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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:01 Mi 21.09.2016 | | Autor: | psjan |
| Aufgabe | Beweise die Behauptung: Sei $1 [mm] \le [/mm] k < n$ und $V$ ein $n$-dimensionaler reeller Vektorraum, oBdA $V = [mm] \IR [/mm] ^n$. Dann ist es unmöglich, alle $k$-dimensionalen Untervektorräume $U [mm] \subset [/mm] V$ gleichzeitig so zu orientieren, dass jede stetige Abbildung
[mm] (v_1 , \ldots , v_k ) : [0,1] \mapsto V \times \ldots \times V[/mm],
welche jedem $t [mm] \in [/mm] [0,1]$ ein linear unabhängiges $k$-tupel [mm] $(v_1 [/mm] (t) , [mm] \ldots [/mm] , [mm] v_k [/mm] (t) )$ zuordnet und positiv orientiert startet, auch positiv orientiert bleibt, d.h. dass [mm] $(v_1 [/mm] (t) , [mm] \ldots [/mm] , [mm] v_k [/mm] (t) )$ für jedes $t$ eine positiv orientierte Basis seiner linearen Hülle ist, sofern das nur für $ t=0 $ gilt.
Quelle: Jänich, Lineare Algebra, 11. Auflage, Aufgabe 6* |
Ich habe hier einen Lösungsansatz, bin mir aber nicht sicher, ob dieser funktioniert, da ich noch Restzweifel habe, dass ich die Aufgabe überhaupt richtig verstanden habe.
Der Ansatz geht informell so: Beschränkt man sich erst einmal auf die Ebene als $V$, dann hat man als Unterräume $U$ der Dimension 1 einfach nur die Ursprungsgeraden, die aber eine Orientierung bekommen (vgl. Richtungsvektor). Die Aussage ist nun, dass man es nicht schafft, alle diese Ursprungsgeraden so mit einer Richtung zu versehen, dass jede stetige Funktion, die linear unabhängige Vektoren erzeugt (hier ist das immer erfüllt, solange das Ergebnis nicht Null ist), dieses so macht, dass das Bild immer noch positiv orientiert bleibt.
Nimmt man nun an, dass dies doch funktioniert, dann muss es auch für eine stetige Drehung um 180° gelten (also mit $t=0$ für eine Drehung um 0° als Start und $t=1$ für die Drehung um 180° als Ende). Es folgte aus der Annahme, dass für einen Unterraum $U$ mit positiver Orientierung, auch der um 180° gedrehte Unterraum $U'$ positiv orientiert sein muss. Aber $U'$ ist genau andersherum orientiert als $U$ und $U=U'$, was ein Widerspruch ist.
Im Falle höher Dimension von $V$ hat man ganz ähnlich immer die Möglichkeit (es ist $k<n$), einen der Basisvektoren des Unterraums stetig um 180° zu drehen, so dass wieder der gleiche Vektorraum aber mit umgekehrter Orientierung entsteht (bei Jänich wird die Orientierung über Determinanten von Basistransformationen definiert, so dass die Umkehrung des Vorzeichens der Determinante, und damit der Orientierung, hier offensichtlich ist). Dabei darf die Drehebene nicht komplett in der Hülle der anderen Basisvektoren liegen, sonst bekommt man für einen Wert von $t$ eine Determinante von Null und verletzt damit die Eigenschaft der geforderten stetigen Funktion, dass die resultierenden Vektoren immer linear unabhängig sind.
Man kommt damit auch in diesem Fall zu einen Unterraum mit umgekehrter Orientierung, obwohl dieser bei Gültigkeit der Annahme eigentlich gleich orientiert sein müsste wie der Unterraum, von dem man ausgegangen ist - derselbe Widerspruch wie bei den Ursprungsgeraden.
Also kann die Annahme nicht stimmen und es existiert doch keine solche gleichzeitige Orientierung aller Unterräume (mit fester Dimension $k$).
Macht das halbwegs Sinn?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:38 Mi 21.09.2016 | | Autor: | hippias |
Auch ich finde, dass die Problemstellung nicht ganz leicht zu verstehen ist. Aber ich gaube, dass Dir ein häufiger Fehler unterlaufen ist: Du hast eine stetige Funktion beschrieben, die die Orientierung nicht erhält, hast also ein Beispiel aufgezeigt. Jedoch soll von einer beliebigen stetigen Fuktion ausgegangen werden und von dieser gezeigt werden, dass sie die Orientierung nicht erhält.
Höchstwahrscheinlich aber sind Deine Überlegungen auch für diesen Problem nützlich, indem Du Dir überlegst, dass irgendwann eine Drehung von mindestens [mm] $\pi$ [/mm] vollzogen werden muss.
Ausserdem könnte Induktion nach $k$ funktionieren.
Schliesslich das wichtigste: so wie die Aufgabe gestellt ist, ist die Aussage falsch. Ist nämlich [mm] $(v_{i}(0))$ [/mm] positiv orientiert und die Abbildung konstant, so ist sie stetig und bleibt positiv orientiert. Ich vermute, dass gefordert ist, dass die Hüllen der Bilder die Menge aller $k$-dimensionalen Unterräume ergeben soll.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:28 Mi 21.09.2016 | | Autor: | psjan |
Danke, hippias, für Deine Anregung! In der Tat war das einer der Punkte, über die ich länger nachgedacht hatte und der Weg über das Beispiel war bewusst gewählt. Der Grund ist dieser: Ich bilde mir ein, die zu beweisende Aussage sei so strukturiert:
[mm]
\neg ( \exists D \forall v : ( or(v(0))>0 \Rightarrow ( \forall t : or(v(t))>0 ) ) )
[/mm] ,
wobei $D$ eine Abbildung ist, die jedem Unterraum der Dimension $k$ eine Orientierung zuordnet, $v$ eine Funktion, wie sie in der Aufgabenstellung beschrieben ist (stetig auf [0,1], erzeugt $k$-tupel linear unabhängiger Vektoren) und $or$ die Funktion, die die Orientierung eines Tupels von Vektoren angibt. Um sicher zu gehen, noch einmal die Aussage rückübersetzt zum Vergleich mit der Originalaussage aus der Aufgabenstellung:
"Es gilt nicht: Es gibt eine Möglichkeit ($D$) alle Unterräume zu orientieren, so dass für alle Abbildungen ($v$) des genannten Typs gilt: Wenn $v$ bei 0 positiv orientiert startet, dann bleibt es auch für alle anderen $t$ positiv orientiert."
Jetzt wandle ich die formalisierte Variante äquivalent um in:
[mm]
\forall D \exists v : \neg ( or(v(0))>0 \Rightarrow ( \forall t : or(v(t))>0 ) )
[/mm] ,
und weiter in:
[mm]
\forall D \exists v : or(v(0))>0 \wedge \neg ( \forall t : or(v(t))>0 )
[/mm] ,
[mm]
\forall D \exists v : or(v(0))>0 \wedge \exists t: or(v(t))<0
[/mm] .
Hier sieht man, warum ich mir einen Einzelfall gesucht habe: Für eine beliebig vorgegebene gleichzeitige Orientierung ($D$) aller $k$-dimensionalen Unterräume müsste man eine Funktion $v$ finden, die zwar bei $t=0$ ein positiv orientiertes Tupel von Vektoren erzeugt, die aber an einer anderen Stelle ein negativ orientiertes ergibt. Und diese stetige Funktion ist die erwähnte Drehung um 180° (in einer passend gewählten Drehebene).
In diesem Verständnis der Aussage wäre sie auch nicht durch Dein Gegenbeispiel der konstanten Abbildung als falsch erkennbar, denn dass es eine solche Funktion ohne die "gewünschte" Eigenschaft gibt, widerspricht nicht der Möglichkeit, dass es nicht auch eine andere mit der "gewünschten" Eigenschaft gibt.
Liegt hier irgendwo ein fundamentaler Denkfehler, den ich gewissenhaft übersehe? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:45 Do 22.09.2016 | | Autor: | hippias |
Du hast recht und ich habe mir den Text nicht aufmerksam durchgelesen!
Dadurch wird der Beweis auch vermutlich einfacher. Du kannst den ausführlichen Beweis ja einmal zeigen, insbesondere die Stelle mit der passend gewählten Drehebene.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:16 Do 22.09.2016 | | Autor: | psjan |
... ja, werde mich einmal daran machen (kann wahrscheinlich ein wenig dauern, bis er vorzeigbar ist  ) Ich schaue einmal wie ich den Thread schon einmal als gelöst markieren kann, da es mir ja erst einmal darum ging, zu sehen, ob sich die Mühe mit diesem Ansatz lohnt.
Danke jedenfalls schon einmal für Deine Hilfe!
psj
PS: Der Vollständigkeit halber eine Bemerkung zur Drehebene: Man muss nur sicher stellen, dass man den einen Vektor, den man um 180° drehen will, nicht für irgendeines der $t$ in die lineare Hülle der anderen hinein dreht, denn damit würde man die Eigenschaft von $v$ verletzen, dass diese Funktion für alle $t$ linear unabhängige Tupel von Vektoren erzeugt. Aber da $k<n$ gilt, hat man zu jedem Unterraum der Dimension $k$ immer die Möglichkeit, eine Richtung im enthaltenden Vektorraum zu finden, die außerhalb des betrachteten Unterraums zeigt. Diese Richtung, zusammen mit der Richtung des zu drehenden Vektors hatte ich mir als Drehebene vorgestellt.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:26 So 29.01.2017 | | Autor: | psjan |
Okay, also nun nach versprochen langer Pause der Beweis, den ich hier einmal zur Begutachtung ausführe:
Noch einmal die zu beweisende Aussage: Es gibt keine gleichzeitige Orientierung $D$ aller Untervektorräume der Dimension $k$, so dass für jede stetige Abbildung $v$, die jedem $t [mm] \in [/mm] [0,1]$ ein linear unabhängiges $k$-tupel zuordnet und für die gilt, dass wenn sie 0 auf ein positiv orientiertes $k$-tupel abbildet, dass auch die $k$-tupel für alle anderen $t$ positiv orientiert sind, formell:
$$
[mm] \neg [/mm] [ [mm] \exists [/mm] D [mm] \forall [/mm] v : D(v(0))>0 [mm] \Rightarrow [/mm] ( [mm] \forall [/mm] t [mm] \in [/mm] ]0,1] : D(v(t))>0 ) ].
$$
Wie schon beschrieben, kann man dies äquivalent umwandeln in:
$$
[mm] \forall [/mm] D [mm] \exists [/mm] v : D(v(0))>0 [mm] \wedge \neg [/mm] [ [mm] \forall [/mm] t [mm] \in [/mm] ]0,1] : D(v(t))>0 ]
$$
und weiter in
$$
[mm] \forall [/mm] D [mm] \exists [/mm] v : D(v(0))>0 [mm] \wedge \exists [/mm] t [mm] \in [/mm] ]0,1] : D(v(t)) [mm] \le [/mm] 0
$$
Die letzte Version wäre also: Für eine beliebige gleichzeitige Orientierung $D$ gibt es eine stetige Abbildung $v$ mit der Eigenschaft, dass sie zwar 0 auf ein positiv orientiertes $k$-tupel abbildet, dass es aber mindestens ein $t [mm] \in [/mm] ]0,1]$ gibt, das auf ein $k$-tupel mit Orientierung [mm] $\le [/mm] 0$ abgebildet wird. Da es hier nur positive und negative Orientierungen geben kann, wäre das also eine Orientierung $<0$. Kann man diese letzte Aussage beweisen, hat man die ursprüngliche Aussage bewiesen.
Sei also $D$ eine beliebige gleichzeitige Orientierung der $k$-dimensionalen Untervektorräume. Definiere nun $v(t)$ folendermaßen:
$$ [mm] v(0):=(a_1, \ldots [/mm] , [mm] a_k), [/mm] $$
wobei die [mm] $a_i$ [/mm] linear unabhängig mit positiver Orientierung seien. Da $k<n$, existiert ein $b$ mit $b [mm] \not\in L(a_1, \ldots [/mm] , [mm] a_k)$ [/mm] ($L$: lineare Hülle). Definiere nun für $t [mm] \in [/mm] ]0,1]$
$$ [mm] v(t):=(a_1, \ldots [/mm] , [mm] cos(\pi [/mm] t) [mm] a_k [/mm] + [mm] sin(\pi [/mm] t ) b ), $$
Anschauung: Wie im Post oben erwähnt, sucht man sich eine Drehebene außerhalb der linearen Hülle der [mm] $a_i$ [/mm] und ersetzt eins der [mm] $a_i$ [/mm] (hier das letzte) durch eine in dieser Ebene gedrehte Version. $v(t)$ folgt einer Drehung, damit es eine stetige Abbildung ist (ohne Beweis). Für $t=1$ wird man [mm] $a_k$ [/mm] so weit gedreht haben, dass [mm] $-a_k$ [/mm] entstanden ist. Da aber die Basiswechselmatrix $M$ von $v(0)$ nach [mm] $v(1)=(a_1, \ldots [/mm] , [mm] -a_k)$ [/mm] so aussieht:
$$ M = [mm] \pmat{ 1 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & 1 & \ddots & 0 \\ 0 & 0 & \ldots & -1} [/mm] $$
und daher $det M = -1$ haben $v(0)$ und $v(1)$ entgegengesetzte Orientierung.
Damit wäre die gesuchte Abbildung $v$ gefunden und der Satz gezeigt.
Einen Punkt kann man sich zu $v$ noch ansehen: Für $t [mm] \in [/mm] ]0,1]$ ist $v(t)$ tatsächlich ein $k$-tupel linear unabhängiger Vektoren, denn sei
$$ [mm] \lambda_1 a_1 [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] \lambda_{k-1} a_{k-1} [/mm] + [mm] \lambda_k [/mm] ( [mm] cos(\pi [/mm] t) [mm] a_k [/mm] + [mm] sin(\pi [/mm] t ) b ) = 0,$$
also
$$ [mm] \lambda_1 a_1 [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] \lambda_{k-1} a_{k-1} [/mm] + [mm] \lambda_k cos(\pi [/mm] t) [mm] a_k [/mm] + [mm] \lambda_k sin(\pi [/mm] t ) b = 0.$$
Da aber $( [mm] a_1, \ldots, a_k, [/mm] b )$ linear unabhängig sind, gilt:
$$ [mm] \lambda_1=0, \ldots, \lambda_{k-1}=0, \lambda_k cos(\pi [/mm] t) = 0, [mm] \lambda_k sin(\pi [/mm] t ) =0 .$$
Wenn nun (a) $cos [mm] (\pi [/mm] t) [mm] \not [/mm] = 0$, dann [mm] $\lambda_k=0$; [/mm] ist andererseits (b) $cos [mm] (\pi [/mm] t) = 0$, dann wäre $t=1/2$, also [mm] $sin(\pi [/mm] t ) [mm] \not=0$ [/mm] und damit wieder [mm] $\lambda_k=0$. [/mm] Daraus folgt die lineare Unabhängigkeit.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:56 Di 31.01.2017 | | Autor: | Omega91 |
Hallo,
m.E. sind deine Ausführungen in Ordnung.
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:48 Mo 13.02.2017 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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