Beweis von Surjektivität < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:34 So 07.11.2004 | | Autor: | Larkin |
Hallo!
Leider hab ich ziemliche Probleme, mit einer Beweisaufgabe, bei der ich einfach keinen Ansatz finde.
Nun zu meinem Problem:
Ich soll beweisen, dass eine lineare Abb: f: V -> W genau dann surjektiv ist, wenn es eine lineare Abb. g: W -> V mit f ° g = id w gibt.
Das gleiche auch für eine injektiv, wenn g ° f = id v gilt.
Mir ist zwar klar, dass ich das in zwei Teilen beweisen muss, also zuerst zeigen muss: wenn f surjetiv ist, dann gibt es g mit f ° g = id w
und dann: gibt es g mit f ° g = id w, so ist f surjetiv.
Aber leider, weiß ich nicht wie ich das zeigen kann...
Ich wäre also sehr erfreut, wenn mir jemand helfen könnte
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt:
http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=8389
Danke im Vorraus,
Larkin
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:25 Mo 08.11.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo Larkin!
Deine Frage gehört eindeutig zu den FAQs hier.  Die Lösung dieser Aufgabe kannst du zum Beispiel hier nachlesen.
Liebe Grüße
Julius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:39 Mo 08.11.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Julius,
wie kann man denn aber hier zeigen, dass man die Funktion g auch linear wählen kann? Das ist mir gestern Nacht nicht gelungen...
Veile Grüße,
Marc
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:58 Mo 08.11.2004 | | Autor: | Julius |
Lieber Marc!
Danke für den Hinweis, das hatte ich übersehen.  Man kann es aber zum Glück retten:
Ist [mm] $(w_i)_{i \in I}$ [/mm] eine Basis von $W$, so setzt man
(*) [mm] $g(w_i):= v_i$ [/mm] $(i [mm] \in [/mm] I)$,
wobei [mm] $v_i \in [/mm] V$ eine Element ist mit
(**) [mm] $f(v_i)=w_i \quad [/mm] (i [mm] \in [/mm] I)$,
was nach Voraussetzung ($f$ ist surjektiv) existiert.
Ist nun weiterhin [mm] $(\lambda_i)_{i \in I} \in \IK^I$, [/mm] wobei [mm] $\lambda_i=0$ [/mm] ist für fast alle $i [mm] \in [/mm] I$, so setzt man:
$g [mm] \left( \sum\limits_{i \in I} \lambda_i w_i \right):= \sum\limits_{i \in I} \lambda_i \, g(w_i)$.
[/mm]
Dann ist $g$ nach Konstruktion linear, und es gilt auf Grund der Linearität von $f$:
$f [mm] \left( g \left( \sum\limits_{i \in I} \lambda_i \, w_i \right) \right)$
[/mm]
$= f [mm] \left( \sum\limits_{i \in I} \lambda_i\, g(w_i) \right)$
[/mm]
(nach Definition von [mm] $\blue{g}$)
[/mm]
$= [mm] \sum\limits_{i \in I} \lambda_i \, f(g(w_i))$
[/mm]
(da [mm] $\blue{f}$ [/mm] linear ist)
[mm] $\stackrel{(\*)}{=} \sum\limits_{i \in I} \lambda_i\, f(v_i)$ [/mm]
[mm] $\stackrel{(\*\*)}{=} \sum\limits_{i \in I} \lambda_i\, w_i$.
[/mm]
Liebe Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:30 Mo 08.11.2004 | | Autor: | Marc |
Lieber Julius!
> Danke für den Hinweis, das hatte ich übersehen. Man
> kann es aber zum Glück retten:
Jo, super, danke.
Gestern hatte ich irgendwie verworfen, dass es sich bei V und W um Vektorräume handeln muss, aber wenn ich es mir recht überlege, machen lineare Abbildungen ja nur zwischen Vektorräumen Sinn. Dann ist natürlich klar, dass man sich auf die Basen beschränken kann.
Herzlichen Dank,
Marc
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