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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Faktorraumabbildung
Thema eröffnet 2020-06-27 15:15 von X3nion
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Universität/Hochschule J Faktorraumabbildung
Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2020-07-06 22:56

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-06 22:16 - X3nion in Beitrag No. 39 schreibt:
Guten Abend Nuramon,

ist $\pi$ also surjektiv, weil $\pi: V \to V / U, \pi(a):= a + U$ und somit jedes beliebige Element $a+U \in V / U$ mindestens ein Urbild besitzt, nämlich per definitionem auf jeden Fall a?
Ja. Der entscheidende Teil ist, dass jedes Element von $V/U$ die Form $a+U$ hat, für ein geeignetes $a\in V$.


Und sei $\pi: \mathbb{R}^{2} / U$ mit $U:= \{\binom{x}{0}: x \in \mathbb{R}\}$.
Und wäre zum Beispiel $\pi\binom{1}{0} = \pi\binom{1}{1}$, aber $\binom{1}{0} \neq \binom{1}{1}$ ein Gegenbeispiel für die Injektivität von $\pi$?
In deinem Beispiel gilt $\pi\binom{1}{0} \not= \pi\binom{1}{1}$. Das zeigt also nicht, dass $\pi$ nicht injektiv ist. Mit kleinen Korrekturen könntest du es aber zu einem Gegenbeispiel machen.

Allgemein solltest du dir auch noch folgendes überlegen:
Sei $\pi:V\to V/U$ die natürliche Projektion (wobei $U$ ein beliebiger Unterraum eines beliebigen Vektorraumes $V$ ist). Was ist dann $\ker \pi$?
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-06 23:44



In deinem Beispiel gilt $\pi\binom{1}{0} \not= \pi\binom{1}{1}$. Das zeigt also nicht, dass $\pi$ nicht injektiv ist. Mit kleinen Korrekturen könntest du es aber zu einem Gegenbeispiel machen.
Ja klar das stimmt, da habe ich mich vertan. Ich meinte $\pi\binom{0}{1} \not= \pi\binom{1}{1}$. Damit würde es ja aufgehen?


Allgemein solltest du dir auch noch folgendes überlegen:
Sei $\pi:V\to V/U$ die natürliche Projektion (wobei $U$ ein beliebiger Unterraum eines beliebigen Vektorraumes $V$ ist). Was ist dann $\ker \pi$?

Es ist $\ker \pi = \{x$ | $x \in U\}$, denn das Nullelement in $V / U$ ist gerade U und $\pi$ bildet jedes Element aus V auf $u + U$ ab, was gerade U ist.
Aber was bedeutet das in diesem Zusammenhang?

Viele Grüße,
X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, eingetragen 2020-07-06 23:56

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Ja klar das stimmt, da habe ich mich vertan. Ich meinte $\pi\binom{0}{1} \not= \pi\binom{1}{1}$. Damit würde es ja aufgehen?
Wenn du diesmal das $\not=$ durch $=$ ersetzt, passt es.


Es ist $\ker \pi = \{x$ | $x \in U\}$
Na, das kann man ja wohl noch einfacher ausdrücken.
P.S.: Benutze \mid für den Mittelstrich in LaTeX: $\{x\mid x \in U\}$.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-07 00:01

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2020-07-06 23:56 - Nuramon in Beitrag No. 42 schreibt:

Ja klar das stimmt, da habe ich mich vertan. Ich meinte $\pi\binom{0}{1} \not= \pi\binom{1}{1}$. Damit würde es ja aufgehen?
Wenn du diesmal das $\not=$ durch $=$ ersetzt, passt es.


Es ist $\ker \pi = \{x$ | $x \in U\}$
Na, das kann man ja wohl noch einfacher ausdrücken.
P.S.: Benutze \mid für den Mittelstrich in LaTeX: $\{x\mid x \in U\}$.

Ohman, ich fühle mich gerade echt wie ein kompletter Laie wie in einer Nachhilfestunde 😖 Danke dir für die Ratschläge!

Es gilt $\ker \pi = U$.
Aber was fangen wir damit an?

VG X3nion
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2020-07-07 00:03


Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Injektivität einer linearen Abbildung und ihrem Kern?



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-07 00:09


Eine lineare Abbildung ist genau dann injektiv, wenn ihr Kern trivial ist.
Also ist eine beliebige natürliche Projektion $\pi: V \to V / U$ genau dann injektiv, wenn U der Nullvektorraum ist :))

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, eingetragen 2020-07-07 00:14


👍



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-07 00:26


Sehr gut 😄

Dann war mir noch eines unklar. Du schriebst in Beitrag 38, als Antwort zu meiner Aussage:


Weil sonst könnte ja $\pi(a) = v + U$ für ein $a \in V$ gelten, aber damit würde ja eine andere Abbildungsvorschrift rauskommen.

Folgendes:


Das entscheidende ist, dass $\pi(v)=v+U$.
Du kannst es noch ein bisschen verallgemeinern:
Seien $X,Y,Z$ Mengen, $\pi: X\to Y$ eine surjektive und $f_1,f_2: Y\to Z$ beliebige Abbildungen. Falls dann $f_1\circ \pi = f_2\circ \pi$ gilt, so muss $f_1=f_2$ gelten.

Was meintest du genau damit?Und welchen Bezug hat das zu obigem?

VG X3nion



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, eingetragen 2020-07-07 01:06

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Ich wollte ausdrücken, dass dein Einwand "es könnte ja auch noch ein anderes $a$ geben mit $\pi(a)=\pi(v)$" für den Nachweis der Eindeutigkeit irrelevant ist. Es reicht nachzuweisen, dass es eine Abbildungsvorschrift gibt, die von jeder Abbildung $f'$ mit $f = f'\circ \pi$ erfüllt wird, denn dann kann es höchstens eine solche Abbildung geben.

Wenn du die allgemeine Aussage am Ende beweist, dann sollte dir klarer werden, was ich ursprünglich mit "Eindeutigkeit folgt aus der Surjektivität von $\pi$" gemeint habe.
\(\endgroup\)


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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-07 01:26


Sei also $y \in Y$ beliebig. Weil $\pi$ surjektiv ist, existiert dazu ein $x \in X$ mit $\pi(x) = y$. Wenden wir $f_{1}$ darauf an, so ergibt sich:
$f_{1}(\pi(x)) = f_{1}(y)$. Analog erhalten wir durch Anwendung von $f_{2}:$ $f_{2}(\pi(y)) = f_{2}(y)$. Wegen der Annahme $f_{1} \circ \pi = f_{2} \circ \pi$ erhalten wir $f_{1}(y) = f_{2}(y)$ und - da $y \in Y$ beliebig war - $f_{1} = f_{2}$.

Passt das so?

Jetzt ergibt es auf jeden Fall Sinn: die Surjektivität von $\pi$ erzwingt quasi die Gleichheit der beiden Funktionen!

Viele Grüße,
X3nion



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Ja, passt so.



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Vielen vielen Dank dir, Nuramon, für deine große Hilfe! 🙂
Schon wieder so ein immens langer Beitrag von mir .. so langsam fühle ich mich echt als Fraginator 😂
Aber es macht Spaß, wenn man den Sachverhalt versteht nach gezielten Fragen und Antworten von euch darauf versteht!

VG X3nion



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X3nion hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
X3nion hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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