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Lineare Algebra » Vektorräume » Unklarheit bei Beweis "Jeder Vektorraum besitzt eine Basis"
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Universität/Hochschule Unklarheit bei Beweis "Jeder Vektorraum besitzt eine Basis"
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-14 01:05


Hallo zusammen,

ich habe ein paar Fragen zum Beweis über die Tatsache, dass jeder Vektorraum eine Basis besitzt. Mit rot habe ich relevante Punkte für meine Fragen unterstrichen.

- - - - - - - - - - - - - - -

Hierzu erwähne ich kurz das

Zorn'sche Lemma
Sei $A$ nichtleer und $\le$ eine Halbordnung auf $A$. Besitzt jede total geordnete Teilmenge $B$ eine obere Schranke in $A$, also ein $\beta\in A$ mit $b\le\beta$ für alle $b\in B$, so besitzt $A$ mindestens ein maximales Element $m$. ($m$ ist maximales Element von $A$, falls aus $m\le a$, $a\in A$ stets $a=m$ folgt.)


Satz: Sei $V$ ein Vektorraum. Dann besitzt $V$ eine Basis.  

Nach Konvention ist $\emptyset$ die Basis von $\{0\}$, da $\sum\limits_\emptyset=0$ gilt.

Beweis:

Die Relation $\subset$ ist eine Halbordnung auf $\mathcal P(V)$ und daher auch auf der Menge aller linear unabhängigen Teilmengen $\mathcal U$ von $V$. Sei also $\{A_i\}_{i\in I}$ eine total geordnete Teilmenge von $\mathcal U$, gelte also stets $A_i\subset A_j$ oder $A_j\subset A_i$. Setze $A:=\bigcup\limits_{i\in I}A_i$. Wir behaupten, dass $A$ eine obere Schranke für $\{A_i\}_{i\in I}$ ist. $A_i\subset A$ ist klar. Zur linearen Unabhängigkeit: Seien $a_1,\ldots,a_n\in A$ und gelte $\sum\limits_{i=1}^n \lambda^ia_i=0$.
Dann gibt es Mengen $A_{j(i)}$ mit $a_i\in A_{j(i)}$. Es gilt $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$ oder $A_{j(2)}\subset A_{j(1)}$. Setze $k(2):=j(2)$, falls $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$ gilt und sonst $k(2):=j(1)$. Dann gilt $A_{j(i)}\subset A_{k(2)}$ für alle $i=1,2$. Gelte per Induktion bereits $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ f\"ur $1\le i\le p$ und für ein $k(p)\in\{j(1),\ldots,j(p)\}$. Gilt auch $A_{j(p+1)}\subset A_{k(p)}$, so setze $k(p+1):=k(p)$, sonst $k(p+1):=j(p+1)$. Es folgt $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ für $1\le i\le p+1$.
Somit gibt es einen Index $k(n)\in\{j(1),\ldots,j(n)\}$ mit $a_i\in A_{k(n)}$ für alle $1\le i\le n$. Damit sind die Vektoren $\{a_i\}_{1\le
i\le n}$ linear unabhängig, $A$ ist also eine obere Schranke der $(A_i)_{i\in I}$.  
Das Zornsche Lemma impliziert nun, dass es ein maximales $B\in\mathcal U$ gibt. Nach Theorem 4.2.6 folgt $\langle B\rangle=V$. Damit ist $B$ ein maximales linear unabhängiges Erzeugendensystem von $V$ und somit eine Basis
von $V$.

Theorem 4.2.6: Sei $S \subset V$. Dann ist S genau dann eine Basis von V, wenn S linear unabhängig und maximal ist.

- - - - - - - - - - - - - - -


Frage 1) Für was benötigt man $A_{i} \subset A$ ?

Frage 2) Was passiert, wenn $A_{j(1)} \subset a_{j(2)}$ und $A_{j(2)} \subset a_{j(1)}$ gelten, kann man dann $k_{2}$ beliebig wählen?

Frage 3) Müsste es nicht korrekt "Es folgt $A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$" lauten?

Frage 4) Die Induktion wurde ja hier nach p gemacht. Gilt $p+1 \le n$? Und wieso folgt aus dem Induktionsschritt, dass ein Index $k(n) \in \{j(1), ..., j(n)\}$ existiert mit $a_{i} \subset A_{k(n)}$ für alle $1 \le i \le n$?

Frage 5) Wieso folgt aus Theorem 4.2.6, dass $\langle B\rangle$ = V gilt?

Frage 6) Ist der Beweis so aufgezogen, dass man sich einen beliebige linear unabhängige Teilmenge $\mathcal U$ rauspickt, und die Bedingungen des Zorn'schen Lemmas prüft und dabei immer herauskommt, dass V eine Basis besitzt, nämlich gerade B?


Ich wäre euch sehr dankbar, wenn ihr mir helfen könntet, diesen tollen Beweis zu verstehen!

VG X3nion



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-14 02:16


Hallo,


Frage 1) Für was benötigt man $A_i\subset A$ ?

Du möchtest zeigen, dass $A$ eine obere Schranke von $\{A_i\}_{i\in I}$ ist.
Dafür muss dies gelten.


Frage 2) Was passiert, wenn $A_{j(1)}\subset a_{j(2)}$ und $A_{j(2)}\subset a_{j(1)}$ gelten, kann man dann $k_2$ beliebig wählen?

Du meinst hier jeweils ein großes $A$, sowie $k(2)$?

Normalerweise würde man dieses wohl mit "o.B.d.A gelte $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$" abhandeln.

Wir wissen, dass einer der beiden genannten Fälle eintritt. Hier könnte man nun zwei Fälle unterscheiden, wenn man wirklich möchte.
Der Beweis sollte aber in beiden Fällen identisch ablaufen, weshalb man sich auch einfach auf einen beschränken kann (also o.B.d.A gilt einer der Fälle).

In dem Beweis macht man es dann noch genauer.

Beliebig gewählt ist $k(2)$ nicht. Man wählt es ja jeweils so, dass die entsprechende Inklusion gilt.


Frage 3) Müsste es nicht korrekt "Es folgt $A_{j(i)}\subset A_{k(p+1)}$" lauten?

Jein.
Wie wurde unser $k(p+1)$ denn definiert?


Gilt auch $A_{j(p+1)}\subset A_{k(p)}$, so setze $k(p+1):=k(p)$, sonst $k(p+1):=j(p+1)$. Es folgt $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ für $1\le i\le p+1$.

(1) Wenn $A_{j(p+1)}\subseteq A_{k(p)}$ dann ist $k(p+1)=k(p)$.

(2) Gilt (1) nicht, dann setzen wir $k(p+1)=j(p+1)$

Der erste Fall ist klar.
Im zweiten Fall sind wir, wenn $A_{j(p+1)}\subset A_{k(p)}$ nicht gilt. Wegen


gelte also stets $A_i\subset A_j$ oder $A_j\subset A_i$.

und weil nun ja $A_{j(p+1)}\subset A_{k(p)}$ NICHT gilt, muss

$A_{k(p)}\subset A_{j(p+1)}=A_{k(p+1)}$ gelten.

$k(p+1)$ steckt also im Grunde schon in $k(p)$ drin.


Frage 4) Die Induktion wurde ja hier nach $p$ gemacht. Gilt $p+1\leq n$?

Im allgemeinen wohl nicht, da keine Beziehung zwischen $p$ und $n$ hergestellt wurde.
Die Induktionsvoraussetzung gilt ja für ein festes, aber beliebiges $p$. Im Induktionsschritt zeigt man dann, dass wenn die Aussage für $p$ gilt, dann gilt sie auch für $p+1$.


Und wieso folgt aus dem Induktionsschritt, dass ein Index k(n)\in\{j(1),...,j(n)\} existiert mit $a_i\subset A_{k(n)}$ für alle $1\leq i\leq n$?

Es wurde gezeigt, dass es einen solchen Index gibt, sodass immer $A_{j(i)}\subset A_{k(n)}$ gilt. Also liegen die $a_i$ ebenfalls alle in $A_{k(n)}$

Denn es gilt ja $A_{j(1)}\subset A_{k(n)}$, $A_{j(2)}\subset A_{k(n)}$ usw. Also $a_1, a_2,\dotso, a_n\in A_{k(n)}$. Es war ja $a_i\in A_{j(i)}$.


Frage 5) Ist der Beweis so aufgezogen, dass man sich einen beliebige linear unabhängige Teilmenge $\mathcal{U}$ rauspickt, und die Bedingungen des Zorn'schen Lemmas prüft und dabei immer herauskommt, dass $V$ eine Basis besitzt, nämlich gerade $B$?

$\mathcal{U}$ ist die Menge aller linear unabhängigen Teilmengen von $V$.

Mit dem Lemma von Zorn wird gezeigt, dass diese Menge ein maximales Element hat.
Dieses maximale Element ist selbst ein Element aus $\mathcal{U}$. Also eine linear unabhängige Menge. Zusammen mit der maximalität erhält man, dass dies eine Basis ist.

Die "Konstruktion" (Beweise mit dem Auswahlaxiom/Zornschen Lemma, sind ja nicht konstruktiv) hängt also nicht von einer beliebigen Wahl von linear unabhängigen Mengen ab, sondern man betrachtet alle linear unabhängigen Mengen. Wie gesagt ist $\mathcal{U}$ ja gerade die Menge aller linear unabhängigen Teilmengen.


Ich hoffe ich konnte helfen, bzw. habe jetzt nichts übersehen und etwas falsches gesagt.



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thureduehrsen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-14 08:08


Hallo,

die Indexschlacht in deinem Skript ist schlimmer als Stalingrad...
wofür diese Abbildungen j und k gut sein sollen, darf man in einer Anfängervorlesung gern erwähnen...

Studiere anhand eines guten Buches.
Ich kenne an Büchern nur das von Beutelspacher, das hat mir im Großen und Ganzen gut gefallen.

mfg
thureduehrsen



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-14 08:13


In dem Buch von Beutelspacher wird allerdings diese Aussage nicht bewiesen, bzw. generell nur endlich dimensionale Vektorräume betrachtet, was ja auch nicht verkehrt ist.

Es ist ja schon so wie Beutelspacher schreibt. Sinngemäß "Die Details gehen an den meisten Studenten vorbei".

Um einen mathematischen Text zu studieren, finde ich das Buch von Beutelspacher auch als einstieg sehr geeignet.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-14 22:36


Hallo zusammen und vielen Dank für eure Antworten!

2020-07-14 08:08 - thureduehrsen in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo,

die Indexschlacht in deinem Skript ist schlimmer als Stalingrad...
wofür diese Abbildungen j und k gut sein sollen, darf man in einer Anfängervorlesung gern erwähnen...

Studiere anhand eines guten Buches.
Ich kenne an Büchern nur das von Beutelspacher, das hat mir im Großen und Ganzen gut gefallen.

mfg
thureduehrsen

Danke, meine Rede.. 😄
Unser Prof. hat einen sehr abstrakten Stil, womöglich rührt das auch daher! Ich finde es persönlich auch sehr abstrakt, aber so wird man von Anfang an schon etwas abgehärtet ^^
Ich werde mir aber auf jeden Fall das Buch von Beutelsbacher zu Gemüte führen, wenn ihr beide der Ansicht seit, dass dieses einen "sanfteren" Einstieg in die schöne Welt der linearen Algebra gewährt! 🙂



2020-07-14 02:16 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 1 schreibt:
Du möchtest zeigen, dass $A$ eine obere Schranke von $\{A_i\}_{i\in I}$ ist.
Dafür muss dies gelten.

Okay, dies ergibt Sinn.


Du meinst hier jeweils ein großes $A$, sowie $k(2)$?

Genau, das meine ich. Sorry!


Normalerweise würde man dieses wohl mit "o.B.d.A gelte $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$" abhandeln.

Wir wissen, dass einer der beiden genannten Fälle eintritt. Hier könnte man nun zwei Fälle unterscheiden, wenn man wirklich möchte.
Der Beweis sollte aber in beiden Fällen identisch ablaufen, weshalb man sich auch einfach auf einen beschränken kann (also o.B.d.A gilt einer der Fälle).

In dem Beweis macht man es dann noch genauer.

Beliebig gewählt ist $k(2)$ nicht. Man wählt es ja jeweils so, dass die entsprechende Inklusion gilt.

Hmm aber trotzdem muss man sich ja für ein k(2) entscheiden?
Ich dachte in dem Falle, dass beide Inklusionen gelten, kann man sich dann ein k(2) einfach aussuchen, welches einem lieber gefällt?^^
Oder müsste man beide Fälle abklappern ohne das o.B.d.A. Argument?


Gilt auch $A_{j(p+1)}\subset A_{k(p)}$, so setze $k(p+1):=k(p)$, sonst $k(p+1):=j(p+1)$. Es folgt $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ für $1\le i\le p+1$.


(1) Wenn $A_{j(p+1)}\subseteq A_{k(p)}$ dann ist $k(p+1)=k(p)$.

(2) Gilt (1) nicht, dann setzen wir $k(p+1)=j(p+1)$

Der erste Fall ist klar.
Im zweiten Fall sind wir, wenn $A_{j(p+1)}\subset A_{k(p)}$ nicht gilt. Wegen


gelte also stets $A_i\subset A_j$ oder $A_j\subset A_i$.

und weil nun ja $A_{j(p+1)}\subset A_{k(p)}$ NICHT gilt, muss

$A_{k(p)}\subset A_{j(p+1)}=A_{k(p+1)}$ gelten.

$k(p+1)$ steckt also im Grunde schon in $k(p)$ drin.


Hmm ja das ist mir alles klar. Aber man folgert ja, dass $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für alle $1 \le i \le p+1$ gilt.
Laut Induktionsvoraussetzung gilt dies bereits für $1 \le i \le p$. Wir betrachten ja hier den Induktionsschritt $p => p+1$.
Im 1. Fall ist $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p)} = A_{k(p+1)}$, dann wäre die Aussage im Skript $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$ korrekt.
Aber im 2. Falle haben wir $A_{k(p)} \subset A_{j(p+1)} = A_{k(p+1)}$.
Hieraus können wir ja aber nicht $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p)}$ folgern, so wie in der roten Aussage behauptet?



Es wurde gezeigt, dass es einen solchen Index gibt, sodass immer $A_{j(i)}\subset A_{k(n)}$ gilt. Also liegen die $a_i$ ebenfalls alle in $A_{k(n)}$

Denn es gilt ja $A_{j(1)}\subset A_{k(n)}$, $A_{j(2)}\subset A_{k(n)}$ usw. Also $a_1, a_2,\dotso, a_n\in A_{k(n)}$. Es war ja $a_i\in A_{j(i)}$.

Danke, die Tatsache, dass $a_i\in A_{j(i)}$ ist, hat zum Verständnis beigetragen! :))



$\mathcal{U}$ ist die Menge aller linear unabhängigen Teilmengen von $V$.

Mit dem Lemma von Zorn wird gezeigt, dass diese Menge ein maximales Element hat.
Dieses maximale Element ist selbst ein Element aus $\mathcal{U}$. Also eine linear unabhängige Menge. Zusammen mit der maximalität erhält man, dass dies eine Basis ist.

Die "Konstruktion" (Beweise mit dem Auswahlaxiom/Zornschen Lemma, sind ja nicht konstruktiv) hängt also nicht von einer beliebigen Wahl von linear unabhängigen Mengen ab, sondern man betrachtet alle linear unabhängigen Mengen. Wie gesagt ist $\mathcal{U}$ ja gerade die Menge aller linear unabhängigen Teilmengen.

Danke, das ergibt nun auch Sinn! ^^


Ich hoffe ich konnte helfen, bzw. habe jetzt nichts übersehen und etwas falsches gesagt.
Du hast mir sehr viel geholfen. Aber ein paar Fragen sind oben noch resultiert. Möchtest du sie vielleicht noch beantworten? :)

Auf Frage 5 bist du nicht eingegangen, aber ich habe den Beitrag geändert und die Nummerierung - du musst gerade in dem Moment geschrieben haben.
Wieso folgt aus Theorem 4.2.6, dass $\langle B\rangle$ = V gilt?


Viele Grüße,
X3nion




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PrinzessinEinhorn
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2017
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-14 23:19


@Beutelspacher

Ich werde mir aber auf jeden Fall das Buch von Beutelsbacher zu Gemüte führen, wenn ihr beide der Ansicht seit, dass dieses einen "sanfteren" Einstieg in die schöne Welt der linearen Algebra gewährt!

Das Buch von Beutelspacher gewährt grundsätzlich einen sanften Einstieg in die Mathematik, da es relativ Locker geschrieben ist, ohne dabei auf mathematische strenge zu verzichten.

Deshalb sind die Beweise sehr klar, und leicht verständlich. [Edit: Was übrigens nicht heißt, dass man den Beutelspacher lesen kann, und dann erwarten darf, dass man alles sehr viel besser versteht, als vorher. Es ist ein Lehrbuch und ebenso wie mit dem Skript, oder anderen Büchern, muss man damit arbeiten und Zeit investieren. Prof. Beutelspacher macht es den Studierende aber verhältnismäßig leicht.]

Allerdings enthält das Buch auch in der 8. Auflage (die liegt mir vor) relativ viele Tippfehler (ist vielleicht übertrieben), die dem aufmerksamen Leser aber sofort auffallen und nicht weiter stören.

Der größte Kritikpunkt an dem Buch sind meiner Meinung nach die Übungsaufgaben, die zu einem Großteil recht langweilig sind, und daher nicht gerade einladen sich mit ihnen zu beschäftigen.
Von 30 Aufgaben sind dann gefühlt nur 5 Interessant, und welche das sind, ist dann auch nicht unbedingt klar.
Wenn dann Übungsaufgaben auftauchen, die lauten "Schlage den Beweis im Buch von Halmos nach" dann wird Prof. Beutelspacher an der Stelle seinem eigenen Anspruch auch irgendwie nicht gerecht...
Übrigens ist das Buch von Halmos wahrscheinlich die ehere Anlaufstelle, wenn du wirklich das Lemma von Zorn besser verstehen möchtest, aber ich kenne dieses Buch nicht.

Anstelle "interessanter Übungsaufgaben" gibt es aber recht Interessante sog. "Projekte", die dann aber auch mehr Arbeit erfordern, und zu denen es im Buch keine Lösungen gibt.

Allerdings finde ich, dass man ein Lehrbuch eigentlich immer als Übungsbuch verstehen sollte.
Jeder Beweis eine Übungsaufgabe (und wenn die Übung "nur" daraus besteht sich den Beweis zu erarbeiten), für die man nun praktischer Weise eine Komplettlösung vorliegen hat, um sich selber zu kontrollieren.

Studiert man den Text sorgfältig, also überlegt sich die Beweise erst kurz selber, guckt dann ob man richtig liegt, oder spickt, wenn man nicht mehr weiter weiß, lernt man eine ganze Menge, und dann sind die Übungsaufgaben auch nicht mehr notwendig, weil dann teilweise als Übungsaufgabe verlangt wird bestimmte Sätze nochmal zu beweisen, was man dann ja schon erledigt hat. Man hat ja in der Regel auch mit den eigenen genug zu tun.


Sind die eigenen Übungsaufgaben jedoch zu schwer, kann man wiederum die einfacheren Aufgaben aus dem Buch lösen. Hauptsache man beschäftigt sich mit Mathematik.

Die eigentliche Übung sollte das verstehen und lesen der Beweise sein, damit man dies lernt. Also die Grundlegende Methode einen Beweis zuführen.

Ich würde sagen 95% der Beweise in diesem Buch (oder eben in einer Vorlesung zur linearen Algebra) sind Paradebeispiele für die hier beschriebene Methode.


Genau deshalb eignet sich das Buch auch so sehr für den Einstieg. Denn diese Methode muss man verstanden haben, wenn man Mathematik studieren möchte. Und hat man den Beutelspacher sorgfältig studiert, dann sollte man das dann auch drauf haben.

Dabei ist zu empfehlen, dass du einfach ganz vorne anfängst. Wirklich jede Aussage probierst eigenständig zu beweisen, ohne nachzusehen. Die Beweise sind dementsprechend leicht, dass du das schaffen kannst. Und wenn nicht, dann studiere heute den Beweis, und schaue morgen, ob du es diesmal ohne Hilfe schaffst.

Es ist auch hilfreich, wenn du das Buch, bzw. die Beweise zusammenfasst. Also die Schritte notierst, welche du eben nachgucken musstest, oder wo du nicht weiter gekommen bist.

Beweise die du auf Anhieb schaffst, kannst du etwa mit "trivial" zusammenfassen. So nach dem Motto "Das habe ich einmal geschafft, das schaffe ich auch ein zweites mal".

Bei anderen Beweisen eben die wichtigsten Schritte, ohne dass du zu ausführlich wirst. Wie gesagt dann später einfach nochmal probieren. Schaffst du es wieder nicht, nutze erst mal deine knappe Notizen, ob du es damit hinbekommst. Wenn nicht, dann kannst du die Notizen erweitern. So prägen sich die wichtigen Ideen/Beweisschritte dann auch ein.  



Auf Frage 5 bist du nicht eingegangen

Indirekt wurde die Frage schon beantwortet.

Es gilt $\rangle B\langle =V$, da $B$ eine Basis (bzw. Erzeugendensystem) ist.
$B$ ist Basis, da Element aus $\mathcal{U}$ (also linear unabhängige Teilmenge) und maximal. Die Maximalität wurde mit dem Lemma von Zorn gezeigt.


Hmm aber trotzdem muss man sich ja für ein k(2) entscheiden?

Nein, das $k(2)$ ist nicht eindeutig. Je nach Situation wird es anders gewählt. Wir unterscheide ja die entsprechenden Fälle.
Wichtig ist, dass wir in jedem Fall ein entsprechendes $k(2)$ angeben können.


Aber man folgert ja, dass $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ für alle $1\leq i\leq p+1$ gilt.

Das ist für den Induktionsschritt zu zeigen. Dass die Aussage für $1\leq i\leq p$ gilt, wissen wir nach Induktionsvoraussetzung.

Die Aufgabe ist nun das $k(p+1)$ richtig anzugeben, um den Induktionsschritt zu beenden.
Versuche das nochmal nachzuvollziehen.


Übrigens ist das Verständnis dieses Beweises nicht unbedingt notwendig.
Wenn du Probleme damit hast, was verständlich ist, dann ist das nicht weiter schlimm. Man muss nicht alles sofort verstehen. Klausurrelevant ist dieser Beweis auf gar keinen Fall.



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X3nion
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2020-07-14 23:19 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 5 schreibt:
@Beutelspacher


Das Buch von Beutelspacher gewährt grundsätzlich einen sanften Einstieg in die Mathematik, da es relativ Locker geschrieben ist, ohne dabei auf mathematische strenge zu verzichten.

Deshalb sind die Beweise sehr klar, und leicht verständlich. [Edit: Was übrigens nicht heißt, dass man den Beutelspacher lesen kann, und dann erwarten darf, dass man alles sehr viel besser versteht, als vorher. Es ist ein Lehrbuch und ebenso wie mit dem Skript, oder anderen Büchern, muss man damit arbeiten und Zeit investieren. Prof. Beutelspacher macht es den Studierende aber verhältnismäßig leicht.]

Allerdings enthält das Buch auch in der 8. Auflage (die liegt mir vor) relativ viele Tippfehler (ist vielleicht übertrieben), die dem aufmerksamen Leser aber sofort auffallen und nicht weiter stören.

Der größte Kritikpunkt an dem Buch sind meiner Meinung nach die Übungsaufgaben, die zu einem Großteil recht langweilig sind, und daher nicht gerade einladen sich mit ihnen zu beschäftigen.
Von 30 Aufgaben sind dann gefühlt nur 5 Interessant, und welche das sind, ist dann auch nicht unbedingt klar.
Wenn dann Übungsaufgaben auftauchen, die lauten "Schlage den Beweis im Buch von Halmos nach" dann wird Prof. Beutelspacher an der Stelle seinem eigenen Anspruch auch irgendwie nicht gerecht...
Übrigens ist das Buch von Halmos wahrscheinlich die ehere Anlaufstelle, wenn du wirklich das Lemma von Zorn besser verstehen möchtest, aber ich kenne dieses Buch nicht.

Anstelle "interessanter Übungsaufgaben" gibt es aber recht Interessante sog. "Projekte", die dann aber auch mehr Arbeit erfordern, und zu denen es im Buch keine Lösungen gibt.

Allerdings finde ich, dass man ein Lehrbuch eigentlich immer als Übungsbuch verstehen sollte.
Jeder Beweis eine Übungsaufgabe (und wenn die Übung "nur" daraus besteht sich den Beweis zu erarbeiten), für die man nun praktischer Weise eine Komplettlösung vorliegen hat, um sich selber zu kontrollieren.

Studiert man den Text sorgfältig, also überlegt sich die Beweise erst kurz selber, guckt dann ob man richtig liegt, oder spickt, wenn man nicht mehr weiter weiß, lernt man eine ganze Menge, und dann sind die Übungsaufgaben auch nicht mehr notwendig, weil dann teilweise als Übungsaufgabe verlangt wird bestimmte Sätze nochmal zu beweisen, was man dann ja schon erledigt hat. Man hat ja in der Regel auch mit den eigenen genug zu tun.


Sind die eigenen Übungsaufgaben jedoch zu schwer, kann man wiederum die einfacheren Aufgaben aus dem Buch lösen. Hauptsache man beschäftigt sich mit Mathematik.

Die eigentliche Übung sollte das verstehen und lesen der Beweise sein, damit man dies lernt. Also die Grundlegende Methode einen Beweis zuführen.

Ich würde sagen 95% der Beweise in diesem Buch (oder eben in einer Vorlesung zur linearen Algebra) sind Paradebeispiele für die hier beschriebene Methode.


Genau deshalb eignet sich das Buch auch so sehr für den Einstieg. Denn diese Methode muss man verstanden haben, wenn man Mathematik studieren möchte. Und hat man den Beutelspacher sorgfältig studiert, dann sollte man das dann auch drauf haben.

Dabei ist zu empfehlen, dass du einfach ganz vorne anfängst. Wirklich jede Aussage probierst eigenständig zu beweisen, ohne nachzusehen. Die Beweise sind dementsprechend leicht, dass du das schaffen kannst. Und wenn nicht, dann studiere heute den Beweis, und schaue morgen, ob du es diesmal ohne Hilfe schaffst.

Es ist auch hilfreich, wenn du das Buch, bzw. die Beweise zusammenfasst. Also die Schritte notierst, welche du eben nachgucken musstest, oder wo du nicht weiter gekommen bist.

Beweise die du auf Anhieb schaffst, kannst du etwa mit "trivial" zusammenfassen. So nach dem Motto "Das habe ich einmal geschafft, das schaffe ich auch ein zweites mal".

Bei anderen Beweisen eben die wichtigsten Schritte, ohne dass du zu ausführlich wirst. Wie gesagt dann später einfach nochmal probieren. Schaffst du es wieder nicht, nutze erst mal deine knappe Notizen, ob du es damit hinbekommst. Wenn nicht, dann kannst du die Notizen erweitern. So prägen sich die wichtigen Ideen/Beweisschritte dann auch ein.  

Dankeschön für die tollen Ratschläge!

Mhm ich glaube, das mit den Tippfehlern würde mich irgendwie stören - ich bin da recht penibel und werde dadurch auch leider abgelenkt ^^

Im Skript steht bei uns, das Lemma von Zorn wird in einer Logikvorlesung oder mengentheoretischen Vorlesung bewiesen. Diesbezüglich kann ich ja mal im Buch von Halmos reinspicken.

Das mit den Übungsaufgaben hast du auch schön beschrieben, Hauptsache, man macht Mathematik!
Und die Tipps mit den Beweisen sind auch super. So kann man Beweise sooft wiederholen, bis man sie im Schlaf abarbeiten kann, wenn man danach gefragt wird.



Ich habe zum Beutelspacher im ausgeblendeten Inhalt geantwortet 🙂



Es gilt $\rangle B\langle =V$, da $B$ eine Basis (bzw. Erzeugendensystem) ist.
$B$ ist Basis, da Element aus $\mathcal{U}$ (also linear unabhängige Teilmenge) und maximal. Die Maximalität wurde mit dem Lemma von Zorn gezeigt.
Das ergibt nun Sinn!


Hmm aber trotzdem muss man sich ja für ein k(2) entscheiden?

Nein, das $k(2)$ ist nicht eindeutig. Je nach Situation wird es anders gewählt. Wir unterscheide ja die entsprechenden Fälle.
Wichtig ist, dass wir in jedem Fall ein entsprechendes $k(2)$ angeben können.


Hmm also wenn $A_{j(1)} \subset A_{j(2)}$ und $A_{j(2)} \subset A_{j(1)}$, dann gilt ja für den Falle der Wahl $k(2):= j(1)$, dass $A_{j(1)} \subset A_{j(1)} = A_{k(2)}$ und $A_{j(2)} \subset A_{j(1)} = A_{k(2)}$.
Für die Wahl $k(2):= j(2)$ haben wir $A_{j(2)} \subset A_{j(2)} = A_{k(2)}$ und $A_{j(1)} \subset A_{j(2)} = A_{k(2)}$, also in beiden Fällen $A_{j(i)} \subset A_{k(2)}$ für $i = 1,2$.
Die Bedingung $A_{j(i)} \subset A_{k(2)}$ für $i = 1,2$ ist ja in beiden Fällen erfüllt. Muss man beide Fälle abklappern, weil a priori nicht klar ist, dass dies in beiden Fällen erfüllt ist?


Aber man folgert ja, dass $A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ für alle $1\leq i\leq p+1$ gilt.


Das ist für den Induktionsschritt zu zeigen. Dass die Aussage für $1\leq i\leq p$ gilt, wissen wir nach Induktionsvoraussetzung.

Die Aufgabe ist nun das $k(p+1)$ richtig anzugeben, um den Induktionsschritt zu beenden.
Versuche das nochmal nachzuvollziehen.


Ich dachte, im Induktionsschritt wird aus p => p+1, also aus jedem p ein p+1? Wieso ist das hier dann nicht so?



Übrigens ist das Verständnis dieses Beweises nicht unbedingt notwendig.
Wenn du Probleme damit hast, was verständlich ist, dann ist das nicht weiter schlimm. Man muss nicht alles sofort verstehen. Klausurrelevant ist dieser Beweis auf gar keinen Fall.

Ja da bin ich mir auch absolut sicher, aber ich möchte die Beweise verstehen, weil ich die Logik dahinter so interessant finde 😁

Viele Grüße,
X3nion



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helmetzer
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Dabei seit: 14.10.2013
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Moin,

es erschließt sich mir nicht, wozu man diese "Indexschlacht" braucht.

Dass die Vereinigung einer total geordneten Menge von linear unabhängigen Teilmengen wieder linear unabhängig ist, leuchtet unmittelbar ein.

Denn bei linearer Unabhängigkeit sind immer nur endlich viele Elemente im Spiel.



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X3nion
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 14:02


Moin helmetzer und Danke für deine Antwort!

Hmm ich würde erst einmal doch das „Indexgefummel" verstehen, und danach auf deinen Post eingehen, wäre das okay? 🙂

Würdest du, PrinzessinEinhorn, oder jemand anders auf meine letzten Fragen eingehen?
Ich wäre dafür sehr dankbar!

VG X3nion



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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-15 16:30


In Prosa:

Eine Linearkombination der Null aus der Vereinigungsmenge besteht aus endlich vielen Vektoren, die jeweils in (mindestens) einer Menge liegen.

Wir haben so endlich viele Mengen, die durch Inklusion total geordnet sind.

Eine davon ist die größte und enthält alle Vektoren der Linearkombination. Weil diese Menge linear unabhängig ist, sind alle Koeffizienten gleich Null.

Q.e.d.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 16:51


Aber wieso besteht die Linearkombination der Null aus der Vereinigungsmenge aus endlich vielen Vektoren? Wir befinden uns doch eventuell in einem Vektorraum, der unendlich erzeugt ist?

Viele Grüße,
X3nion



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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-07-15 17:48


Gehe zurück zur Definition der linearen Unabhängigkeit.

Außerdem: Was ist eine unendliche Summe in einem VR?

Edit: Auch wenn es kein endliches Erzeugendensystem gibt, ist jeder Vektor Linearkombination von endlich vielen Erzeugenden.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 19:14


Also sowohl in der Definition der linearen Unabhängigkeit, als auch in der Definition einer Linearkombination wird von einer "endlichen Indexmente" gesprochen.
Weil dies also endlich ist, können die Vektoren auch nur aus endlich verschiedenen Mengen der Vereinigungsmenge kommen.
Das Zorn'sche Lemma liefert nun ein maximales Element, das alle Vektoren enthält.


Außerdem: Was ist eine unendliche Summe in einem VR?

Ich habe überlegt, komme aber nicht darauf, was eine unendliche Summe in einem Vektorraum ist.



Edit: Auch wenn es kein endliches Erzeugendensystem gibt, ist jeder Vektor Linearkombination von endlich vielen Erzeugenden.
Magst du mir das vielleicht etwas näher erläutern?



Es sei $M\subset \mathbb{R}$.
Die Menge $Abb(M,\mathbb{R}) := f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ versehen mit der Addition $f+g: x \mapsto f(x) +g(x)$ und der skalaren Multiplikation $\lambda \text{ }f:x \mapsto \lambda f(x)$ ist ein reeller Vektorraum unendlicher Dimension.


Und was wäre bei folgendem Beispiel die Basis?

Ich verstehe das mit dem maximalen Element noch nicht so ganz, also warum es im unendlichen Fall auch ein maximales Element gibt? Die Anzahl der total geordneten linear unabhängigen Teilmengen geht doch bis in's Unendliche fort und endet nie?


VG X3nion




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helmetzer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-07-15 19:51


2020-07-15 19:14 - X3nion in Beitrag No. 12 schreibt:
Also sowohl in der Definition der linearen Unabhängigkeit, als auch in der Definition einer Linearkombination wird von einer "endlichen Indexmente" gesprochen.
Weil dies also endlich ist, können die Vektoren auch nur aus endlich verschiedenen Mengen der Vereinigungsmenge kommen.
Das Zorn'sche Lemma liefert nun ein maximales Element, das alle Vektoren enthält.


Außerdem: Was ist eine unendliche Summe in einem VR?

Ich habe überlegt, komme aber nicht darauf, was eine unendliche Summe in einem Vektorraum ist.



Edit: Auch wenn es kein endliches Erzeugendensystem gibt, ist jeder Vektor Linearkombination von endlich vielen Erzeugenden.
Magst du mir das vielleicht etwas näher erläutern?



Es sei <math>M\subset \mathbb{R}</math>.
Die Menge <math>Abb(M,\mathbb{R}) := f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}</math> versehen mit der Addition <math>f+g: x \mapsto f(x) +g(x)</math> und der skalaren Multiplikation <math>\lambda \text{ }f:x \mapsto \lambda f(x)</math> ist ein reeller Vektorraum unendlicher Dimension.


Und was wäre bei folgendem Beispiel die Basis?

Ich verstehe das mit dem maximalen Element noch nicht so ganz, also warum es im unendlichen Fall auch ein maximales Element gibt? Die Anzahl der total geordneten linear unabhängigen Teilmengen geht doch bis in's Unendliche fort und endet nie?


VG X3nion



Es gibt eben keine unendlichen Summen.

Die Sache mit dem Zornschen Lemma ist, dass es eine Existenzaussage liefert. Aber in deinem Beispiel wissen wir nur, dass es eine Basis gibt, wir können aber keine angeben, zumindest nicht, wenn <math>M</math> nicht endlich ist.

Im Fall der reellen Polynome haben wir einen unendlich-dimensionalen Raum und <math>\{X^i | i = 0,1,2, \dots\}</math> ist eine Basis (abzählbar).



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-15 21:14



Auch wenn es kein endliches Erzeugendensystem gibt, ist jeder Vektor Linearkombination von endlich vielen Erzeugenden.

Wie meintest du deinen Satz oben, magst du den noch etwas konkretisieren?



Eine Linearkombination der Null aus der Vereinigungsmenge besteht aus endlich vielen Vektoren, die jeweils in (mindestens) einer Menge liegen.

Wir haben so endlich viele Mengen, die durch Inklusion total geordnet sind.

Eine davon ist die größte und enthält alle Vektoren der Linearkombination. Weil diese Menge linear unabhängig ist, sind alle Koeffizienten gleich Null.

Aber trotzdem ist das maximale Element dann eine unendliche Teilmenge und keine endliche Teilmenge? Weil sonst hätten wir ja keinen unendlich dimensionalen Vektorraum?

VG X3nion



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-07-16 23:56


Ich antworte mal trotzdem hier:

2020-07-16 21:50 - X3nion im Themenstart schreibt:

Frage 1) Muss man im Falle, dass
$A_{j(1)} \subset A_{j(2)}$ und $A_{j(2)} \subset A_{j(1)}$
gilt, beide Fälle abklappern?

Ich glaube ich verstehe die Frage nicht.
Beide Fälle gleichzeitig (also $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$ und $A_{j(2)}\subset A_{j(1)}$) treten ja nicht ein. Es gilt immer eine dieser Mengeninklusionen.

[Edit: Ich hatte diese Frage ja auch eigentlich schon in Beitrag No. 1 abgehandelt, also vielleicht guckst du da nochmal.]


Frage 2)

Wieso ist der Induktionsschritt
$A_{j(i)}\subset A_{k(p)}$ für alle $1\leq i\leq p+1$
und nicht
$A_{j(i)}\subset A_{k(p+1)}$ für alle $1\leq i\leq p+1$ ?

Ich dachte, im Induktionsschritt wird aus p => p+1, also aus jedem p ein p+1? Wieso ist das hier dann nicht so?

Eigentlich ist das ja auch so.
Man definiert das $k(p+1)$ entsprechend.
In einem Fall gilt $k(p+1)=k(p)$ (es ist also egal, ob wir $k(p+1)$ nun $k(p)$ nennen).

Im anderen Fall wird $k(p+1)=j(p+1)$ gesetzt.

In meinem ersten Beitrag bin ich eigentlich darauf eingegangen, vielleicht sieht du da nochmal nach.


2020-07-15 21:14 - X3nion in Beitrag No. 14 schreibt:

Auch wenn es kein endliches Erzeugendensystem gibt, ist jeder Vektor Linearkombination von endlich vielen Erzeugenden.

Wie meintest du deinen Satz oben, magst du den noch etwas konkretisieren?

Das ist mehr oder weniger nach Definition so.
Auch für unendlich dimensionale Vektorräume besteht eine Linearkombination immer nur aus endlich vielen Summanden.

Es ist plausibel das so zu tun, weil eine unendliche Summe ja in der Regel nicht mehr definiert ist. Sowas muss ja nicht mehr konvergieren, und selbst wenn Konvergenz vorliegt, wird ja ein Grenzwertprozess beschrieben.
Sinnvoll kann man es also nur für endliche Summen hinschreiben, und fasst daher den Begriff der Linearkombination auch für unendlich dimensionale Vektorräume so auf.

Im Buch von Beutelspacher gibt es das Projekt "Der unendlichdimensionale Vektorraum $V_\infty$" am Ende von Kapitl 3, wo man eingeladen ist, das ganze nochmal für sich genauer zu untersuchen.

Also wie gesagt, dass man nur endliche Linearkombinationen zulässt, ist nach Definition so.


Aber trotzdem ist das maximale Element dann eine unendliche Teilmenge und keine endliche Teilmenge? Weil sonst hätten wir ja keinen unendlich dimensionalen Vektorraum?

Ich weiß gar nicht ob man diese Frage so genau beantworten kann.

Zum einen weiß niemand wie dieses maximale Element eigentlich aussieht.
Zum anderen wird die Aussage ja sehr allgemein bewiesen "Jeder Vektorraum hat eine Basis".
Also betrachtet man neben unendlichdimensionalen Vektorräumen auch endlichdimensionale, wobei man für die endlichdimensionalen Vektorräume das Lemma von Zorn ja eigentlich nicht benötigt, und dort eine Basis ohne größere Probleme angeben kann.

Für unendlichdimensionale Vektorräume wird die Basis aber natürlich unendlich viele Elemente enthalten.

Die Dimension eines Vektorraums ist ja über die Kardinalität der (oder besser 'einer') Basis gegeben.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-17 00:47


Hey PrinzessinEinhorn und vielen Dank, dass du dir nochmal die Mühe gemacht hast, so ausführlich zu antworten! 🙂


Beide Fälle gleichzeitig (also $A_{j(1)}\subset A_{j(2)}$ und $A_{j(2)}\subset A_{j(1)}$) treten ja nicht ein. Es gilt immer eine dieser Mengeninklusionen.

Ich glaube, das ist genau der Punkt, warum wir vorher aneinander vorbeigeredet haben.
Die Teilmenge $\{A_{i}\}_{i \in I}$ ist ja total geordnet, also gilt $A_{i} \subset A_{j}$ oder $A_{j} \subset A_{i}$.
Die Definition einer Totalordnung schließt aber den Fall "es gilt beides" nicht aus, also es steht ja nicht da "Es gilt entweder $A_{i} \subset A_{j}$ oder $A_{j} \subset A_{i}$.

Deshalb meine Unklarheit, was denn im Gleichheitsfall, also im Falle der Gültigkeit beider Inklusionen gleichzeitig, gilt?


Eigentlich ist das ja auch so.
Man definiert das $k(p+1)$ entsprechend.
In einem Fall gilt $k(p+1)=k(p)$ (es ist also egal, ob wir $k(p+1)$ nun $k(p)$ nennen).

Im anderen Fall wird $k(p+1)=j(p+1)$ gesetzt.


1) Es gilt hier $A_{j(p+1)}\subseteq A_{k(p)}$.
Setzen wir nun $k(p+1):= k(p)$, so haben wir insgesamt $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$, weil ja nach Induktionsvoraussetzung $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p$ gilt und zudem noch $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p)}$
Insbesondere haben wir aufgrund der Wahl von $k(p+1)$ auch $A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$ für $1 \le i \le p+1$.
Aufgrund der Gleichheit $k(p+1) = k(p)$ könnte man hier auch sagen, dass
$A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$

2) Es gilt hier $A_{k(p)} \subseteq A_{j(p+1)}$. Setzen wir nun $k(p+1):=j(p+1)$, so haben wir:
$A_{k(p)}\subset A_{j(p+1)}=A_{k(p+1)}$  (*)
Die Induktionsvoraussetzung liefert auch hier: $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p$,
und aufgrund (*) insbesondere also $A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$ für $1 \le i \le p$.
Für $i = p+1$ gilt $A_{j(p+1)}=A_{k(p+1)}$, also insbesondere $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p+1)}$. Damit haben wir insgesamt $A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$ für $1 \le i \le p+1$.

Wenn wir im Induktionsschritt aber, wie du meintest, $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$ zeigen wollen, so stoßen wir doch auf ein Problem. Für $1 \le i \le p$ geht dies laut Induktionsvoraussetzung gut. Für $i = p+1$ müssen wir dann aber $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p)}$ zeigen, aber oben in (*) haben wir doch genau das Umgekehrte, nämlich
$A_{k(p)}\subset A_{j(p+1)}$.

Verstehst du, auf was ich hinaus möchte?
 


@Deine Ausführungen zur Unendlichkeit von Vektorräumen
2020-07-15 21:14 - X3nion in Beitrag No. 14 schreibt:

Auch wenn es kein endliches Erzeugendensystem gibt, ist jeder Vektor Linearkombination von endlich vielen Erzeugenden.

Wie meintest du deinen Satz oben, magst du den noch etwas konkretisieren?

Das ist mehr oder weniger nach Definition so.
Auch für unendlich dimensionale Vektorräume besteht eine Linearkombination immer nur aus endlich vielen Summanden.

Es ist plausibel das so zu tun, weil eine unendliche Summe ja in der Regel nicht mehr definiert ist. Sowas muss ja nicht mehr konvergieren, und selbst wenn Konvergenz vorliegt, wird ja ein Grenzwertprozess beschrieben.
Sinnvoll kann man es also nur für endliche Summen hinschreiben, und fasst daher den Begriff der Linearkombination auch für unendlich dimensionale Vektorräume so auf.

Im Buch von Beutelspacher gibt es das Projekt "Der unendlichdimensionale Vektorraum $V_\infty$" am Ende von Kapitl 3, wo man eingeladen ist, das ganze nochmal für sich genauer zu untersuchen.

Also wie gesagt, dass man nur endliche Linearkombinationen zulässt, ist nach Definition so.


Aber trotzdem ist das maximale Element dann eine unendliche Teilmenge und keine endliche Teilmenge? Weil sonst hätten wir ja keinen unendlich dimensionalen Vektorraum?

Ich weiß gar nicht ob man diese Frage so genau beantworten kann.

Zum einen weiß niemand wie dieses maximale Element eigentlich aussieht.
Zum anderen wird die Aussage ja sehr allgemein bewiesen "Jeder Vektorraum hat eine Basis".
Also betrachtet man neben unendlichdimensionalen Vektorräumen auch endlichdimensionale, wobei man für die endlichdimensionalen Vektorräume das Lemma von Zorn ja eigentlich nicht benötigt, und dort eine Basis ohne größere Probleme angeben kann.

Für unendlichdimensionale Vektorräume wird die Basis aber natürlich unendlich viele Elemente enthalten.

Die Dimension eines Vektorraums ist ja über die Kardinalität der (oder besser 'einer') Basis gegeben.



Ich denke, es nun etwas mehr verstanden zu haben, werde mir aber auf jeden Fall den Beutelspacher mal anschauen. Bzw. wann werden unendlich dimensionale Vektorräume betrachtet, in Lineare Algebra II?


Viele Grüße,
X3nion



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-07-17 00:59



Bzw. wann werden unendlich dimensionale Vektorräume betrachtet, in Lineare Algebra II?

Unendlichdimensionale Vektorräume werden in vielen Vorlesungen zur linearen Algebra direkt abgehandelt, man unterscheidet also nicht explizit zwischen der Theorie von endlichdimensionalen und unendlichdimensionalen Vektorräumen, weil es im Grunde auch einfach exakt das gleiche ist. Hier und da hat man eben Aussagen die nicht selbstverständlich sind, wie eben die Existenz einer Basis bei unendlichdimensionalen Vektorräumen.

Ähnlich wie man in der Analysis viele Aussagen direkt auch allgemeiner über den Körper der komplexen Zahlen zeigt und nicht nur über $\mathbb{R}$.

Prof. Beutelspacher beschränkt sich in seinem Buch auf endlichdimensionale Vektorräume. Er begründet das auch, und es liegt im Grunde daran, dass die entwickelte Theorie eben nicht wirklich davon abhängt, bzw. sich etwas ändert wenn man eben einen unendlichdimensionalen Vektorraum hat.
Das Buch behandelt eigentlich auch die Themen der linearen Algebra I und II, auch wenn manche Themen nicht drankommen.

Unendlichdimensionale (topologische) Vektorräume werden genauer in der Funktionalanalysis behandelt, aber damit kenne ich mich nicht aus.

Jedenfalls nehmen unendlichdimensionale Vektorräume in der linearen Algebra eigentlich keinen speziellen Platz ein.

Die anderen Frage habe ich noch nicht gelesen, weil ich gerade zu müde bin.



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ligning
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-07-17 09:29


2020-07-17 00:47 - X3nion in Beitrag No. 16 schreibt:
Die Teilmenge $\{A_{i}\}_{i \in I}$ ist ja total geordnet, also gilt $A_{i} \subset A_{j}$ oder $A_{j} \subset A_{i}$.
Die Definition einer Totalordnung schließt aber den Fall "es gilt beides" nicht aus, also es steht ja nicht da "Es gilt entweder $A_{i} \subset A_{j}$ oder $A_{j} \subset A_{i}$.

Deshalb meine Unklarheit, was denn im Gleichheitsfall, also im Falle der Gültigkeit beider Inklusionen gleichzeitig, gilt?
Der Fall kann natürlich eintreten. Aber was soll in dem Fall besonderes sein?

Was hier gemacht wird, ist folgendes: Wir haben eine Kette (= Totalordnung) von linear unabhängigen Mengen $A_j$, und wir haben _endlich_ viele $a_i$. Da die $a_i$ alle in der Vereinigung der Kette liegen, liegt jedes dieser $a_i$ in irgendeinem der $A_j$. Wir betrachten nun die endlich vielen $A_j$, die wir so gewählt haben. Das ist eine endliche Teilkette, sie enthält also ein maximales Element, das damit  alle der $a_i$ enthält.

Ich persönlich würde empfehlen, es dabei zu belassen und nicht die Details der Induktion nachzuvollziehen.


-----------------
⊗ ⊗ ⊗



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-17 14:28


Hallo zusammen und vielen Dank für eure Antworten!

Ja das Zorn'sche Lemma mit seinen Ketten wird wohl ein wesentlicher Faktor zum Verständnis sein.

Aber wie ist es im Falle, dass gleichzeitig $A_{j(1)} \subset A_{j(2)}$ und $A_{j(2)} \subset A_{j(1)}$ gelten? Kann man sich einfach für $j(1)$ oder $j(2)$ nach Belieben entscheiden, und dieses dann als $k(2)$ setzen?
Weil es gelten ja beide Inklusionen.



1) Gelte $A_{j(p+1)}\subseteq A_{k(p)}$.
Setzen wir nun $k(p+1):= k(p)$, so haben wir insgesamt $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$, weil ja nach Induktionsvoraussetzung $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p$ gilt und zudem noch $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p)}$
Insbesondere haben wir aufgrund der Wahl von $k(p+1)$ auch $A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$ für $1 \le i \le p+1$.
Aufgrund der Gleichheit $k(p+1) = k(p)$ könnte man hier auch sagen, dass
$A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$

2) Es gilt hier $A_{k(p)} \subseteq A_{j(p+1)}$. Setzen wir nun $k(p+1):=j(p+1)$, so haben wir:
$A_{k(p)}\subset A_{j(p+1)}=A_{k(p+1)}$  (*)
Die Induktionsvoraussetzung liefert auch hier: $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p$,
und aufgrund (*) insbesondere also $A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$ für $1 \le i \le p$.
Für $i = p+1$ gilt $A_{j(p+1)}=A_{k(p+1)}$, also insbesondere $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p+1)}$. Damit haben wir insgesamt $A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$ für $1 \le i \le p+1$.

Wenn wir im Induktionsschritt aber $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$ zeigen wollen, so stoßen wir doch auf ein Problem. Für $1 \le i \le p$ geht dies laut Induktionsvoraussetzung gut. Für $i = p+1$ müssen wir dann aber $A_{j(p+1)} \subset A_{k(p)}$ zeigen, aber oben in (*) haben wir doch genau das Umgekehrte, nämlich
$A_{k(p)}\subset A_{j(p+1)}$.

Das wäre meine letzte Frage zum Induktionsschritt.
Im Beweis steht, dass dieser lautet: $A_{j(i)} \subset A_{k(p)}$ für $1 \le i \le p+1$.
Aber hier haben wir ja oben genanntes Problem.
Irgendwie werde ich denk Gedanken nicht los, dass der Induktionsschritt doch
$A_{j(i)} \subset A_{k(p+1)}$ für $1 \le i \le p+1$ lauten muss
Hier geht es ja nicht mehr um das Zorn'sche Lemma, sondern einfach um eine Übung zur Induktion.


Wollt ihr mir helfen, den letzten Part zu verstehen?
Ich wäre euch sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion



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Hallo zusammen,

könnte jemand vielleicht noch auf meine letzte Frage eingehen?
Ich wäre sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion



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