la 6 final
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\begin{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1, x_2) \in Q^{2} \mid x_1-x_2 = 0\} $ hat die Basis $\{(1,1)\} $.
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\item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1, x_2) \in \Q^{2} \mid x_1-x_2 = 0\} $ hat die Basis $\{(1,1)\} $.
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\begin{proof}
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\begin{proof}
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$\{(1,1)\} $ ist offensichtlich linear unabhängig. Außerdem: Sei $v \in V$ beliebig, dann
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$\{(1,1)\} $ ist offensichtlich linear unabhängig. Außerdem: Sei $v \in V$ beliebig, dann
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ex. ein $p \in \Q$, s.d. $v = (p, p)$. Damit: $v = p \cdot (1,1)$.
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ex. ein $p \in \Q$, s.d. $v = (p, p)$. Damit: $v = p \cdot (1,1)$.
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\end{proof}
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\end{proof}
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\item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1,x_2,\ldots,x_n) \mid 2x_1 + x_2 = 0\} $ hat die Basis\\
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\item Beh.: Der UVR $V = \{(x_1,x_2,\ldots,x_n) \in \Q^{n} \mid 2x_1 + x_2 = 0\} $ hat die Basis\\
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$(v_i)_{i\in I} = \{(1, -2, 0, \ldots, 0), (0, 0, 1, \ldots, 0), \ldots, (0, \ldots, 1)\} $ mit
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$(v_i)_{i\in I} = \{(1, -2, 0, \ldots, 0), (0, 0, 1, \ldots, 0), \ldots, (0, \ldots, 1)\} $ mit
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$I = \{1, 3, 4, \ldots, n\} $.
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$I = \{1, 3, 4, \ldots, n\} $.
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@@ -42,39 +42,43 @@
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$\implies (v_i)_{i\in I}$ minimal und damit Basis.
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$\implies (v_i)_{i\in I}$ minimal und damit Basis.
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\end{proof}
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\end{proof}
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\item Beh.: Der UVR ker $\partial$ hat falls char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $, die Basis
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\item Beh.: Der UVR ker $\partial$ hat die Basis $(b_i)_{i \in I}$ mit $I = \{0, \ldots, \hat{i}\} $.
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$\psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0)\}) $. Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\} $, hat
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mit $\hat{i} = 0$ für $\text{char }K = 0$ und
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ker $\partial$ die
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$\hat{i} = \left\lfloor \frac{n+1}{\text{char }K}\right\rfloor $ für $\text{char } K > 0$
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Basis $(b_i)_{i \in I} = \psi^{-1}(\{(1, 0, \ldots, 0),
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mit
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(0, 0, \ldots, 0, \underbrace{1}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0)\}) $
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\[
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mit $I = \{1, 2\} $.
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b_i(k) = \begin{cases}
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1 & \text{char }K \cdot i = k \\
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0 & \text{sonst}
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\end{cases}
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.\]
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\begin{proof}
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\begin{proof}
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Falls char $K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $:
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Zunächst: $b_i$ ist wohldefiniert, da $\text{char }K \cdot i$ eindeutig $\forall i \in I$.
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\begin{align*}
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Es gilt außerdem $\forall i \in I\colon i \cdot \text{char }K \le n+1$, da
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\text{ker } \partial &= \{f \in V \mid f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \} \\
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für $\text{char }K = 0 \implies \hat{i} = i = 0 \le n+1$ und für
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&= \psi^{-1}\left( \{(a, 0, \ldots, 0) \mid a \in K\} \right)
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$\text{char }K > 0 \implies i \le i_0 \le \frac{n+1}{\text{char }K}
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.\end{align*}
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\implies i \cdot \text{char }K \le n+1$.
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$\psi^{-1}(\{1, 0, \ldots, 0\}) $ ist offensichtlich
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linear unabhängig.
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Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a \in K$ s.d.
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$v = \psi^{-1}((a, \ldots, 0)) = a \cdot \psi^{-1}((1, \ldots, 0))$.
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Falls char $K \in \{2, \ldots, n+1\}$:
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Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem. Sei $f \in \text{ker }\partial$ beliebig, dann
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\begin{align*}
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wähle $\alpha_i = f(i \cdot \text{char }K) \quad \forall i \in I$. Da $I$ endlich, ist
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\text{ker } \partial &= \{f \in V \mid f(k) = 0 \qquad \forall k \in \{1, \ldots, n +1\} \setminus \{\text{char }K\} \} \\
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$(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$. Sei nun $k \in \{0, \ldots, n+1\} $ beliebig:
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&= \psi^{-1}( \{(a, 0, \ldots, 0, \underbrace{b}_{\text{char $K$-te Stelle}}, 0, \ldots, 0) \mid a \in K, b \in K\} )
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.\end{align*}
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Falls $\text{char }K \nmid k$: $\forall i \in I\colon b_i(k) = 0 = f(k)$.
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Falls $\text{char }K \mid k$: $\exists! j \in I\colon \text{char }K \cdot j = k$.
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\[
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\sum_{i \in I} \alpha_i b_i = \alpha_j = f(j \cdot \text{char }K) = f(k)
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.\]
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Zz.: $(b_i)_{i \in I}$ ist minimal.
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$\{(1, 0, \ldots, 0), (0, \ldots, 0, 1,0, \ldots, 0)\} $
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Sei $i_0 \in I$ beliebig. Wähle
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ist Teilmenge der kanonischen Basis des $K^{n+2}$ und damit linear unabhängig und
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$f \in \text{ker }\partial$ mit $f(i_0 \cdot \text{char }K) = 1$, dann gilt:
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insbesondere $(b_i)_{i\in I}$ linear unabhängig.
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Sei $v \in \text{ker } \partial$ beliebig, dann ex. $a, b \in K$, s.d.
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\begin{align*}
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\begin{align*}
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v &= \psi^{-1}\left( (a, 0, \ldots, 0, b, 0, \ldots, 0) \right) \\
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&\forall i \in I \setminus \{i_0\}\colon b_i(i_0 \cdot \text{char }K) = 0 \\
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&= a \cdot \psi^{-1}\left( (1, 0, \ldots, 0) \right) + b \cdot \psi^{-1}\left( (0, \ldots, 0, 1, 0, \ldots, 0 \right) \\
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\implies & f \not\in \text{Lin}\left( (b_i)_{i\in I \setminus \{i_0\} } \right) \\
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&= a \cdot b_1 + b \cdot b_2
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\implies & (b_i)_{i\in I} \text{ minimal}
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.\end{align*}
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{enumerate}
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@@ -237,17 +241,42 @@
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$I$ ist nicht endlich.
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$I$ ist nicht endlich.
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Zu zeigen: $(v^{*}_i)_{i\in I}$ ist nicht Erzeugendensystem von $V^{*}$.
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Zu zeigen: $(v^{*}_i)_{i\in I}$ ist nicht Erzeugendensystem von $V^{*}$.
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Sei $f^{*} \in V^{*}$ und $v \in V$. Wegen $(v_i)_{i\in I}$ Basis, ex.
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Sei $f^{*} \in V$ mit
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$(\beta_i)_{i \in I} \in K^{I}$, s.d. $v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i$.
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\[
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Angenommen es ex. $(\alpha_i)_{ i \in I} \in K^{I}$, s.d.
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v = \sum_{i \in I} \beta_i v_i \mapsto \sum_{i \in I} \beta_i
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.\]
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Wegen der Eindeutigkeit der Darstellung durch die Basis $(v_i)_{i \in I}$ ist diese
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Abbildung wohldefiniert.
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Zu zeigen.: $f^{*}$ ist linear. Seien $v, w \in V$ und $k \in K$ beliebig. Wegen
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$(v_i)_{i \in I}$ Basis, \\ex. $(a_i)_{i \in I}, (b_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
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$v = \sum_{i \in I} a_i v_i$ und $w = \sum_{i \in I} b_i v_i$.
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\begin{align*}
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\begin{align*}
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f^{*}(v) &= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i(v) \\
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f^{*}(k v + w) &= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k (a_i v_i) + (b_i v_i)) \right) \\
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&= \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i \left( \sum_{i \in I} \beta_i v_i \right) \\
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&= f^{*}\left( \sum_{i \in I} (k a_i + b_i) v_i \right) \\
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&= \sum_{i \in I} \alpha_i \sum_{i \in I} \beta_j v^{*}_i(v_j) \\
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&= \sum_{i \in I} (k a_i + b_i)
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&= \sum_{i \in I} \alpha_i \beta_i
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= k \sum_{i \in I} a_i + \sum_{i \in I} b_i
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= k \cdot f^{*}\left(\sum_{i \in I} a_i v_i\right) + f^{*}\left( \sum_{i \in I} b_i v_i\right) \\
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&= k \cdot f^{*}(v) + f^{*}(w)
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.\end{align*}
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.\end{align*}
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Wegen $\alpha_i$ und $\beta_i$ i.A. nicht endlich, ist die Summe nicht bestimmt.
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$\implies f^{*}$ linear und damit $f^{*}\in V^{*}$.\\
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Widerspruch $\implies (v^{*}_i)_{i\in I}$ ist kein Erzeugendensystem
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Nun gilt insbesondere für $v_i \in (v_i)_{i \in I}$
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\[
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f^{*}(v_i) = f^{*}(1 \cdot v_i) = 1
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.\]
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Angenommen $(v^{*}_i)_{i \in I}$ ist Erzeugendensystem.
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Dann ex. $(\alpha_i)_{i\in I} \in K^{(I)}$, s.d.
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\[
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f^{*} = \sum_{i \in I} \alpha_i v^{*}_i
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.\]
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Sei $i \in I$ nun beliebig. Dann gilt
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\[
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f^{*}(v_i) = \sum_{j \in I} \alpha_j v^{*}_j(v_i) = \alpha_i = 1
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.\] Daraus folgt, dass $\forall i \in I\colon \alpha_i = 1$. Widerspruch zur Annahme, dass
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$(\alpha_i)_{i \in I}$ endlich ist.
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\end{proof}
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\end{aufgabe}
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