Erzeugendensystem Funktionen < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:14 Di 22.11.2011 | | Autor: | JackRed |
| Aufgabe | | Sei die Menge aller Abbildungen [mm] \IR\to\IR [/mm] ein Vektorraum. Seien [mm] f(x)=e^{x}, [/mm] g(x)=sin(x), [mm] h(x)=x^{2}. [/mm] Bilden f,g und h eine Basis von diesem Vektorraum? |
Ich habe schon gezeigt, dass es eine nicht-triviale Linearkombination dieser Funktionen gibt, indem ich für einen x-Wert eine solche gebildet habe, sodass die Koeffizienten ungleich null waren. Lineare Unabhängigkeit muss ja für alle x gelten. Kann ich das also so machen?
Demnach sind die Funktionen keine Basis und die Aufgabe wäre erledigt.
Nur ich frage mich, wie ich überprüfe, ob die Funktionen Erzeugendensystem sind. Wenn die linear unabhängig wären, hätte ich mit dieser Aufgabe dann Probleme.
Ich weiß nur, dass sie es sind, wenn ich jede Funktion als Linearkombination dieser drei darstellen kann. Nur wie zeige ich das?
[mm] c_{1}f(x)+c_{2}g(x)+c_{3}h(x)=j(x)
[/mm]
wobei j(x) eine beliebige Funktion aus dem Vektorraum ist und [mm] c\in\IR
[/mm]
Ich weiß nur nicht wie ich jetzt weitermache.
(Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:22 Di 22.11.2011 | | Autor: | Stoecki |
als erstes solltest du dir überlegen, was die null in diesem vektorraum ist. es ist nicht die reelle zahl null, denn die reellen zahlen gehören zu diesem vektorraum nicht dazu, sondern nur funktionen.
zu diesen drei funktionen gibt es keine nicht triviale null-darstellung. sie sind definitiv linear unabhängig. du darfst nicht einfach ein x suchen, sondern es muss für alle gelten
zum zweiten teil. wenn dies eine basis für diesen vektorraum wäre, könnte jede beliebige funktion als linearkombination dieser drei funktionen dargestellt werden. geht das? wenn nein, überlege dir mal ein gegenbeispiel
gruß bernhard
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:55 Di 22.11.2011 | | Autor: | JackRed |
Hey, danke erstmal für deine superschnelle Antwort. Weiß ich sehr zu schätzen.
> als erstes solltest du dir überlegen, was die null in
> diesem vektorraum ist. es ist nicht die reelle zahl null,
> denn die reellen zahlen gehören zu diesem vektorraum nicht
> dazu, sondern nur funktionen.
>
> zu diesen drei funktionen gibt es keine nicht triviale
> null-darstellung. sie sind definitiv linear unabhängig. du
> darfst nicht einfach ein x suchen, sondern es muss für
> alle gelten
Die Linearkombination muss die Nullfunktion ergeben, also für alle x. Es muss also eine nicht-triviale Linearkombination geben, die für alle x gilt. Nur wie finde ich die? Oder wie widerlege ich, dass es sie gibt?
Heißt das dann auch, dass wenn es eine Stelle gibt, wo nur die triviale Linearkombination Null wird, die Funktionen linear unabhängig sind?
> zum zweiten teil. wenn dies eine basis für diesen
> vektorraum wäre, könnte jede beliebige funktion als
> linearkombination dieser drei funktionen dargestellt
> werden. geht das? wenn nein, überlege dir mal ein
> gegenbeispiel
Hier habe ich auch wieder das Problem, dass ich nicht weiß wie ich ein Gegenbeispiel finde, weil ich mir nicht vorstellen wie die Funktionen nicht irgendeine andere bilden können. Wenn ich z.B. j(x)=1 nehme: Nach meiner Intuition (wie gesagt, ich kann es mir schlecht vorstellen) ist das keine Linearkombination der Funktionen. Aber was, wenn doch? Wie schließ ich das mathematisch korrekt aus?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:09 Di 22.11.2011 | | Autor: | fred97 |
1. Die Funktionen f,g und h sind linear unabhängig: seien a,b,c [mm] \in \IR [/mm] und
af+bg+ch=0.
Das bedeutet:
[mm] $ae^x+bsin(x)+cx^2=0$ [/mm] für alle x [mm] \in \IR.
[/mm]
So jetzt zeige Du mal, dass a=b=c=0 ist. (Dazu wähle geeignete Werte von x, wählst Du z.B. x=0, so bekommst Du a=0, .....)
2. Eine Basis bilden die 3 Funktionen natürlich nicht.
Anderenfalls hätte der Vektorraum aller Abbildungen $ [mm] \IR\to\IR [/mm] $ die Dimension 3.
Nun gehören aber die Funktionen
[mm] 1,x,x^2,x^3, x^4, [/mm] .....
zu diesem Vektorraum und sind in diesem linear unabhängig. Der Vektorraum ist also unendlichdimensional.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:28 Di 22.11.2011 | | Autor: | JackRed |
> 1. Die Funktionen f,g und h sind linear unabhängig: seien
> a,b,c [mm]\in \IR[/mm] und
>
> af+bg+ch=0.
>
> Das bedeutet:
>
> [mm]ae^x+bsin(x)+cx^2=0[/mm] für alle x [mm]\in \IR.[/mm]
>
> So jetzt zeige Du mal, dass a=b=c=0 ist. (Dazu wähle
> geeignete Werte von x, wählst Du z.B. x=0, so bekommst Du
> a=0, .....)
Für x=0 kann ich ja dann b und c frei wählen, weil die Terme ja eh wegfallen. Das wäre dann ja nicht linear unabhängig.
Heißt es jetzt, dass ich einen Wert finden muss, bei dem nur die triviale Linearkombination null wird (also so wie ich's in meiner vorherigen Frage beschrieben habe)? So einen finde ich aber nicht, weil man z.B. den einen immer Null setzen kann und die anderen Koeffizienten halt so, dass sie sich mit den Funktionswerten gerade aufheben.
> 2. Eine Basis bilden die 3 Funktionen natürlich nicht.
>
> Anderenfalls hätte der Vektorraum aller Abbildungen
> [mm]\IR\to\IR[/mm] die Dimension 3.
>
> Nun gehören aber die Funktionen
>
> [mm]1,x,x^2,x^3, x^4,[/mm] .....
>
> zu diesem Vektorraum und sind in diesem linear unabhängig.
> Der Vektorraum ist also unendlichdimensional.
>
> FRED
Ok, das ist voll schlau. Darauf wäre ich nie gekommen. Hätte immer den Umweg mit dem Erzeugendensystem genommen. Danke dafür!
Würde aber trotzdem noch gerne wissen, wie ich das mit dem Erzeugendensystem überprüfe.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:34 Di 22.11.2011 | | Autor: | Stoecki |
Zitat:
> $ [mm] ae^x+bsin(x)+cx^2=0 [/mm] $ für alle x $ [mm] \in \IR. [/mm] $
>
> So jetzt zeige Du mal, dass a=b=c=0 ist. (Dazu wähle
> geeignete Werte von x, wählst Du z.B. x=0, so bekommst Du
> a=0, .....)
Für x=0 kann ich ja dann b und c frei wählen, weil die Terme ja eh wegfallen. Das wäre dann ja nicht linear unabhängig.
Heißt es jetzt, dass ich einen Wert finden muss, bei dem nur die triviale Linearkombination null wird (also so wie ich's in meiner vorherigen Frage beschrieben habe)? So einen finde ich aber nicht, weil man z.B. den einen immer Null setzen kann und die anderen Koeffizienten halt so, dass sie sich mit den Funktionswerten gerade aufheben.
/Zitatende
es muss für alle x gelten, also nicht nur für x=0.
hier muss ja schon mal a = 0 sein, sonst geht es nicht. dann nimm dir ein anderes x (z.b. x=1 und x=2) damit legst du auch b und c auf 0 fest. also gehts nur trivial.
nehmen wir mal deine funktion j(x) = 1.
also:
j(x) = 1 = [mm] ae^x+bsin(x)+cx^2=0 [/mm] für alle x.
wähle mal x=0, x=1, x=2 und x=3
das system ist für alle diese 4 x nicht lösbar. ergo ist j(x) nicht darstellbar
gruß bernhard
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:42 Di 22.11.2011 | | Autor: | JackRed |
> es muss für alle x gelten, also nicht nur für x=0.
>
> hier muss ja schon mal a = 0 sein, sonst geht es nicht.
> dann nimm dir ein anderes x (z.b. x=1 und x=2) damit legst
> du auch b und c auf 0 fest. also gehts nur trivial.
Ah danke, jetzt hat's Klick gemacht. Ich such mir also b und c, indem ich weitere Bedingungen für die Linearkombination aufzähle, also, dass sie auch anderen Stellen x (bzw. allen) null sein muss usw.
Jetzt fühl ich mich wieder blöd, dass ich nicht von selbst darauf gekommen bin :(
Aber danke für deine Hilfe :)
> nehmen wir mal deine funktion j(x) = 1.
> also:
> j(x) = 1 = [mm]ae^x+bsin(x)+cx^2=0[/mm] für alle x.
> wähle mal x=0, x=1, x=2 und x=3
> das system ist für alle diese 4 x nicht lösbar. ergo ist
> j(x) nicht darstellbar
>
> gruß bernhard
Reicht es dann zu zeigen, dass man für unterschiedliche x (reichen auch zwei?) unterschiedliche Koeffzienten rauskriegt, also dass es nicht für alle x lösbar ist?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:52 Di 22.11.2011 | | Autor: | Stoecki |
zwei werden nicht reichen, aber es reichen endlich viele 
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:58 Di 22.11.2011 | | Autor: | JackRed |
Ok :D
Vielen vielen Dank nochmal für die tolle Hilfe :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 Di 22.11.2011 | | Autor: | Stoecki |
kein problem
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:45 Di 22.11.2011 | | Autor: | JackRed |
Diese Rückfrage wurde unten beantwortet.
(Ich dachte, man kann die Frage wieder auf "beantwortet" zurücksetzen, sorry.)
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