Wie viele Elemente gibt es? < Sonstiges < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:36 Do 14.04.2011 | | Autor: | Katze_91 |
| Aufgabe | Sei K ein endlicher Körper mit q Elementen.
a) Wie viele elemente besitzt der Vektorraum [mm] K^{n} [/mm] ?
b) Seien [mm] v_{1},..., v_{k} \in K^{n} [/mm] linar unabhängig. Wie viele Elemente besitzt L{ [mm] v_{1},...,v_{k} [/mm] }?
c) Bestimmen Sie die Anzahl der Elemente von GL(n,K). |
Hi, langsam verzweifel ich echt an dieser (wohl einfachen) Aufgabe =(
a) bei dieser Aufgabe meine ich, dass der Vektorraum [mm] q^n [/mm] Elemente bestitzt, da jeder Vektoreintrag genau q Möglichkeiten hat => [mm] q^n
[/mm]
würde das reichen als "Beweis"?
b) hier bin ich der Meinung, dass es [mm] q^k [/mm] Elemente sind
wenn ich mal annehme, dass [mm] v_{1} [/mm] bis [mm] v_{k} [/mm] die Einheitsvektoren [mm] e_{1}, [/mm] .., [mm] e_{k} [/mm] sind, dann gibt es für a [mm] \in [/mm] L{ [mm] v_{1},...,v_{k} [/mm] }
a= [mm] \summe_{i=1}^{k} \lambda^i e_{i} [/mm] ja wieder [mm] q^k [/mm] möglichkeiten, wenn [mm] \lambda^i \in [/mm] K
aber ich darf wohl nicht die einheitsvektoren nehmen oder? wie kann ich es denn verallgemeinern?
c) GL(n,K) ist ja die Menge der regulären Matrizen, also der invertierbaren
hier habe ich leider keinen richtigen Ansatz, hatte zwar ein paar Ideen aber die haben immer einen Haken,
(i) [mm] q^{n^{2}} [/mm] , wäre wohl die Anzahl aller nxn- Matrizen, weil zum Beispiel auch [mm] \pmat{ 1 & 1 \\ 1 & 1 } [/mm] eine Möglichkeit dann wäre, aber diese Matrix ist ja nicht invertierbar (Det = 0)
(ii) [mm] q^{\bruch{n(n-1)}{2}} [/mm] wäre die Anzahl aller Matrizen in ZSF, nur leider sind invertierbare Matrizen nicht in ZSF, sondern man kann sie nach elementarer Zeilenunformung in ZSF bringen, also nicht das selbe
(iii) mein nächster Gedanke wäre wieder [mm] q^{k}
[/mm]
eine reguläre bzw. invertierbare Matrix hat ja den Rang n bzw. ihre Zeilen bzw. Spalten sind linear unabhängig, könnte man wieder auf b) verweisen, aber das klingt auch nicht wirklich überzeugend =(
Hoffe mir kann einer helfen die Anzahl bei c) zu bestimmen
Katze :3
PS: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:03 Do 14.04.2011 | | Autor: | felixf |
Miau!
> Sei K ein endlicher Körper mit q Elementen.
>
> a) Wie viele elemente besitzt der Vektorraum [mm]K^{n}[/mm] ?
> b) Seien [mm]v_{1},..., v_{k} \in K^{n}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
linar unabhängig. Wie
> viele Elemente besitzt L{ [mm]v_{1},...,v_{k}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
}?
> c) Bestimmen Sie die Anzahl der Elemente von GL(n,K).
> Hi, langsam verzweifel ich echt an dieser (wohl einfachen)
> Aufgabe =(
>
> a) bei dieser Aufgabe meine ich, dass der Vektorraum [mm]q^n[/mm]
> Elemente bestitzt, da jeder Vektoreintrag genau q
> Möglichkeiten hat => [mm]q^n[/mm]
> würde das reichen als "Beweis"?
Ja. (Ob das deinem Korrektor allerdings reicht weiss ich nicht, aber eigentlich hast du alles wesentliche gesagt.)
> b) hier bin ich der Meinung, dass es [mm]q^k[/mm] Elemente sind
> wenn ich mal annehme, dass [mm]v_{1}[/mm] bis [mm]v_{k}[/mm] die
> Einheitsvektoren [mm]e_{1},[/mm] .., [mm]e_{k}[/mm] sind, dann gibt es für a
> [mm]\in[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
L{ [mm]v_{1},...,v_{k}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
}
> a= [mm]\summe_{i=1}^{k} \lambda^i e_{i}[/mm] ja wieder [mm]q^k[/mm]
> möglichkeiten, wenn [mm]\lambda^i \in[/mm] K
> aber ich darf wohl nicht die einheitsvektoren nehmen oder?
Nein, darfst du nicht.
Aber: du kannst verwenden, dass die Abbildung [mm] $K^k \to K^n$, $(\lambda_1, \dots, \lambda_k) \mapsto \sum_{i=1}^k \lambda_i v_i$ [/mm] linear und injektiv ist -- die Injektivitaet folgt gerade aus der linearen Unabhaengigkeit.
Insbesondere ist das Bild der Abbildung [mm] $L(v_1, \dots, v_k)$, [/mm] womit du einen Isomorphismus [mm] $K^k \to L(v_1, \dots, v_k)$ [/mm] bekommst. Ein Isomorphismus ist insbesondere bijektiv, womit [mm] $K^k$ [/mm] und [mm] $L(v_1, \dots, v_k)$ [/mm] gleichviele Elemente haben.
> c) GL(n,K) ist ja die Menge der regulären Matrizen, also
> der invertierbaren
> hier habe ich leider keinen richtigen Ansatz, hatte zwar
> ein paar Ideen aber die haben immer einen Haken,
>
> (i) [mm]q^{n^{2}}[/mm] , wäre wohl die Anzahl aller nxn- Matrizen,
> weil zum Beispiel auch [mm]\pmat{ 1 & 1 \\ 1 & 1 }[/mm] eine
> Möglichkeit dann wäre, aber diese Matrix ist ja nicht
> invertierbar (Det = 0)
Genau.
> (ii) [mm]q^{\bruch{n(n-1)}{2}}[/mm] wäre die Anzahl aller Matrizen
> in ZSF, nur leider sind invertierbare Matrizen nicht in
> ZSF, sondern man kann sie nach elementarer Zeilenunformung
> in ZSF bringen, also nicht das selbe
Genau.
> (iii) mein nächster Gedanke wäre wieder [mm]q^{k}[/mm]
> eine reguläre bzw. invertierbare Matrix hat ja den Rang n
> bzw. ihre Zeilen bzw. Spalten sind linear unabhängig,
> könnte man wieder auf b) verweisen, aber das klingt auch
> nicht wirklich überzeugend =(
So geht es ebenfalls nicht.
Kennst du den Basisergaenzungssatz? Wenn du linear unabhaengige Vektoren [mm] $v_1, \dots, v_k$ [/mm] gegeben hast im [mm] $K^n$, [/mm] kannst du sie zu einer Basis [mm] $v_1, \dots, v_n$ [/mm] fortsetzen.
Um also eine invertierbare Matrix zu bekommen, faengst du wie folgt an:
* du nimmst irgendeinen Vektor [mm] $\neq [/mm] 0$ fuer die erste Spalte;
* du nimmst irgendeinen Vektor der l.u. zur ersten Spalte ist als zweite Spalte;
* du nimmst irgendeinen Vektor der l.u. zu den ersten beiden Spalten ist als dritte Spalte;
* ...
Versuche also zu bestimmen, wieviele Moeglichkeiten du in der $i$-ten Spalte hast, wenn du die erste bis $i - 1$-te Spalte schon gewaehlt hast.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:46 Fr 15.04.2011 | | Autor: | Katze_91 |
Hallo :3
Danke, für deine Hilfe
b) wenn ich alles verstanden habe was du mir gesagt hast dann sieht des "ausführlich" so aus:
man wählt sich eine Funktion f: [mm] K^k \to K^n [/mm] , [mm] (\lambda_1,...., \lambda_k) \mapsto \summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i [/mm]
also in Worten ein Vektor [mm] \lambda [/mm] wird auf eine Linearkombination abgebildet.
Diese Funktion ist linear
Beweis:
f(a+b) = f(a)+f(b), def. a:= [mm] (\lambda_1,...., \lambda_k), [/mm] b := [mm] (\beta_1,....\beta_k)
[/mm]
f(a+b) = [mm] \summe_{i=1}^{k}(\lambda^i +\beta^i)v_i [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i [/mm] + [mm] \summe_{i=1}^{k}\beta^i v_i [/mm] = f(a) +f(b)
[mm] f(\mu [/mm] a) = [mm] \mu [/mm] f(a)
[mm] f(\mu [/mm] a) = [mm] \summe_{i=1}^{k}\mu \lambda^i v_i =\mu \summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i [/mm] = [mm] \mu [/mm] f(a)
stimmt des alles von der Notation und Inhalt?
die Funktion f ist injektiv, da ker f = {0}, weil [mm] \summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i [/mm] = 0 wegen linearer Unabhänigkeit [mm] \lambda^i [/mm] =0 für alle i ist, was die Null aus [mm] K^k [/mm] entspricht.
wenn im f = der Zielvektorraum ist, dann ist eine Funktion surjektiv
=> g: [mm] K^k \to [/mm] L { [mm] v_1,.... v_k [/mm] } ist surjektiv
weil man nur Elemente herrausnimmt und L { [mm] v_1,.... v_k [/mm] } [mm] \subseteq K^n [/mm] ist, bleibt die Injektivität erhalten
also bijektiv, was bedeutet, dass [mm] |K^k| [/mm] = |L { [mm] v_1,.... v_k [/mm] }| = [mm] q^k [/mm] ist
alles richtig verstanden?
zur c)
ich erinnere mich dunkel an den Austauschsatz von Steiniz, war des nicht der Basisergänzungssatz?
Alle Spalten müssen zu einander l.u sein, sonst sind sie nicht invertierbar
heißt also die i-te Spalte ist l.u zu Spalte 1 bis i-1
ich würde sagen ich habe n-(i+1) Möglichkeiten einen Vektor zu wählen?
weil ich nehme ja die Vektoren aus der Basis, damit sie auch wirklich alle l.u sind, weil ich ja als erstes irgendeinen beliebigen Vektor genommen habe kann ich ja diesen mit dem Austauschsatz von Steiniz dann für einen Vektor in der Basis B ersetzen und es sind am ende n+1 Vektoren (n sind l.u)
oder denk ich gerade völlig in die falsche Richtung?
Miau :3
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:46 Fr 15.04.2011 | | Autor: | felixf |
Miau!
> b) wenn ich alles verstanden habe was du mir gesagt hast
> dann sieht des "ausführlich" so aus:
>
> man wählt sich eine Funktion f: [mm]K^k \to K^n[/mm] ,
> [mm](\lambda_1,...., \lambda_k) \mapsto \summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i[/mm]
> also in Worten ein Vektor [mm]\lambda[/mm] wird auf eine
> Linearkombination abgebildet.
> Diese Funktion ist linear
> Beweis:
> f(a+b) = f(a)+f(b), def. a:= [mm](\lambda_1,...., \lambda_k),[/mm] b
> := [mm](\beta_1,....\beta_k)[/mm]
> f(a+b) = [mm]\summe_{i=1}^{k}(\lambda^i +\beta^i)v_i[/mm] =
> [mm]\summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i[/mm] + [mm]\summe_{i=1}^{k}\beta^i v_i[/mm]
> = f(a) +f(b)
>
> [mm]f(\mu[/mm] a) = [mm]\mu[/mm] f(a)
> [mm]f(\mu[/mm] a) = [mm]\summe_{i=1}^{k}\mu \lambda^i v_i =\mu \summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i[/mm]
> = [mm]\mu[/mm] f(a)
>
> stimmt des alles von der Notation und Inhalt?
Ja, ich wuerd's aber leicht anders aufschreiben. Etwa:
"Sei $a = [mm] (\lambda_1, \dots, \lambda_k) \in K^k$ [/mm] und $b = [mm] (\beta_1, \dots, \beta_k) \in K^k$. [/mm] Dann ist $f(a + b) = [mm] \sum_{i=1}^k (\lambda_i [/mm] + [mm] \beta_i) v_i [/mm] = [mm] \sum_{i=1}^k \lambda_i v_i [/mm] + [mm] \sum_{i=1}^k \beta_i v_i [/mm] = f(a) + f(b)$, womit $f(a + b) = f(a) + f(b)$ gilt."
> die Funktion f ist injektiv, da ker f = {0}, weil
> [mm]\summe_{i=1}^{k}\lambda^i v_i[/mm] = 0 wegen linearer
> Unabhänigkeit [mm]\lambda^i[/mm] =0 für alle i ist, was die Null
> aus [mm]K^k[/mm] entspricht.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> wenn im f = der Zielvektorraum ist, dann ist eine Funktion
> surjektiv
> => g: [mm]K^k \to[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
L { [mm]v_1,.... v_k[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
} ist surjektiv
> weil man nur Elemente herrausnimmt und L { [mm]v_1,.... v_k[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
}
> [mm]\subseteq K^n[/mm] ist, bleibt die Injektivität erhalten
> also bijektiv, was bedeutet, dass [mm]|K^k|[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
= |L { [mm]v_1,.... v_k[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> }| = [mm]q^k[/mm] ist
>
> alles richtig verstanden?
Ja.
> zur c)
> ich erinnere mich dunkel an den Austauschsatz von Steiniz,
> war des nicht der Basisergänzungssatz?
Es gibt da ein paar Saetze die aehnlich und aequivalent sind. Der Austauschsatz sagt normalerweise etwas anderes aus, aber manchmal fuegen da auch Leute was hinzu...
> Alle Spalten müssen zu einander l.u sein, sonst sind sie
> nicht invertierbar
> heißt also die i-te Spalte ist l.u zu Spalte 1 bis i-1
> ich würde sagen ich habe n-(i+1) Möglichkeiten einen
> Vektor zu wählen?
Wie meinst du das? Du darfst $n$ mal einen Vektor waehlen (fuer jede Spalte einen). Die Frage ist, wieviele Moeglichkeiten du hast in jeder Spalte.
> weil ich nehme ja die Vektoren aus der Basis, damit sie
> auch wirklich alle l.u sind, weil ich ja als erstes
> irgendeinen beliebigen Vektor genommen habe kann ich ja
> diesen mit dem Austauschsatz von Steiniz dann für einen
> Vektor in der Basis B ersetzen und es sind am ende n+1
> Vektoren (n sind l.u)
> oder denk ich gerade völlig in die falsche Richtung?
Damit kommst du nicht weiter.
Den ersten Vektor kannst du ja beliebig waehlen, solange er nicht 0 ist.
Der zweite Vektor darf niht linear abhaengig vom ersten sein, also nicht in [mm] $L(v_1)$ [/mm] enthalten sein.
Der dritte darf nicht l.a. zu [mm] $v_1, v_2$ [/mm] sein, also nicht in [mm] $L(v_1, v_2)$ [/mm] enthalten sein.
etc.
Jetzt kannst du ausrechnen, wieviele Vektoren [mm] $K^n \setminus L(v_1)$, $K^n \setminus L(v_1, v_2)$, [/mm] ... enthaelt.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:51 Fr 15.04.2011 | | Autor: | Katze_91 |
Hi :3
ah jetzt ist klar,
für den ersten Spaltenvektor gibt es [mm] \underbrace{(q-1)}_{ein Vektoreintrag \not= 0 }*q^{n-1}
[/mm]
für den zweiten Spaltenvektor gibt es dann [mm] \underbrace{q^n}_{Moeglichkeiten in K^n} [/mm] - [mm] \underbrace{q^1}_{Moeglichkeiten 1. Spaltenvektor darzustellen}
[/mm]
usw.
für den n-ten Spaltenvektor gibt es dann [mm] (q^n [/mm] - [mm] q^{n-1}) [/mm] Möglichkeiten
zusammen gefasst also:
es sind [mm] (q^n- q^{n-1}) \produkt_{i=1}^{n-1}(q^n-q^i) [/mm] Elemente in GL(n,K) enthalten
ist das korrekt? würde jetzt noch eine Induktion versuchen, wäre das dann der komplete Beweis?
Miau
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:30 Fr 15.04.2011 | | Autor: | felixf |
Miau!
> ah jetzt ist klar,
> für den ersten Spaltenvektor gibt es
> [mm]\underbrace{(q-1)}_{ein Vektoreintrag \not= 0 }*q^{n-1}[/mm]
Nein, leider nicht.
Das ist die Anzahl der Vektoren, die in einer vorher festgelegten Komponente keine 0 haben. Das ist aber nicht die Anzahl aller Vektoren [mm] $\neq [/mm] 0$.
> für den zweiten Spaltenvektor gibt es dann
> [mm]\underbrace{q^n}_{Moeglichkeiten in K^n}[/mm] -
> [mm]\underbrace{q^1}_{Moeglichkeiten 1. Spaltenvektor darzustellen}[/mm]
Das stimmt jedoch.
> usw.
> für den n-ten Spaltenvektor gibt es dann [mm](q^n[/mm] - [mm]q^{n-1})[/mm]
> Möglichkeiten
Und das ebenfalls.
> zusammen gefasst also:
> es sind [mm](q^n- q^{n-1}) \produkt_{i=1}^{n-1}(q^n-q^i)[/mm]
> Elemente in GL(n,K) enthalten
Bis auf den Faktor fuer die erste Spalte stimmt es.
> ist das korrekt? würde jetzt noch eine Induktion
> versuchen, wäre das dann der komplete Beweis?
Induktion bringt hier nicht viel, denke ich. Im Wesentlichen ist das schon der Beweis.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:58 Fr 15.04.2011 | | Autor: | Katze_91 |
Hallo :3
ich hab jetzt gedacht, dass ein Vektor v = 0 ist, wenn alle Vektoreinträge des Vektors gleich 0 sind
würde doch eigentlich heißen, dass v [mm] \not= [/mm] 0 ist, wenn mindestens ein Eintrag von v ungleich Null ist, oder?
miau
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:47 Sa 16.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo,
> ich hab jetzt gedacht, dass ein Vektor v = 0 ist, wenn alle
> Vektoreinträge des Vektors gleich 0 sind
> würde doch eigentlich heißen, dass v [mm]\not=[/mm] 0 ist, wenn
> mindestens ein Eintrag von v ungleich Null ist, oder?
Ja, aber du hast nicht richtig gezählt, denn das ist nicht [mm] $q^n-q^{n-1}$. [/mm]
Insgesamt hast du [mm] $q^n$ [/mm] verschiedene Vektoren. Wieviele davon sind der NullVektor? Sicher nicht [mm] $q^{n-1}$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:42 Sa 16.04.2011 | | Autor: | Katze_91 |
Hallo :3
ich hab des so gerechnet
ein einziger Vektoreintrag hat (q-1) Möglichkeiten
die anderen n-1 Vektoreinträgen haben q Möglichkeiten
also [mm] (q-1)*q^{n-1} [/mm] = [mm] q^n-q^{n-1}
[/mm]
aber ich muss wohl auf [mm] q^n-1 [/mm] kommen.
Kann mir bitte einer sagen, wo mein Denkfehler ist?
Miau
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Hallo,
> Hallo :3
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> ich hab des so gerechnet
> ein einziger Vektoreintrag hat (q-1) Möglichkeiten
> die anderen n-1 Vektoreinträgen haben q Möglichkeiten
> also [mm](q-1)*q^{n-1}[/mm] = [mm]q^n-q^{n-1}[/mm]
Das kannst du für jeden der n Einträge machen, erhältst also [mm]\sum\limits_{k=1}^{n}q^k-q^{k-1}=\sum\limits_{k=1}^{n}q^k-\sum\limits_{k=1}^{n}q^{k-1}[/mm]
Rechne diese Summen aus und du kommst auf [mm]q^n-1[/mm]
Viel einfacher ist doch der Ansatz oben: es gibt [mm]q^n[/mm] verschiedene Vektoren, genau einer ist der Nullvektor (der ist ja eind.).
Bleiben doch offensichtlich [mm]q^n-1[/mm] Möglichkeiten, dass ein Vektor [mm]\neq\vec 0[/mm] ist ...
>
> aber ich muss wohl auf [mm]q^n-1[/mm] kommen.
>
> Kann mir bitte einer sagen, wo mein Denkfehler ist?
>
> Miau
Wuff!
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:38 Sa 16.04.2011 | | Autor: | Katze_91 |
Hallo :3
Die Frage ist vielleicht ein bisschen dumm, aber wie kommt man auf die Summenformel?
Bzw. welche Vektoren rechne ich eigentlich aus, wenn ich [mm] (q-1)*q^{n-1} [/mm] mache
hab mir jetzt das Beispiel q={0,1,2} für n =3 angeschaut
Vektoren habe ich ja dann:
(0 0 0), (0 0 1), (0 1 0) , (1 0 0),
(0 1 1), (1 0 1), (1 1 0) , (1 1 1),
(0 0 2), (0 2 0), (2 0 0) , (2 2 0),
(2 0 2), (0 2 2), (2 2 2) , (1 1 2),
(1 2 1), (2 1 1), (2 2 1) , (2 1 2),
(1 2 2), (0 1 2), (1 0 2) , (1 2 0),
(0 2 1), (2 0 1), (2 0 1)
die [mm] 3^3 [/mm] Stück, welche wären dann die [mm] 3^2 [/mm] Stück, die ich abgezogen hätte?
miau :3
PS: Die Aufgabe wäre gelöst, möchte mich bei allen bedanken, die mir geholfen haben.
Will nur noch die letzten Ungereimtheitenaus der Welt schaffen :3
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:03 Sa 16.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo :3
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> Die Frage ist vielleicht ein bisschen dumm, aber wie kommt
> man auf die Summenformel?
> Bzw. welche Vektoren rechne ich eigentlich aus, wenn ich
> [mm](q-1)*q^{n-1}[/mm] mache
Sieh's mal so: der zweite Faktor [mm] $q^{n-1}$ [/mm] sind alle möglichen Vektoren der Länge $n-1$, also nimmst du an allen Positionen außer einer (.z.B der ersten) alle Elemente, während du an dieser (ersten) Position die 0 weglässt.
> hab mir jetzt das Beispiel q={0,1,2} für n =3 angeschaut
> Vektoren habe ich ja dann:
> (0 0 0), (0 0 1), (0 1 0) , (1 0 0),
> (0 1 1), (1 0 1), (1 1 0) , (1 1 1),
> (0 0 2), (0 2 0), (2 0 0) , (2 2 0),
> (2 0 2), (0 2 2), (2 2 2) , (1 1 2),
> (1 2 1), (2 1 1), (2 2 1) , (2 1 2),
> (1 2 2), (0 1 2), (1 0 2) , (1 2 0),
> (0 2 1), (2 0 1), (2 0 1)
>
> die [mm]3^3[/mm] Stück, welche wären dann die [mm]3^2[/mm] Stück, die ich
> abgezogen hätte?
Diejenigen, die in einer bestimmten (z.B. ersten der) Komponente die 0 haben.
Viele Grüße
Rainer
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Achso, also sind hier die Positionen wichtig, wie damals bei der Wahrscheinlichkeitsrechnung.
Da musste man ja dann auch die "Baumäste" addieren, wenn man die Möglichkeiten unterschiedlicher Pfade zusammen zählen wollte.
Das hab ich damals noch nicht immer so verstanden, wann die Reihenfolge eine Rolle spielt und wann nicht, hättest du da vielleicht einen Tipp?
miau :3
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:20 Mo 18.04.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:30 Mo 18.04.2011 | | Autor: | felixf |
Miau Katze,
> Das hab ich damals noch nicht immer so verstanden, wann
> die Reihenfolge eine Rolle spielt und wann nicht, hättest
> du da vielleicht einen Tipp?
hier ist es ja so, dass $(0, 1)$ ein anderer Vektor ist als $(1, 0)$. Also spielt die Reihenfolge (der Komponenten im Vektor) sehr wohl eine Rolle. Deswegen musst du hier "mit Reihenfolge" rechnen.
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:01 Mo 18.04.2011 | | Autor: | tmili |
für den ersten spaltenvektor gibt es also [mm] q^{n}-1 [/mm] möglichkeiten, für den zweiten [mm] q^{n}-q^{1} [/mm] möglichkeiten,.......,für den n-ten [mm] q^{n}-q^{n-1} [/mm] möglichkeiten. warum multipliziert man dann nicht einfach alle sondern hat noch einen Faktor vor dem Multiplikationszeichen?
ich dachte die lösung wäre dann:
[mm] \produkt_{i=0}^{n-1}(q^{n}-q^{i})
[/mm]
ist das richtig oder wo steckt hier der denkfehler?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:06 Di 19.04.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> für den ersten spaltenvektor gibt es also [mm]q^{n}-1[/mm]
> möglichkeiten, für den zweiten [mm]q^{n}-q^{1}[/mm]
> möglichkeiten,.......,für den n-ten [mm]q^{n}-q^{n-1}[/mm]
> möglichkeiten. warum multipliziert man dann nicht einfach
> alle sondern hat noch einen Faktor vor dem
> Multiplikationszeichen?
> ich dachte die lösung wäre dann:
> [mm]\produkt_{i=0}^{n-1}(q^{n}-q^{i})[/mm]
> ist das richtig oder wo steckt hier der denkfehler?
So ist das auch richtig.
Du kannst allerdings noch eine Potenz von $q$ ausklammern: es ist ja [mm] $q^n [/mm] - [mm] q^i [/mm] = [mm] q^i (q^{n - i} [/mm] - 1)$. Damit ist das Produkt gleich [mm] $q^{\sum_{i=0}^{n-1} i} \prod_{i=0}^{n-1} (q^{n - i} [/mm] - 1)$. Da [mm] $\sum_{i=0}^{n-1} [/mm] i = [mm] \frac{1}{2} [/mm] n (n - 1)$ ist und [mm] $\prod_{i=0}^{n-1} (q^{n - i} [/mm] - 1) = [mm] \prod_{i=1}^n (q^i [/mm] - 1)$, kannst du das ganze auch schreiben als [mm] $q^{n (n - 1) / 2} \prod_{i=1}^n (q^i [/mm] - 1)$.
Es ist genau das gleiche Ergebnis, nur anders aufgeschrieben.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:41 Di 19.04.2011 | | Autor: | tmili |
vielen lieben dank!!
da war ich wohl schon etwas müde gestern abend ;)
lg tmili
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