Vektorraum < Moduln/Vektorraum < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 23:03 Sa 28.06.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | Zeigen Sie: [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] aufgefasst als Vektorraum über [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] besitzt eine Basis.
Gibt es einen Körper K, [mm] $\mathbb{Q}\subset K\subset \mathbb{R}$ [/mm] so, dass [mm] \mathbb{R} [/mm] als Vektorraum über K die Dimension 13 besitzt? |
Hi,
ich habe eine Frage zu dieser Aufgabe.
Also zum ersten Teil der Aufgabe:
Wir haben gezeigt, dass jeder Vektorraum eine Basis hat, dann ist hier doch überhaupt nichts zu tun...
Zum zweiten Teil der Aufgabe:
Hier sollte doch einfach das Beispiel [mm] $\mathbb{Q}^{13}$ [/mm] funktionieren, oder nicht?
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Hallo,
> Zeigen Sie: [mm]\mathbb{R}[/mm] aufgefasst als Vektorraum über
> [mm]\mathbb{Q}[/mm] besitzt eine Basis.
>
> Gibt es einen Körper K, [mm]\mathbb{Q}\subset K\subset \mathbb{R}[/mm]
> so, dass [mm]\mathbb{R}[/mm] als Vektorraum über K die Dimension 13
> besitzt?
> Hi,
>
> ich habe eine Frage zu dieser Aufgabe.
> Also zum ersten Teil der Aufgabe:
>
> Wir haben gezeigt, dass jeder Vektorraum eine Basis hat,
> dann ist hier doch überhaupt nichts zu tun...
Wie wäre es zu zeigen, dass [mm] $\mathbb [/mm] R$ ein [mm] $\mathbb [/mm] Q$-Vektorraum ist?
> Zum zweiten Teil der Aufgabe:
>
> Hier sollte doch einfach das Beispiel [mm]\mathbb{Q}^{13}[/mm]
> funktionieren, oder nicht?
Gegenfrage: Wieso/Wie sollte das funktionieren? Was soll " das Beispiel ... funktionieren" überhaupt bedeuten?
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:07 So 29.06.2014 | | Autor: | YuSul |
[mm] $\mathbb{Q}^{13}$ [/mm] sollte doch die übliche Schreibweise sein, für das was ich meine. Man schreibt ja auch [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] oder [mm] $\mathbb{R}^2$ [/mm] oder [mm] $\mathbb{R}^{13}$ [/mm] und [mm] $\mathbb{Q}^{13}$ [/mm] wäre dann der Vektorraum der von der Standardbasis mit "13 Einträgen" erzeugt wird.
Und wie soll ich zeigen, dass [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] ein Vektorraum über [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] ist? Indem ich die Vektorraumaxiome nachrechne?
Aber unter welchen Voraussetzungen würde das geschehen?
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> [mm]\mathbb{Q}^{13}[/mm] sollte doch die übliche Schreibweise sein,
> für das was ich meine. Man schreibt ja auch [mm]\mathbb{R}[/mm]
> oder [mm]\mathbb{R}^2[/mm] oder [mm]\mathbb{R}^{13}[/mm] und [mm]\mathbb{Q}^{13}[/mm]
> wäre dann der Vektorraum der von der Standardbasis mit "13
> Einträgen" erzeugt wird.
[mm] $\mathbb Q^{13}$ [/mm] ist der [mm] Standard-$\mathbb [/mm] Q$-Vektorraum der Dimension 13. Und?
Die gestellte Frage ist eine ja/nein Frage. Wie kann darauf ein Vektorraum eine Antwort sein. Um das ja/nein zu begründen könnte man einen Körper angeben (nach dessen Existenz ja gefragt ist). Wie ist drauf ein Vektorraum die Antwort? Und wieso [mm] $\mathbb Q^{13}$ [/mm] und nicht [mm] $\mathbb Q^{17}$ [/mm] oder [mm] $\mathbb Q^{4711}$
[/mm]
> Und wie soll ich zeigen, dass [mm]\mathbb{R}[/mm] ein Vektorraum
> über [mm]\mathbb{Q}[/mm] ist? Indem ich die Vektorraumaxiome
> nachrechne?
Ja. Wie zeigst du denn sonst, dass etwas ein Vektorraum ist.
> Aber unter welchen Voraussetzungen würde das geschehen?
Unter den gegebenen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:38 So 29.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Na, weil [mm] $\mathbb{Q}^{13}$ [/mm] ein Vektorraum der Dimension 13 ist, was den sonst...
Ich sehe keine gegebenen Voraussetzungen.
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Liest du eigentlich die Antworrten?
Dadaismus kann ich auch alleine.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:48 So 29.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Natürliche lese ich deine Antworten, ich finde die nur leider ziemlich nichtssagend.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:54 So 29.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Dann brauchst du auch nicht auf meine Frage reagieren, denn in deinen Antworten stand bisher nichts drin, was irgendwie zur Lösung des Problems beitragen würde und Verständnisprobleme aus dem weg zu räumen bist du scheinbar auch nicht gewillt. Stattdessen kommen einfach ignorante Antworten.
In diesem Sinne bitte ich dich nicht mehr an dieser Diskussion teilzunehmen.
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> Dann brauchst du auch nicht auf meine Frage reagieren, denn
> in deinen Antworten stand bisher nichts drin, was irgendwie
> zur Lösung des Problems beitragen würde
Das sehe ich ganz anders.
> und
> Verständnisprobleme aus dem weg zu räumen bist du
> scheinbar auch nicht gewillt. Stattdessen kommen einfach
> ignorante Antworten.
Ich hier sehe auch das ganz anders. Ich schreibe mehrere Zeilen, dass die Frage eine ja/nein Frage ist, bei der man zur Begründung einen Körper angebeben könnte.
Als Reaktion kommt wiederholt ein Vektorraum.
> In diesem Sinne bitte ich dich nicht mehr an dieser
> Diskussion teilzunehmen.
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Nun, abgesehen davon, dass [mm]\mathbb{Q}^{13}[/mm] kein Körper ist, so liegt dies auch nicht zwischen [mm]\mathbb{Q}[/mm] und [mm]\mathbb{R}[/mm]. Und das war doch für [mm]K[/mm] verlangt:
[mm]\mathbb{Q} \subset K \subset \mathbb{R}[/mm]
Hattet ihr schon algebraische Körpererweiterungen?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:05 So 29.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Nein, algebraische Körpererweiterungen hatten wir noch nicht.
Diese Aufgabe stammt aus der Vorlesung "logische Grundlagen" also auch keine Algebra Vorlesung. Diese Frage ist auch eher untypisch für die Vorlesung bisher, wir hatten nur letzte Vorlesung noch einmal mit dem Lemma von Zorn bewiesen, dass jeder Vektorraum eine Basis hat.
Wie soll denn ein Körper der Dimension 13 zwischen zwei Körpern der Dimension 1 liegen? Dann sollte dies doch zu verneinen sein.
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Ich habe die Frage nicht richtig gelesen. Es geht ja um [mm]\mathbb{R}[/mm] als Vektorraum über [mm]K[/mm] und nicht über [mm]\mathbb{Q}[/mm].
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Hallo,
> Wie soll denn ein Körper der Dimension 13 zwischen zwei
> Körpern der Dimension 1 liegen? Dann sollte dies doch zu
> verneinen sein.
Puh, das ist ja schröcklich!
Körper haben keine Dimension...
Du solltest Dir angewöhnen, nicht wischiwaschi zu formulieren - dann würdest Du nämlich manche Fußangeln selber merken:
Du sagst, daß [mm] \IQ [/mm] und [mm] \IR, [/mm] betrachtet als Vektorräume, beide die Dimension 1 haben.
Das stimmt so nicht: in einem Vektorraum hat man immer zwei Mengen, die Menge der Vektoren, und dazu als weitere Zutat einen Körper, und man muß in den Fällen, in denen es nicht ganz klar ist, immer dazusagen, welches der Körper sein soll.
[mm] \IQ, [/mm] betrachtet als VR über dem Körper [mm] \IQ, [/mm] hat die Dimension 1.
[mm] \IQ, [/mm] betrachtet als VR über dem Körper [mm] \IR, [/mm] --- ist kein VR.
[mm] \IR, [/mm] betrachtet als VR über dem Körper [mm] \IR, [/mm] hat die Dimension 1.
[mm] \IR, [/mm] betrachtet als VR über dem Körper [mm] \IQ, [/mm] hat die Dimension [mm] \infty.
[/mm]
Wenn K ein Körper ist, dann hat K, betrachtet als VR über K, die Dimension 1, egal wie groß oder wie klein der Körper ist.
Das Thema Deiner Aufgabe ist aber ein anderes:
hier wird nur der VR [mm] \IR [/mm] betrachtet, und zwar über verschiedenen Körpern.
Wir wissen bereits, daß [mm] \IR [/mm] über [mm] \IR [/mm] die Dimension 1 hat,
daß [mm] \IR [/mm] über [mm] \IQ [/mm] unendlichdimensional ist, solltest Du sicher in einer Teilaufgabe oder für Dich herausfinden oder Deinem Wissensfundus entnehmen,
und nun sucht man einen Körper
K mit [mm] \IQ\subset K\subset \IR,
[/mm]
so daß der K-Vektorraum [mm] \IR [/mm] (also [mm] \IR [/mm] als Vektorraum über K) die Dimension 13 hat.
Ob das geht, weiß ich noch nicht, ich müßte meine Idee mal genauer durchdenken...
LG Angela
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:37 So 29.06.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeigen Sie: [mm]\mathbb{R}[/mm] aufgefasst als Vektorraum über
> [mm]\mathbb{Q}[/mm] besitzt eine Basis.
>
> Gibt es einen Körper K, [mm]\mathbb{Q}\subset K\subset \mathbb{R}[/mm]
> so, dass [mm]\mathbb{R}[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
als Vektorraum über K die Dimension 13
> besitzt?
> Hi,
>
> ich habe eine Frage zu dieser Aufgabe.
> Also zum ersten Teil der Aufgabe:
>
> Wir haben gezeigt, dass jeder Vektorraum eine Basis hat,
> dann ist hier doch überhaupt nichts zu tun...
eigentlich nicht - außer vielleicht, wie auch schon gesagt wurde, dass hier
die Voraussetzungen zur Anwendung dieses Satzes geprüft werden müßten.
Also man sollte begründen (können), dass $\IR$ wirklich ein $\IQ$-Vektorraum ist.
Kann es vielleicht auch sein, dass da ein Wort fehlt (am Besten auch mal
den Aufgabensteller drauf ansprechen). Denn eine typische Aufgabe ist
es, zu begründen, dass $\IR$ als $\IQ$-Vektorraum keine endliche Basis haben kann.
(Die Begründung dazu ist relativ harmlos.)
Du kannst Dir aber auch mal spaßeshalber Gedanken dazu machen, ob eine
Basis des $\IQ$-Vektorraums $\IR$ abzählbar sein kann oder eben nicht.
Nebenbei demonstriere ich nur mal "zur Verdeutlichung" die Überprüfung
eines Vektorraumaxioms; also ein Teil einer Aufgabe, den man zu erfüllen
hat, wenn man nachweisen will, dass $\IR$ ein $\IQ$-Vektorraum ist:
Es ist etwa zu überprüfen, ob bei der "skalaren Multiplikation"
($\star$) $\cdot \colon \red{\IQ} \times \IR \to \green{\IR}$
definiert durch
$\cdot(\;(q,r)\;)=:\cdot(q,r)=:q \cdot r$
wirklich bei ($\star$) "rechterhand" die Wahrheit steht (d.h. dass sie nach $\red{\IR}$ abbildet).
Da wir $\IQ \subseteq \IR$ wissen (dazu könnte man noch mehr sagen - aber hier
reicht das im Wesentlichen) und wir für $a,b \in \IR$ auch $ab:=a*b \in \IR$ wissen,
gilt also in der Tat, dass wir
$\cdot \colon \red{\IQ} \times \IR \to \green{\IR}$
schreiben dürfen.
Wichtig dabei ist eigentlich: Wenn wir bspw. mal zur besseren Unterscheidung
$\bullet_{\IR}$
für die "übliche Multiplikation in $\IR$" schreiben (man würde also
$\bullet_{\IR} \colon \IR \times \IR \to \IR$ und $\IR \times \IR \ni (a,b) \mapsto \bullet_{\IR}(\;(a,b)\;)=:\bullet_{\IR}(a,b)=: a \bullet_{\IR} b$
schreiben), so gilt für obiges $\cdot \colon \IQ \times \IR \to ...$ eben:
$\cdot$ $=\,$ $\left.\bullet_{\IR}\right|_{\IQ \times \IR}\,.$
[Das heißt, dass $\cdot$ die Einschränkung der üblichen Multiplikation in $\blue{\IR}$ auf
$\blue{\IQ \times \IR}$ ist! Auch hier ist die Sprechweise ja eigentlich etwas "komisch",
schließlich hat die Multiplikation in $\IR$ nicht den Definitionsbereich $\IR\,,$
sondern $\IR \times \IR \cong \IR^2\,.$]
(Genaugenommen also:
$\underbrace{\cdot(\;(q,r)\;)}_{=q * r}:= q \bullet_{\IR} r$ für $(q,r) \in \IQ \times \IR\,.$)
Deswegen ist diese "Abgeschlossenheit" eigentlich trivial. Und eigentlich
würde das auch ein (wissender) Schüler als nicht zu schwer empfinden,
einzusehen, dass für
$q \in \IQ$ und $r \in \IR$
eben
$q*r \in \IR$
gilt.
Und mal nebenbei, damit Du siehst, dass hier wirklich was passiert:
$\IQ$ ist kein $\IR$-Vektorraum, weil bspw. für
$r \in \IR$ und $q \in \IQ$
eben NICHT (immer)
$r*q \in \IQ$
folgt. Beispiel: $r:=\pi\,$ und $q:=1\,.$
P.S. Was Du mit $\IQ^{13}$ wolltest, weiß ich nicht. Das ist ein kartesisches
Produkt und kann etwa identifiziert werden mit
$\IQ^{13} \cong \{f \colon \{1,...,13\} \to \IQ\}\,,$
wobei die entsprechende (Funktions-)Addition bzw. (skalare )-Multiplikation
die "üblichen" sind.
$\IR^2$ ist also nicht der $\IR$-Vektorraum über $\{1,2\}$ (zu einem Körper
gehört ja eh noch wesentlich mehr als das Aufzählen seiner Elemente, denn
ansonsten wären Körper doch nur Mengen). Vielmehr macht es sogar Sinn,
dass ein Autor festlegt, was er meint, wenn er von "dem Vektorraum $\IR^2$"
redet. Meist ist damit nämlich gemeint, dass $\IR^2$ als $\IR$-Vektorraum aufgefasst
wird (viele sagen dann "der natürliche Vektorraum $\IR^2$"). Aber es
gibt doch viele andere Möglichkeiten:
Zum Beispiel könnte man auch den $\IR^2$ als $\IQ$-Vektorraum auffassen.
Außerdem meint man beim "natürlichen $\IR^2$" auch die "übliche Vektoraddition".
Selbst da könnte man eine andere hinschreiben. Gleiches gilt, was die skalare
Multiplikation betrifft.
Vielleicht machst Du Dir sowas aber erstmal etwas anders klar: Welche
Dimension hat $\IC$ als $\IC$-Vektorraum und welche hat $\IC$ als $\IR$-Vektorraum
und warum?
Danach stelle Dir die gleiche Frage mal über $\IC^2$ als $\IC$-Vektorraum und
$\IC^2$ als $\IR$-Vektorraum...
P.P.S. Vielleicht sollte man oben an den Stellen, wo die skalare Multiplikation
$\IQ \times \IR \to \IR$
gemeint ist, didaktisch besser erstmal ein anderes Symbol schreiben. Etwa
$\odot\,.$ Denn der "normale Multiplikationspunkt $\cdot$ " wird ja eigentlich auch
immer "im bekannten Sinne" verwendet. Wobei man selbst da schon
unterscheiden könnte, ob man wirklich die Multiplikation $\IR \times \IR \to \IR$ meint,
denn manchmal meint man bspw. etwa nur die $\IQ \times \IQ \to \IR\,.$ Aber das ist nun wieder
eine andere Sache...
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:00 So 29.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Vielen Dank für die ausführliche Antwort.
Mit [mm] $\mathbb{Q}^{13}$ [/mm] meine ich einen Vektorraum. Da habe ich mich vertan, dass es ja ein Körper sein muss. Also eigentlich das selbe was man mit [mm] $\mathbb{R}^2$ [/mm] meint, nur über Q und mit ein paar Dimensionen mehr...
[mm] $\mathbb{R}^2$ [/mm] hat ja die Basis Vektoren: [mm] $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$
[/mm]
Das selbe habe ich nun auch mit [mm] $\mathbb{Q}^{13}$ [/mm] gemeint, nur dass es eben 13 solcher Vektoren gibt und das eben Spaltenmatrizen mit 13 Zeilen sind.
Ich meine damit also nicht einen Körper mit 13 Elementen (was ja tatsächlich ein Körper wäre, da 13 eine Primzahl ist)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:10 Mo 30.06.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Vielen Dank für die ausführliche Antwort.
>
> Mit [mm]\mathbb{Q}^{13}[/mm] meine ich einen Vektorraum. Da habe ich
> mich vertan, dass es ja ein Körper sein muss.
was meinst Du mit dem letzten Satz?
> Also eigentlich das selbe was man mit [mm]\mathbb{R}^2[/mm] meint, nur
> über Q und mit ein paar Dimensionen mehr...
Verstehe ich inhaltlich jetzt auch nicht ganz. Vielleicht geht es Dir darum,
dass Du sagen willst, dass Du die Aufgabenstellung falsch verstanden hast
und anstatt der Angabe eines - wie in der Aufgabe gesuchten - geeigneten
Körpers halt nur einen Vektorraum der Dimension 13 angeben wolltest?
Sowas wie, dass [mm] $\IR^{13}$ [/mm] als [mm] $\IR$(!)-Vektorraum [/mm] eben Dimension 13 hat, und ebenso
[mm] $\IQ^{13}\,,$ [/mm] der als [mm] $\IQ$(!)-VR [/mm] Dimension 13 hat?!
> [mm]\mathbb{R}^2[/mm] hat ja die Basis Vektoren:
> [mm]\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}[/mm], [mm]\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}[/mm]
Ja, der "natürliche [mm] $\IR^2$". [/mm] Aber bedenke bitte, dass Basen nicht eindeutig
sind. (Deswegen macht es auch wenig Sinn, von "den" Basisvektoren zu
sprechen. Du könntest sagen, dass Du die Basisvektoren "einer Basis" hier
aufzählst.) Du könntest auch
[mm] $\{(1,0)^T,\;(1,1)^T\}$
[/mm]
als Basismenge schreiben. Übrigens wird das Ganze falsch, wenn wir den
[mm] $\IR^2$ [/mm] als [mm] $\IQ$-VR [/mm] auffassen!
> Das selbe habe ich nun auch mit [mm]\mathbb{Q}^{13}[/mm] gemeint,
> nur dass es eben 13 solcher Vektoren gibt und das eben
> Spaltenmatrizen mit 13 Zeilen sind.
>
> Ich meine damit also nicht einen Körper mit 13 Elementen
> (was ja tatsächlich ein Körper wäre, da 13 eine Primzahl
> ist)
Wie gesagt: Alleine das Aufzählen von Elementen macht eine Menge nicht
zu einem Körper. Aber Du kannst hier einen angeben, bzw. konstruieren,
der isomorph zu [mm] $\IF_{13}$ [/mm] ist!
P.S. Du kannst ein Element
[mm] $(s_1,...,s_N)$
[/mm]
ruhig [mm] $N\,$-Tupel [/mm] nennen - das ist quasi ein Zeilenvektor mit [mm] $N\,$ [/mm] Einträgen
(also eine $1 [mm] \times [/mm] N$-Matrix) und dann ist
[mm] $(s_1,...,s_N)^T:=\vektor{s_1\\.\\.\\.\\s_N}$
[/mm]
eben der zugehörige Spaltenvektor mit [mm] $N\,$ [/mm] Einträgen (als eine $N [mm] \times [/mm] 1$-Matrix).
Später solltest Du ein wenig genauer drauf achtgeben, wenn Leute den
Zeilenvektor als "Punkt" (im Sinne von Vektor=Element eines gewissen
Vektorraums) schreiben, und es dann auch noch Koordinatenvektoren gibt.
Letztere (Spaltenvektoren) sind nicht immer nur einfach das Transponierte
ihrer Zeilenversion - sondern da gibt es eine Basisabhängigkeit, durch die
klar ist, inwiefern die zusammenhängen!
(Ich selbst indiziere bei Koordinatenvektoren auch die Basis, auf die ich
mich beziehe - eben, damit man da nicht durcheinanderkommt... und ohne
Basisindizes sind es eben doch nur "Zeilenvektor transponiert". Und ja:
Eigentlich ist das ja nur ein Koordinatenvektor einer speziellen Basis...).
Gruß,
Marcel
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Mit Verlaub, das hat doch mittlerweile wenig mit der Aufgabe zu tun. Man braucht hier keinen [mm] $\IQ^{13}$, [/mm] keine Matrizen, Vektoren oder endliche Körper. Worum es geht, hat MaslanyFanclub mehrmals versucht klarzumachen, bis er aufgegeben hat. Ich betone daher nochmal dasselbe: Gesucht ist ein Unterkörper von R! (das Q darin enthalten ist, folgt dann bereits automatisch). Ich habe noch keine Lösung anzubieten (vielleicht hatte MF eine), aber ich schlage dingend vor, dass sich alle Beteiligten, allen voran der Fragesteller, nochmal aufmerksam (!) die Aufgabe durchlesen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:58 Mo 30.06.2014 | | Autor: | Sax |
Hi,
vielleicht könnte man einer Basis des Vektorraumes [mm] \IR [/mm] 13 Elemente so entziehen, dass die restlichen Basisvektoren einen Vektorraum K aufspannen, von dem gezeigt wird, dass er ein Körper ist.
Gruß Sax.
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Hi,
ich glaube eher, dass die Antwort negativ ist. Sei [mm] $K\subseteq \IR$ [/mm] ein echter Teilkörper, etwa [mm] $x\notin [/mm] K$. Dann liegt auch keine n-te Wurzel von x in K. Sind dann vielleicht [mm] $\sqrt[p]{x}$, [/mm] $p$ prim abzählbar viele linear unabhängige Elemente von [mm] $\IR$ [/mm] als VR über $K$? Oder ist es einfach schon zu spät für mich, um noch zu denken?
Edit: Wieso eigentlich prim? Ich gehe jetzt wohl wirklich am besten schlafen..
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:55 Mo 30.06.2014 | | Autor: | Sax |
Hi,
das zeigt doch, dass es nicht geht, denn wenn K das Element x nicht enthält, dann eben auch kein [mm] y_n=\wurzel[n]{x}, [/mm] weil K sonst eben kein Körper wäre. Andereseits sind die [mm] y_n [/mm] linear unabhängig über [mm] \IQ, [/mm] womit die Dimension von [mm] \IR [/mm] über K wit größer als 13 wäre.
Gruß Sax.
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Das war ja meine Vermutung, dass es nicht geht. Allerdings müssten die $ [mm] y_n [/mm] $ über K unabhängig sein, nicht nur über [mm] $\IQ [/mm] $.
Allerdings zweifle ich immer noch, ob ich da nicht irgendwas übersehe, weil ich das Argument für C über R doch genauso aufschreiben könnte, oder?
Ich kriege die Unabhängigkeit einfach nicht zusammen, ein bisschen konkretes Denken täte manchmal sicherlich auch mir gut^^
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:07 Mo 30.06.2014 | | Autor: | YuSul |
Die Aufgabe kommt mir bei dem was ihr schreibt schon wieder unendlich kompliziert vor... :'(
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:02 Di 01.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Was wäre denn ein Beispiel für einen Körper K der "zwischen" [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] und [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] liegt?
[mm] $\mathbb{Q}\subset K\subset \mathbb{R}$[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:46 Di 01.07.2014 | | Autor: | hippias |
Die Menge aller reellen Zahlen der Gestalt [mm] $a+\sqrt{2}b$, [/mm] wobei [mm] $a,b\in \IQ$ [/mm] sind. Diese Menge erfuellt die Koerperaxiome, wenn man die gewoehnliche Addition und Multiplikation von reellen Zahlen benutzt. Ferner ist diese Menge, bzgl der uebelichen Verknuepfungen, ein $2$-dimensionaler Vektorraum ueber [mm] $\IQ$ [/mm] (z.B. mit Basis [mm] $1,\sqrt{2}$).
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:25 Di 01.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Danke.
Also noch mal zum ersten Teil der Aufgabe:
Wenn ich [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] als einen Vektorraum über [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] auffasse, aber bekannt ist, dass jeder Vektorraum eine Basis hat. Und ich zeigen soll, dass dieser Vektorraum eine Basis hat, dann muss ich nur zeigen, dass [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] tatsächlich über [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] einen Vektorraum bildet und wäre dann fertig?
Zum zweiten Teil der Aufgabe:
Klar ist ja, dass [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] als Vektorraum über [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] unendliche Dimension hat, da die reellen Zahlen ja überabzählbar sind und die rationalen Zahlen "nur" abzählbar. Also kann man keine endliche Basis finden.
Wenn ich nun einen Körper K finden soll, der als reeller Vektorraum die Dimension 13 hat, dann wäre doch zu zeigen, dass ich alle rellen Zahlen aus diesen 13 Basiselementen erzeugen kann, wobei K bereits ebenfalls ein überabzählbarer Körper sein müsste, denn wenn er auch nur abzählbar ist, dann kann es keine endliche Basis geben.
Sind alle anderen Mengen die überabzählbar sind isomorph zu den reellen Zahlen?
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1.: Nicht jede überabzählbare Menge ist isomorph zu [mm] $\IR$, [/mm] etwa [mm] $\mathfrak{P}\,\IR$ [/mm] bekanntlich nicht.
2.: $K$ soll kein reeller Vektorraum sein! [mm] $\IR$ [/mm] soll ein $K$-Vektorraum sein!!!!!
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 16:18 Di 01.07.2014 | | Autor: | YuSul |
1. Stimmt.
2. Was genau ist denn mit "Vektorraum über K" gemeint?
Ich habe keine Idee wie ich einen Körper K konstruieren könnte (falls es geht) so, dass ich 13 Elemente daraus nehmen kann und damit alle rellen Zahlen erzeugen kann...
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> Was genau ist denn mit "Vektorraum über K" gemeint?
Siehe die ersten 10 Seiten eines beliebigen Skripts zur Linearen Algebra I.
> Ich habe keine Idee wie ich einen Körper K konstruieren
> könnte (falls es geht) so, dass ich 13 Elemente daraus
> nehmen kann
Ich auch nicht, deswegen war meine Vermutung, dass es nicht geht. Ich bin allerdings zu doof um meine Idee zu vervollständigen und es hat sich leider niemand mehr gemeldet, ob ich richtig lag. Daher lasse ich die Frage mal halb-offen.
> und damit alle rellen Zahlen erzeugen kann...
Was heißt das?
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Di 01.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Das heißt doch, dass gefordert ist, dass ich jede relle Zahl mit den 13 gegebenen Elementen aus dem Körper K als "Linearkombination" darstellen kann.
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Naja, du musst aus [mm] $\IR$ [/mm] viel mehr, als nur $13$ Elemente entfernen, damit du einen Körper erhälst. Siehe dazu auch meine in der letzten Antwort verlinkte Vermutung. Die Frage ist, ob man dann aus diesen unendlich vielen Elementen 13 auswählen kann, die [mm] $\IR$ [/mm] erzeugen (und darüber hinaus linear unabhängig sind). Meine Vermutung ist, dass dies nicht geht.
Vielleicht bist du ja in der Lage, die Vermutung zu bestätigen oder zu widerlegen:
Sei [mm] $K\subseteq\IR$ [/mm] ein echter Unterkörper. Dann gibt es eine reelle Zahl [mm] $x\notin [/mm] K$. Dann gilt für jedes natürliche $n$ auch [mm] $\sqrt[n]{x}\notin [/mm] K$, denn sonst würde wegen Abgeschlossenheit der Multiplikation auch [mm] $x=\sqrt[n]{x}^n$ [/mm] in $K$ liegen.
Vermutung: Die Familie [mm] $(\sqrt[n]{x})_{n\in\IN}$ [/mm] ist linear unabhängig.
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> Naja, du musst aus [mm]\IR[/mm] viel mehr, als nur [mm]13[/mm] Elemente
> entfernen, damit du einen Körper erhälst. Siehe dazu auch
> meine in der letzten Antwort verlinkte Vermutung. Die Frage
> ist, ob man dann aus diesen unendlich vielen Elementen 13
> auswählen kann, die [mm]\IR[/mm] erzeugen (und darüber hinaus
> linear unabhängig sind). Meine Vermutung ist, dass dies
> nicht geht.
>
> Vielleicht bist du ja in der Lage, die Vermutung zu
> bestätigen oder zu widerlegen:
>
> Sei [mm]K\subseteq\IR[/mm] ein echter Unterkörper. Dann gibt es
> eine reelle Zahl [mm]x\notin K[/mm]. Dann gilt für jedes
> natürliche [mm]n[/mm] auch [mm]\sqrt[n]{x}\notin K[/mm], denn sonst würde
> wegen Abgeschlossenheit der Multiplikation auch
> [mm]x=\sqrt[n]{x}^n[/mm] in [mm]K[/mm] liegen.
>
> Vermutung: Die Familie [mm](\sqrt[n]{x})_{n\in\IN}[/mm] ist linear
> unabhängig.
Hallo,
ich kann das auch nicht, interessiere mich aber sehr für die Lösung und hoffe, jemand weiß, wie man zeigen kann, daß es nicht funktioniert.
Oder daß es funktioniert -was ich nicht glaube.
Ich weiß noch dies: wenn [mm] \IR [/mm] über K die Dimension 13 hat, dann muß K über [mm] \IQ [/mm] unendlichdimensional sein. Ob man mit der Annahme [mm] [\IR:K]=13 [/mm] damit einen Widerspruch konstruieren kann?
(Ich kann nur noch zu wenig Algebra dafür - ich glaub', man sollte sich mit Körpern und Körpererweiterungen gut auskennen.)
YuSul, könntest Du vielleicht die Aufgabe mal komplett mit Vor- und Nachwort und Teilaufgaben im Originaltext angeben?
Würd' mich interessieren.
LG Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:37 Di 01.07.2014 | | Autor: | YuSul |
@Angela:
Das ist der originale Wortlaut. Mein Professor schreibt die Übungsblätter handschriftlich und das ist die erste Aufgabe auf dem Zettel. Wort für Wort, da kann ich leider nicht mehr bieten. Und Körpererweiterungen hatten wir bisher gar nicht. Wie gesagt stammt die Aufgabe aus einer Logik Vorlesung und das letzte was wir in der Vorlesung gemacht haben war es das Lemma von Zorn zu diskutieren und einige Anwendungen davon, wie eben der Beweis, dass jeder Vektorraum eine Basis hat.
Tut mir Leid.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:06 Mi 02.07.2014 | | Autor: | hippias |
So einen Teilkoerper gibt es nicht. Leider finde ich keinen elementaren Beweis. Es gibt einen Satz von Artin, der geht so:
Sei $C$ ein algebraisch abgeschlossener Koerper. Ist $K$ ein echter Teilkoerper von $C$ mit [mm] $dim_{K} C<\infty$, [/mm] so existiert ein [mm] $i\in [/mm] C$ mit [mm] $i^{2}=1$ [/mm] und $C= K(i)$. Ausserdem ist $K$ reell abgeschlossen.
Diesen Satz koennte man verwenden, um die Nichtexistent zu zeigen (oder Galois-Theorie oder so). Aber nur mit den Mitteln der linearen Algebra ist mir nichts eingefallen. Auch ich waere interessiert, wie die Behauptung gezeigt werden koennte.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:10 Mi 02.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Vielen Dank für die Antworten.
Ich denke das Thema kann man abharken.
Ich werde dann die Lösung hier posten wenn wir sie in den Übungen besprechen, aber ich finde es schon merkwürdig, dass uns eine solche Aufgabe gestellt wird...
Die Aufgaben auf den letzten Zetteln fand ich ohnehin immer merkwürdiger...
Bis dann. :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:22 Fr 11.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Bezüglich der Lösung dieser Aufgabe zitiere ich mal meinen Übungsgruppenleiter:
"Ich weiß auch nicht wie man es löst und der Professor hat auf meine Email nicht geantwortet."
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Schade, das hätte mich wirklich interessiert. Aber dann muss sich wohl weder du, noch irgendjemand der Helfer hier schämen 
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:59 Fr 11.07.2014 | | Autor: | hippias |
Schade, aber danke fuer Deine Muehe es trotzdem mitzuteilen!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:13 Fr 11.07.2014 | | Autor: | YuSul |
Ehrlich gesagt war ich auch ein wenig enttäuscht, aber ich denke diese Aufgabe war schlicht mit den uns vermittelten Möglichkeiten der Vorlesung nicht lösbar.
Mein Professor ist manchmal halt ein wenig verplant. :D
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> Ehrlich gesagt war ich auch ein wenig enttäuscht, aber ich
> denke diese Aufgabe war schlicht mit den uns vermittelten
> Möglichkeiten der Vorlesung nicht lösbar.
> Mein Professor ist manchmal halt ein wenig verplant. :D
Das macht ja nichts, und solche Typen sind oft ja auch ganz lustig und man schläft in der Vorlesung nicht so leicht ein - aber dann kann man doch sagen: "Kinners, da bin ich übers Ziel hinausgeschossen, das könnt ihr mit den Mitteln der Vorlesung gar nicht hinkriegen."
Sich jetzt gar nicht zu rühren finde ich auch gar nicht nett den HiWis gegenüber.
Nett ist's aber, daß Du Dich nochmal gemeldet hast.
Ich war wirklich gespannt, wie Ihr das machen solltet.
LG Angela
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