V\backslash\{0\} [/mm] .
Danke nochmal!
Gruß
chesn
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:12 Do 19.04.2012 | | Autor: | chesn |
bin ich denn überhaupt auf dem richtigen weg mit abbildungsmatrizen oder ist das blödsinn? im skript steht davon einiges in dem zusammenhang. ich beiß mir leider die zähne daran aus.. :(
danke und lieben gruß!
chesn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:17 Do 19.04.2012 | | Autor: | fred97 |
> Vielen Dank für die schnelle Antwort!
>
> Nur so eine Idee die mir gerade kurzfristig kommt (und evtl
> noch nicht sonderlich gut durchdacht ist):
> Könnte man bei a) eine Abbildungsmatrix von [mm]\Phi[/mm] zu den
> Basen B und [mm]B^\*[/mm] konstruieren die vollen Rang hat?
> Ansonsten ist mir schleierhaft wie ich hier weiter kommen
> soll.
Du mußt doch nur zeigen, dass [mm] \Phi [/mm] linear und injektiv ist !
>
> Bei b) wäre der Widerspruch dann v=0 wobei aber
> vorausgesetzt war, dass [mm]v\in V\backslash\{0\}[/mm] .
Ja
FRED
>
> Danke nochmal!
>
> Gruß
> chesn
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:22 Do 19.04.2012 | | Autor: | chesn |
Danke nochmal!
Für die Injektivität wäre zu zeigen, dass der Kern trivial ist.
Es gilt ja [mm] dim(F)=dim(F^\*) [/mm] und damit wäre nur für $F=0$ auch [mm] \Phi(F)=0.
[/mm]
Damit ist der [mm] kern(\Phi)=0 [/mm] trivial und die Abbildung injektiv.
Passt das denn?
Wie mache ich das mit der Linearität? Sei [mm] a\in\IK, [/mm] dann ist [mm] \Phi(a*F)=a*F^\*=a*\Phi(F) [/mm] ?
Bleibt a überhaupt unverändert unter der Abbildung [mm] \Phi [/mm] ?
Fehlt noch [mm] \Phi(F+G)=(F+G)^\*=F^\*+G^\*=\Phi(F)+\Phi(G). [/mm] Reicht aber sicherlich nicht das ohne Argumente einfach so hinzuschreiben, oder?
Danke für die Geduld & lieben Gruß,
chesn
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:29 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo chesn,
> Für die Injektivität wäre zu zeigen, dass der Kern
> trivial ist.
> Es gilt ja [mm]dim(F)=dim(F^\*)[/mm]
Was meinst du mit der Dimension von linearen Abbildungen? Ich kenne nur die Dimension von Vektorräumen.
> Wie mache ich das mit der Linearität? Sei [mm]a\in\IK,[/mm] dann
> ist [mm]\Phi(a*F)=a*F^\*=a*\Phi(F)[/mm] ?
Das erste Gleichheitszeichen ist noch zu zeigen.
> Fehlt noch [mm]\Phi(F+G)=(F+G)^\*=F^\*+G^\*=\Phi(F)+\Phi(G).[/mm]
> Reicht aber sicherlich nicht das ohne Argumente einfach so
> hinzuschreiben, oder?
Nein, das mittlere Gleichheitszeichen ist noch zu begründen.
Zu zeigen ist also
[mm] $(F+G)^\*=F^\*+G^\*$.
[/mm]
Beides sind Abbildungen [mm] $V^\*\to V^\*$. [/mm] Zu zeigen ist also
[mm] $(F+G)^\*(\varphi)=(F^\*+G^\*)(\varphi)$
[/mm]
für alle [mm] $\varphi\in V^\*$. [/mm] Beides sind Abbildungen [mm] $V\to [/mm] K$. Zu zeigen ist also
[mm] $((F+G)^\*(\varphi))(v)=((F^\*+G^\*)(\varphi))(v)$
[/mm]
für alle [mm] $v\in [/mm] V$.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:17 So 22.04.2012 | | Autor: | yangwar1 |
> Bei b) wäre der Widerspruch dann v=0 wobei aber
> vorausgesetzt war, dass .
Ja
FRED
Könnte ich das vielleicht noch einmal erklärt bekommen?
Der Beweis zu b) beginnt also so: Angenommen, es gibt zu einem v [mm] \in [/mm] V kein [mm] \lambda \in [/mm] V^*. Ein v [mm] \in [/mm] V lässt sich darstellen durch $ [mm] v=s_1v_1+...+s_nv_n [/mm] $. Insbesondere gilt also für [mm] \lambda_j(v)=0. [/mm] (Mit [mm] \lambda_j [/mm] ist vermutlich ein Basisvektor in V^* gemeint).
Nun soll der Widerspruch sein, dass dann folgt v=0. Das verstehe ich leider nicht. Warum folgt das?
Klar ist, dass [mm] \lambda(0)=\lambda(0+0)=\lambda(0) [/mm] + [mm] \lambda(0) [/mm] gilt und somit [mm] \lambda(0)=0 [/mm] gilt. Man setzte doch aber voraus, dass v [mm] \not= [/mm] 0 gilt. Also warum folgt zwangsläufig, dass [mm] \lambda(v) [/mm] nur 0 sein kann.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:45 So 22.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Der Beweis zu b) beginnt also so: Angenommen, es gibt zu
> einem v [mm]\in[/mm] V kein [mm]\lambda \in[/mm] V^*.
mit [mm] $\lambda(v)\not=0$.
[/mm]
> Ein v [mm]\in[/mm] V lässt sich
> darstellen durch [mm]v=s_1v_1+...+s_nv_n [/mm].
Wobei [mm] $(v_1,\ldots,v_n)$ [/mm] eine beliebige Basis von $V$ sei.
> Insbesondere gilt
> also für [mm]\lambda_j(v)=0.[/mm] (Mit [mm]\lambda_j[/mm] ist vermutlich ein
> Basisvektor in V^* gemeint).
Genau, [mm] $\lambda_j$ [/mm] sei der j-te Vektor der dualen Basis zu [mm] $(v_1,\ldots,v_n)$ [/mm] für [mm] $j=1,\ldots,n$.
[/mm]
> Nun soll der Widerspruch sein, dass dann folgt v=0. Das
> verstehe ich leider nicht. Warum folgt das?
In der Tat fehlen hier Zwischenschritte.
Für [mm] $j=1\ldots,n$ [/mm] gilt jeweils
[mm] $0=\lambda_j(v)=\lambda_j(s_1v_1+\ldots+s_nv_n)=\ldots=s_j$.
[/mm]
Somit [mm] $v=s_1v_1+\ldots+s_nv_n=0v_1+\ldots+0v_n=0$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:31 Do 19.04.2012 | | Autor: | yangwar1 |
Ich habe den Beweis zur b) anders gemacht und wollte fragen, ob er richtig ist:
Angenommen, es gibt zu keinem v [mm] \in V\backslash\{0}ein \lamda [/mm] aus V* mit [mm] \lamda(v)\not=0. [/mm] Dann wäre [mm] \lamda(v)=0 [/mm] für alle v [mm] \in [/mm] V und jede beliebige Abb. [mm] \lamda_i. [/mm] Insbesondere wäre [mm] \lambda_i(v_j)=0 [/mm] für alle i,j=1,...,n mit [mm] \lambda_i [/mm] als Basisvektor von V* und [mm] v_j \in [/mm] V. Also auch [mm] \lamda_i(v_j)=0 [/mm] für i=j. Dies ist ein Widerspruch zu der Definition der Dualbasis.
Zu a) habe ich folgendes. Ich habe die Abbildung [mm] \Phi(F+G) [/mm] auf ein [mm] \lambda \in V^T [/mm] angewandt. Also:
[mm] (\Phi(F+G))(\lambda)=((F+G)^T)(\lambda)=(\lambda(F \circle G)=(\lambda(F)+\lambda(G)=(\lambda\circ F)+(\lambda\circ [/mm] G)
[mm] =(\Phi(F))(\lambda)+(\Phi(G))(\lambda)=(\Phi(F)+\Phi(G)(\lambda). [/mm] Analog hab ich das mit dem Skalar gemacht. T bedeutet übrigens Sternchen.
Wenn die Injektivität noch nachgewiesen ist, dann folgt aus einem Satz (weil gleiche Dimension) auch die Surjektivität und somit die Isomorphie.
Zur Injektivität habe ich folgendes:
Sei [mm] \Phi(F)=\Phi(G). [/mm] Betrachte [mm] \Phi(F)(\lambda)=\Phi(G)(\lambda).
[/mm]
Es folgt: [mm] F^T(\lambda)=G^T(\lambda) \gdw \lambda \circ [/mm] F = [mm] \lambda \circ [/mm] G
[mm] \gdw \lambda(F-G)=0.
[/mm]
Jetzt komme ich allerdings nicht weiter. [mm] \lambda(0)=0. [/mm] Aber vermutlich besteht der Kern nicht nur aus der Null, oder? Wäre dem so, dann würde F-G=0 folgen und dann F=G.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:00 Fr 20.04.2012 | | Autor: | chesn |
Naja es gilt ja [mm] dim(F)=dim(F^\*) [/mm] also kann [mm] \Phi [/mm] nicht ein [mm] F\not=0 [/mm] mit dim(F)>0 auf ein [mm] F^\*=0 [/mm] mit [mm] dim(F^\*)=0 [/mm] abbilden. oder sehe ich das falsch??
Gruß
chesn
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:50 Fr 20.04.2012 | | Autor: | yangwar1 |
Könnte jemand vielleicht noch einmal die Aussagen in diesem Thread korrigieren?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Sa 21.04.2012 | | Autor: | chesn |
Scheinbar nicht. ^^
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:56 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Könnte jemand vielleicht noch einmal die Aussagen in
> diesem Thread korrigieren?
Geschehen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:55 Sa 21.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo yangwar,
> Ich habe den Beweis zur b) anders gemacht und wollte
> fragen, ob er richtig ist:
> Angenommen, es gibt zu keinem v [mm]\in V\backslash\{0}ein \lamda[/mm]
> aus V* mit [mm]\lamda(v)\not=0.[/mm]
Das Gegenteil von b) ist nicht, dass es zu keinem [mm] $v\in V\setminus\{0\}$ [/mm] ein [mm] $\lambda\in V^\*$ [/mm] gibt mit [mm] $\lambda(v)\not=0$, [/mm] sondern dass es zu einem [mm] $v\in V\setminus\{0\}$ [/mm] kein [mm] $\lambda\in V^\*$ [/mm] gibt mit [mm] $\lambda(v)\not=0$.
[/mm]
> Zu a) habe ich folgendes. Ich habe die Abbildung [mm]\Phi(F+G)[/mm]
> auf ein [mm]\lambda \in V^T[/mm] angewandt. Also:
> [mm](\Phi(F+G))(\lambda)=((F+G)^T)(\lambda)=(\lambda(F \circle G)=(\lambda(F)+\lambda(G)=(\lambda\circ F)+(\lambda\circ[/mm]
> G)
>
> [mm]=(\Phi(F))(\lambda)+(\Phi(G))(\lambda)=(\Phi(F)+\Phi(G)(\lambda).[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Gut!
Nur den Schritt [mm] $\lambda\circ(F+G)=\lambda\circ F+\lambda\circ [/mm] G$ hätte ich gerne genauer begründet.
> Wenn die Injektivität noch nachgewiesen ist, dann folgt
> aus einem Satz (weil gleiche Dimension) auch die
> Surjektivität und somit die Isomorphie.
Ja.
> Zur Injektivität habe ich folgendes:
> Sei [mm]\Phi(F)=\Phi(G).[/mm]
Durch "Kern=0" zeigen kann man sich etwas Aufwand sparen. Aber so geht es auch.
> Betrachte
> [mm]\Phi(F)(\lambda)=\Phi(G)(\lambda).[/mm]
Dies gilt für alle [mm] $\lambda\in V^\*$.
[/mm]
> Es folgt: [mm]F^T(\lambda)=G^T(\lambda) \gdw \lambda \circ[/mm] F =
> [mm]\lambda \circ[/mm] G
> [mm]\gdw \lambda(F-G)=0.[/mm]
Ja. Nennen wir diese Gleichung (*)
> Jetzt komme ich allerdings nicht
> weiter.
Zu zeigen ist F(v)=G(v) für alle [mm] $v\in [/mm] V$.
Nimm an, es gäbe ein [mm] $v\in [/mm] V$ mit [mm] $F(v)\not=G(v)$, [/mm] also [mm] $w:=F(v)-G(v)\not=0$.
[/mm]
Zeige, dass es dann ein [mm] $\lambda\in V^\*$ [/mm] gibt mit [mm] $\lambda(w)=1\in [/mm] K$.
Folgere einen Widerspruch zu (*).
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:42 So 22.04.2012 | | Autor: | yangwar1 |
Nur den Schritt $ [mm] \lambda\circ(F+G)=\lambda\circ F+\lambda\circ [/mm] G $ hätte ich gerne genauer begründet.
Na ja: [mm] \lambda \circ [/mm] (F+g) = [mm] \lambda(F+G)= \lambda(F) [/mm] + [mm] \lambda(G). [/mm] Da [mm] \lambda [/mm] Linearform ist und somit linear.
Das stimmt doch?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 So 22.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Nur den Schritt [mm]\lambda\circ(F+G)=\lambda\circ F+\lambda\circ G[/mm]
> hätte ich gerne genauer begründet.
>
> Na ja: [mm]\lambda \circ[/mm] (F+g) = [mm]\lambda(F+G)= \lambda(F)[/mm] +
> [mm]\lambda(G).[/mm] Da [mm]\lambda[/mm] Linearform ist und somit linear.
Du hast schon recht, dass die Linearität von [mm] $\lambda$ [/mm] das entscheidende Argument ist.
Beachte aber, dass F und G keine Vektoren aus V sind und deine Schreibweisen wie [mm] $\lambda(F)$ [/mm] eben nur eine Abkürzung für [mm] $\lambda\circ [/mm] F$ sind.
Zu zeigen ist [mm] $\lambda\circ(F+G)=\lambda\circ F+\lambda\circ [/mm] G$, d.h.
[mm] $(\lambda\circ(F+G))(v)=(\lambda\circ F+\lambda\circ [/mm] G)(v)$ für alle [mm] $v\in [/mm] V$.
Neben der Linearität von [mm] $\lambda$ [/mm] brauchst du dazu noch die Definitionen von der Verkettung [mm] $\circ$ [/mm] sowie von den Additionen $+$ in [mm] $\operatorname{End}_K(V)$ [/mm] und [mm] $V^\*$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:27 So 22.04.2012 | | Autor: | yangwar1 |
Also der Widerspruch wäre dann wohl:
[mm] \lamba(F-G)=1\not= [/mm] 0 = [mm] \lambda(F-G) [/mm] wegen (*).
Warum es nun ein [mm] \lambda(w)=1 [/mm] gibt, versteh ich noch nicht so recht.
F(v) bzw. G(v) bildet wieder in den Vektorraum V ab. Somit:
F(v) = [mm] a_1*v_1+...+a_n*v_n.
[/mm]
Also 0 [mm] \not= [/mm] F(v)-G(v) = [mm] (a_1-b_1)*v_1+...+(a_n-b_n)v_n.
[/mm]
[mm] \lambda_j((a_1-b_1)*v_1+...+(a_n-b_n)v_n)=(a_1-b_1)*\lambda_j(v_1)+...+(a_n-b_n)*\lambda_j(v_n).
[/mm]
[mm] \lambda_j(v_i)=1, [/mm] falls j=i. Deswegen kann aber [mm] \lambda_j [/mm] immer noch 0 sein.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:51 So 22.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Also der Widerspruch wäre dann wohl:
> [mm]\lambda(F-G)\red{(v)}=1\not=[/mm] 0 = [mm]\lambda(F-G)\red{(v)}[/mm] wegen (*).
> Warum es nun ein [mm]\lambda(w)=1[/mm] gibt, versteh ich noch nicht
> so recht.
Die Variante, an die ich gedacht hatte, wäre:
Da [mm] $w\not=0$ [/mm] ist $(w)$ linear unabhängig und lässt sich somit zu einer Basis [mm] $(w,v_1,\ldots,v_n)$ [/mm] von $V$ erweitern.
Sei [mm] $\lambda\colon V\to [/mm] K$ die eindeutige lineare Abbildung mit [mm] $\lambda(w)=1$ [/mm] und [mm] $\lambda(v_i)=0$ [/mm] für [mm] $i=1,\ldots,n$.
[/mm]
Alternative:
Nutze b): Wegen [mm] $w\in V\setminus\{0\}$ [/mm] existiert ein [mm] $\lambda\in V^\*$ [/mm] mit [mm] $\lambda(w)\not=0$. [/mm] Damit kannst du genauso argumentieren wie mit einem [mm] $\lambda\in V^\*$ [/mm] mit [mm] $\lambda(w)=1$.
[/mm]
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