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Unterraum eines endlich erzeugten Vektorraums
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algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
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BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 14:13:42    Titel:

Ehhmmm. Das glaube ich nicht. Wenn ich das richtig verstanden habe, willst Du oben aus einem Erzeugendensystem von V eine Basis von U bauen. Das geht wohl so einfach nicht. Ich denke, da muss man wohl unter ALLEN Erzeugendensysteme von V ein solches Aussuchen, das eine Basis von U enthält. Das ist dann nicht mehr so lustig.

Ich denke mal drüber nach...
cyrix42
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Anmeldungsdatum: 14.08.2006
Beiträge: 24256

BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 14:42:43    Titel:

Nein.

Wir nehmen eine Basis B' her. Das ist einerseits ein Erzeugendensystem von U, und andererseits eine linear unabhängige Menge in V. Aus der zweiten Eigenschaft folgt die Endlichkeit.

Um dies zu zeigen, sagte ich, dass wir aus jdem Erzeugendensystem von V eine Basis von V auswählen können, d.h. die Basis von V ist hier endlich.

Wenn man einmal eine endliche Basis hat (was wir von V nun wissen), dann kann man leicht zeigen, dass jede linear unabhängige Menge höchstens so viele Elemente wie die Basis besitzt, insbesondere also auch endlich sein muss. Da B' eine linear unabhängige Menge in V ist, und V eine endliche Basis hat, muss also auch B' endlich sein, d.h. U ist endlich erzeugt (z.B. durch B').


Fehlt hier also nur noch der genaue Beweis, dass eine linear unabhängige Menge höchstens so viele Elemente enthält wie eine (endliche) Basis:

Sei {v_1, ... , v_r} die linear unabhängige Menge und {b_1, ... , b_n} die Basis.

Dann ist v_i=k_{1,i}*b_1 + ... + k_{n,i}*b_n, wobei die Koeffizienten k_{j,i} eindeutig bestimmt sind.

Um zu untersuchen, ob die Vektoren v_1 bis v_r linear unabhängig sind, müssen wir also die Linearkombinationen, die den Nullvektor ergeben, uns anschauen:

0=x_1*v_1+---+x_r*v_r. Diese Gleichung darf nur die triviale Lösung x_1=...=x_r=0 besitzen.

Setzen wir hier nun die Darstellung der v_i durch die b_j ein, und fassen zusammen, so erhalten wir:

0=(x_1*k_{1,1}+x_2*k_{1,2}+...+x_r*k_{1,r})*b_1+...+(...+x_r*k_{n,r})*b_n.

Da die b_j eine Basis bilden, also insbesondere selbst linear unabhängig sind, folgt, dass alle Koeffizienten verschwinden müssen. Wir erhalten also das lineare Gleichungssystem

(k_{i,j})_{i=1..n,j=1..r} * (x_i)_{i=1..r} = 0.

Da die v_i linear unabhängig waren, sind es insbesondere die Zeilen dieser Matrix auch, d.h. sie hat vollen Rang. Der Lösungsraum dieses homogenen linearen Gleichungssystems ist für r>=n genau r-n-dimensional (bekanntes Resultat aus der linearen Algebra), d.h. insbesondere für r>n gibt es auch eine Lösung (x_i) ungleich dem Nullvektor, was aber der linearen Unabhängigkeit der v_i widerspricht. Also ist r>=n.


Grüße
Cyrix
algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
Beiträge: 4143
Wohnort: Passau

BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 15:08:05    Titel:

Ehhmm. Ich dachte, wir diskutieren die Frage: Kann man das ohne Zornsches Lemma machen? Ich habe schon vor 2 Posts eingesehen, dass die restlichen Schritte einfach sind.
cyrix42
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Anmeldungsdatum: 14.08.2006
Beiträge: 24256

BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 15:17:30    Titel:

ah, ok.

Nein, ich bin mir recht sicher, dass es ohne eine Basis von U (oder dazu äquivalente Aussagen) nicht geht, denn bei endlich erzeugten Moduln ist die zu zeigende Aussage falsch (da überträgt sich nämlich nicht notwendigerweise diese Eigenschaft auf Untermoduln).

Die Aussage gilt allgemein nur für noethersche Ringe, und äquivalente Charakterisierungen davon arbeiten wieder mit Zorn (z.B. jede aufsteigende Kette von Untermoduln wird irgendwann konstant, d.h. besitzt ein maximales Element). Also wird es wohl nicht ohne gehen.


Grüße
Cyrix
Calculus
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Anmeldungsdatum: 02.01.2008
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BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 20:15:33    Titel:

Ok, ich hab nochmal in meine Unterlagen geschaut, dass jede linear unabhängige Menge maximal so viele Elemente hat wie eine Basis wird im Beweis des Basisaustauschsatz gezeigt. Allerdings verwundert es mich doch schon stark, dass man hier das Zorn'sche Lemma unbedingt braucht Neutral


Aber wirklich zufrieden bin ich erst wenn du bewiesen hast, dass es nicht ohne Zorn geht Razz
Calculus
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Anmeldungsdatum: 02.01.2008
Beiträge: 5077
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BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 21:06:17    Titel:

Sei B = (v1, ..., vn) eine Basis von V, der Fall U = {0} ist zu vernachlässigen, sei also nun 0 ≠ u1 ∈ U. Damit besitzt u1 eine Darstellung als λ1 * v1 + ... + λn * vn, wobei i1 so gewählt ist, dass ein λ{i1} ≠ 0 ist. Dann bildet B1 = (v1, ..., v{i1 - 1}, u1, v{i1 + 1}, ..., vn) eine Basis von V. Nun bilden wir die Menge U1 = {v ∈ U | ∃ i2 ∉ {i1}: v = summe[i=1 bis n, i ∉ {i1}]{λi * v1} + μ1 * u1 ∧ λ{i2} ≠ 0}. Ist U1 = {}, dann haben wir mit (u1) bereits ein Erzeugendensystem von U. Ansonstem nehmen wir ein Element u2 ∈ U1 und erhalten mit B2 = (v1, ..., v{i1 - 1}, u1, v{i1 + 1}, ..., v{i2 - 1}, u2, v{i2 + 1}, ..., vn) eine weitere Basis von V. Nun bilden wir eine Menge U2 = {v ∈ U | ∃ i3 ∉ {i1, i2}: v = summe[i=1 bis n, i ∉ {i1, i2}]{λi * v1} + μ1 * u1 + μ2 * u2 ∧ λ{i3} ≠ 0} und führen diese Prodzedur solange aus, bis ein Uk = {}. Dass dies geschehen muss ist klar, da spätestens nach n Schritten B nur noch aus Vektoren aus U besteht, also Un = {}.


Oder kann ich ohne Auswahlaxiom nicht ein Element aus einer Menge auswählen? Neutral
cyrix42
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Anmeldungsdatum: 14.08.2006
Beiträge: 24256

BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 21:14:08    Titel:

ich schau mir das mal morgen an. Ich bin mir relativ sicher, dass da irgendwas im Hintergrund passiert, was irgendwo das Auswahlaxiom voraussetzt (wobei du es nicht brauchst um aus einer endlichen Menge etwas auszuwählen), denn die Argumentation müsste so ja auch funktionieren, wenn das Objekt, worüber die "Vektorräume" definiert sind, kein Körper, sondern nur ein beliebiger Ring ist.

Und für nicht-noethersche Ringe ist die Aussage eben falsch, also kann die Argumentation nicht so vollkommen richtig sein.


Grüße
Cyrix
Calculus
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Anmeldungsdatum: 02.01.2008
Beiträge: 5077
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BeitragVerfasst am: 30 Nov 2008 - 21:58:39    Titel:

Zitat:
wobei du es nicht brauchst um aus einer endlichen Menge etwas auszuwählen

Es handelt sich aber um unendliche Teilmengen eines endlich erzeugten Vektorraums, hier kommt man wohl ums Auswahlaxiom nicht hinweg Neutral

Zitat:
denn die Argumentation müsste so ja auch funktionieren, wenn das Objekt, worüber die "Vektorräume" definiert sind, kein Körper, sondern nur ein beliebiger Ring ist

Nein, meine Argumentation wäre dann falsch, da für das Steinitz'sche Basisaustauschlemma die Invertierbarkeit der Elemente des Körpers benötigt wird Wink




Edit: http://de.wikipedia.org/wiki/Auswahlaxiom#Bemerkungen
Ich habe in meinem Beweis nur eine Menge, kann man mathematisch korrekt annehmen, dass man aus einer beliebigen nichtleeren Menge ein Element auswählen kann?
Calculus
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Anmeldungsdatum: 02.01.2008
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BeitragVerfasst am: 01 Dez 2008 - 16:23:44    Titel:

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