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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Endomorphismen/Unterräume
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Universität/Hochschule J Endomorphismen/Unterräume
mathebauer97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-13


Liebes Forum,

ich soll entscheiden und begründen ob und warum die folgende Aussage wahr/falsch ist:


Jede Selbstabbildung eines K-Vektorraums, die Unterräume auf Unterräume abbildet, ist ein Endomorphismus.
(Mir ist bewusst, dass jede lineare Abbildung Unterräume auf Unterräume abbildet, bin mir aber nicht sicher ob diese Eigenschaft allein hinreichend ist?)

Ich hätte gesagt das ist wahr, denn die Aussage lässt sich auch so schreiben:

\(\forall f:V \to V: (\forall U \leq V:f(U) \leq V) \Rightarrow f \in End(V)\)

Die Kontraposition wäre also, wenn f kein Endomorphismus ist, so existiert ein \(U \leq V\) sodass \(f(U)\) kein Unterraum ist, was man ja recht leicht zeigen kann. Ist das richtig ? Wenn nicht, würde ich mich sehr über ein kleines Gegenbeispiel freuen, bzw. einen Hinweis wo denn mein Denkfehler liegt.

Freundliche Grüße,
Mathebauer



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-13


2020-07-13 19:01 - mathebauer97 im Themenstart schreibt:
Wenn f kein Endomorphismus ist, so existiert ein \(U \leq V\) sodass \(f(U)\) kein Unterraum ist, was man ja recht leicht zeigen kann.

Bist du dir sicher?

Probiere mal $K = \mathbb{R}$ und $V = \mathbb{R}$. (Man sollte bei (Gegen-)Beispielen immer mit den leichtesten Fällen anfangen.)


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The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo,

ich kann in dem was du geschrieben hast leider kein Argument erkennen.

Denke vielleicht erst einmal über den Fall nach, in dem $V$ eindimensional ist.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)


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mathebauer97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-13


Danke euch für die Antworten, ich denke damit hat es sich gelöst, denn:

Betrachten wir V=\(\mathbb{R}\) und K=\(\mathbb{R}\),
dann ist der einzige Untervektorraum \([1] = \mathbb{R}\).
Da es natürlich jede Menge Abbildungen \(f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}\) gibt, die nicht-linear sind, ist die Aussage falsch.




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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-07-13


Dein Argument ist leider noch unvollständig. Zum einen gibt es mehr Unterräume als nur $\mathbb{R}$ und zum anderen erfüllen nicht alle nicht-lineare Abbildungen $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ auch deine gegebene Voraussetzung.


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mathebauer97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-14


Ah da war ich natürlich voreilig,

da gäbe es noch den Unterraum \(\{0\}\).

Jetzt muss ich eine Funktion \(f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}\) finden, die auch \(0\) auf \(0\) abbildet, aber nicht linear ist - richtig ?

Mir kämen da beispielsweise Polynomfunktionen der Gestalt

\(f(x) := ax^{3}\) in den Sinn, da \(f(0) = 0\) aber \(f\) nicht linear ist.

Danke für die Hilfe, habe ich noch etwas übersehen ?



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Hallo mathebauer97,

2020-07-14 07:37 - mathebauer97 in Beitrag No. 5 schreibt:

2020-07-14 07:37 - mathebauer97 in Beitrag No. 5 schreibt:
Polynomfunktionen der Gestalt

\(f(x) := ax^{3}\)


habe ich noch etwas übersehen ?

ich fürchte ja. Bildet diese Funktion Unterräume auf Unterräume ab?

mfg
thureduehrsen



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\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-14


2020-07-14 07:37 - mathebauer97 in Beitrag No. 5 schreibt:
habe ich noch etwas übersehen ?

Nein, die Funktion $x\mapsto a\,x^3$ mit $a\ne0$ bildet alle Unterräume des $\mathbb R$-Vektorraums $\mathbb R$ auf Unterräume ab, ist aber nicht linear und somit ein Gegenbeispiel.

Tatsächlich gilt die Aussage, um die es geht, "fast":
1. Man muss voraussetzen, dass $\dim V>1$ ist.
2. Man kann nur folgern, dass $f$ ein Endomorphismus "bis auf Körperautomorphismen" ist.

Dein Gegenbeispiel nutzt den 1. Punkt aus.

Eines, das den 2. Punkt ausnutzt, wäre $\mathbb C^n\to\mathbb C^n$, $x\mapsto\bar x$.

2020-07-14 08:15 - thureduehrsen in Beitrag No. 6 schreibt:
ich fürchte ja. Bildet diese Funktion Unterräume auf Unterräume ab?

Worauf willst du hinaus? Den Einwand verstehe ich nicht.

--zippy



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\)
Ich habe mich klassischerweise selbst verwirrt. Im Fall \(\dim V=1\) gibt es die Unterräume \(\{0\}\) und \(\mathbb{R}\) und keine weiteren. Der erste geht auf sich selbst, der zweite wegen der Surjektivität von \(f\) auch.

mfg
thureduehrsen
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-14 09:15 - zippy in Beitrag No. 7 schreibt:
Tatsächlich gilt die Aussage, um die es geht, "fast":
1. Man muss voraussetzen, dass $\dim V>1$ ist.
2. Man kann nur folgern, dass $f$ ein Endomorphismus "bis auf Körperautomorphismen" ist.
Wie meinst du das?
Sei $f:K\to K$ ein eindimensionales Gegenbeispiel (also nichtlinear, surjektiv und $f(0)=0$). Seien $\pi:K^n\to K$ und $i:K\to K^n$ linear. Dann ist $i\circ f\circ \pi$ ein $n$-dimensionales Gegenbeispiel.

Selbst wenn man fordert, dass die Dimension der Unterräume erhalten bleibt, gibt es Gegenbeispiele:
$$g:\IR^n\to \IR^n, v\mapsto \begin{cases}0 &\text{falls }v=0,\\
f(\|v\|)\cdot \frac v {\|v\|}& \text{sonst.} \end{cases} $$ wobei $f:\IR_{>0}\to \IR_{>0}$ surjektiv ist aber keine Streckung. Man könnte sogar für jeden eindimensionalen Unterraum ein anderes $f$ wählen.
$g$ hat die Eigenschaft, dass $g(v)$ immer ein Vielfaches von $v$ ist. Daraus folgt, dass $g$ sowohl lineare Abhängigkeit als auch lineare Unabhängigkeit erhält. Daher werden $k$-dimensionale Unterräume immer surjektiv auf sich selbst abgebildet.
\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-07-14


2020-07-14 11:15 - Nuramon in Beitrag No. 9 schreibt:
Wie meinst du das?

Mein Voraussetzungsliste war nicht vollständig: Nicht nur lineare, sondern auch affine Unterräume werden auf solche gleicher Dimension abgebildet.

(Und ich möchte nicht behaupten, dass das auch alles notwendige Voraussetzungen sind.)



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mathebauer97
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Danke euch allen für die Antworten, denke das kann ich fürs erste abhaken.



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mathebauer97 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
mathebauer97 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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