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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Verallgemeinerte Inverse eines Endomorphismus
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Universität/Hochschule Verallgemeinerte Inverse eines Endomorphismus
valeria_mathematicaa
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Dabei seit: 25.10.2021
Mitteilungen: 8
  Themenstart: 2021-10-25

Hallo, ich soll in einer Übungsaufgabe zeigen, dass es zu jedem \(f\in L(V,V)\) ein \(g\in L(V,V)\) gibt, mit \(f\circ g\circ f=f\). Das bedeutet doch eigentlich: \(f(g(f(x)))=f(x)\) Müsste dann nicht einfach nur \(g=f^{-1}\) gelten, denn dann wäre ja \(g(f(x))=x\) Das ganze scheint mir zu einfach und nicht so ganz richtig. Könnte mir hier vielleicht jemand helfen, denn momentan komme ich selber sonst nicht weiter. Lieber Grüße Valeria


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zippy
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Mitteilungen: 2925
  Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-25

\quoteon(2021-10-25 23:50 - valeria_mathematicaa im Themenstart) Müsste dann nicht einfach nur \(g=f^{-1}\) gelten \quoteoff $f$ ist nicht notwendigerweise invertierbar. --zippy


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valeria_mathematicaa
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-26

Hallo zippy, irgendwie fehlt mir gerade die Vorstellung, wie eine solche Verknüpfung für nicht invertierbare Funktionen aussehen kann. Denn \(g\circ f\) muss doch wieder auf das Urbild von \(f\) abbilden, damit es klappt oder nicht? Irgendwie steh ich gerade auf dem Schlauch :/


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Triceratops
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-10-26

Die Abbildung $f' : V \to f(V)$, $v \mapsto f(v)$ ist surjektiv und linear. Also (!) gibt es eine lineare Abbildung $g' : f(V) \to V$ mit $f' \circ g' = \mathrm{id}_{f(V)}$. Weil $f(V)$ ein Unterraum von $V$ ist, gibt es (!) eine lineare Abbildung $g : V \to V$ mit $g|_{f(V)} = g'$. Weil $f(g(w))=w$ für alle $w \in f(V)$ gilt, gilt nun $f(g(f(v)))=f(v)$ für alle $v \in V$.


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valeria_mathematicaa
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-26

Hi Triceraptos und danke für deine Antwort. Ich bin mir nicht ganz sicher ob ich das ganz richtig verstanden habe, deshalb probiere ich es mal in meinen Worten wiederzugeben. Also wir betrachten eine surjektive und lineare Abbildung \(f^{\prime}:V\rightarrow f(V)\). Wegen der Surjektivität gibt es eine lineare Abbildung \(g^{\prime}:f(V)\rightarrow V\). Damit erhalten wir für die Verknüpfung: \(f^{\prime}\circ g^{\prime}=id_{f(V)}\), da wir bei der Verknüpfung von \(f(V)\) auf \(f(V)\) abbilden. Ab hier verstehe ich das dann nicht mehr ganz, weil ich auch nicht ganz verstehe, was mit der Notation: \(g|_{f(V)} = g'\) gemeint ist. Könntest du das vielleicht nochmal erläutern?


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ligning
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-10-26

\quoteon(2021-10-26 16:55 - valeria_mathematicaa in Beitrag No. 4) Ab hier verstehe ich das dann nicht mehr ganz, weil ich auch nicht ganz verstehe, was mit der Notation: \(g|_{f(V)} = g'\) gemeint ist. \quoteoff Das ist die Einschränkung von $g$ auf $f(V)$. Allgemein wird bei einer Abbildung $f:X\to Y$ mit $U\subseteq X$ die Einschränkung von $f$ auf $U$ mit $f|_U$ bezeichnet. Einschränkung heißt: $f|_U : U\to Y,\,f|_U(x) = f(x)$ für alle $x\in U$.


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Triceratops
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-10-26

Es scheint mir nicht, dass du es verstanden hast. Übrigens ist mein Post nur ein grober Beweisplan, die mit (!) markierten Stellen müssen noch begründet werden (hoffentlich mit Sachen, die ihr bereits in der Vorlesung behandelt habt). \quoteon(2021-10-26 16:55 - valeria_mathematicaa in Beitrag No. 4) Also wir betrachten eine surjektive und lineare Abbildung \(f^{\prime}:V\rightarrow f(V)\). \quoteoff Nicht eine, sondern die ganz konkret durch $f'(v):=f(v)$ definierte Abbildung. \quoteonWegen der Surjektivität gibt es eine lineare Abbildung \(g^{\prime}:f(V)\rightarrow V\). \quoteoff Diese Aussage ist trivial, es gibt ja zwischen Vektorräumen immer mindestens eine lineare Abbildung: die Nullabbildung. Du hast die Bedingung $f' \circ g' = \mathrm{id}$ unterschlagen. Und wie gesagt muss auch begründet werden, dass $g'$ existiert. \quoteon Damit erhalten wir für die Verknüpfung: \(f^{\prime}\circ g^{\prime}=id_{f(V)}\), da wir bei der Verknüpfung von \(f(V)\) auf \(f(V)\) abbilden. \quoteoff Das ist keine Begründung. Nicht jede lineare Abbildung $g'$ erfüllt diese Bedingung.


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valeria_mathematicaa
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-26

Hm ok danke auf jeden Fall. Also wenn ich dich jetzt richtig verstanden habe, muss ich also zeigen, dass \(g'\) existiert, mit \(f'\circ g'=id_{f(V)}\) und damit folgt dann letztendlich die zu zeigende Behauptung, richtig? Wie kann ich denn da am besten ran gehen? Mir fehlt gerade wurklich jegliche Idee für einen Ansatz :/


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Triceratops
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-10-27

Was man hier wie schon angedeutet braucht (und das ist tatsächlich äquivalent zur Behauptung, wie man sich leicht überlegen kann): Lemma. Sei $f : V \to W$ eine surjektive lineare Abbildung. Dann gibt es eine lineare Abbildung $g : W \to V$ mit $f \circ g = \mathrm{id}_W$. Hattet ihr diese Aussage bereits behandelt? Ist bei euch der Vektorraum $V$ in der Aufgabenstellung eigentlich endlich-dimensional? Falls ja, gibt es gleich mehrere Beweise für das Lemma. Andernfalls muss man etwas systematischer vorgehen und das auf eine entsprechende Aussage über injektive lineare Abbildungen zurückführen.


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