Benutzerin:Zornsches Lemma/ Spielwiese

Aufgabe (Duale Basis bestimmen)

1. Betrachte die Basis $B_{1}=\left\{{\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}}\right\}$ von $\mathbb {R} ^{3}$. Bestimme die zu $B_{1}$ duale Basis $B_{1}^{*}=\{v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}\}$, d.h. bestimme für $1\leq i\leq 3$ die explizite Funktionsvorschrift
   $v_{i}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto v_{i}^{*}({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}).$
2. Betrachte die Basis $B_{2}=\{t^{3}+t^{2},t^{2},t^{2}-t,1\}$ von $\mathbb {R} [t]_{\leq 3}$. Bestimme die zu $B_{2}$ duale Basis $B_{2}^{*}=\{p_{1}^{*},\ldots ,p_{4}^{*}\}$, d.h. bestimme für $1\leq i\leq 4$ die explizite Funktionsvorschrift
   $p_{i}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto p_{i}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}).$
3. Betrachte die Basis $B_{3}=\left\{{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}}\right\}$ von $\mathbb {C} ^{2\times 2}$. Bestimme die zu $B_{3}$ duale Basis $B_{3}^{*}=\{M_{1}^{*},\ldots ,M_{4}^{*}\}$, d.h. bestimme für $1\leq i\leq 4$ die explizite Funktionsvorschrift
   $M_{i}^{*}\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto M_{i}^{*}({\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}).$

Lösung (Duale Basis bestimmen)

Lösung Teilaufgabe 1:

Lösung Teilaufgabe 2:

Wir wissen, was die Abbildung $p_{i}^{*}$ auf den Basisvektoren $p_{i}\in B_{2}$ macht. Um herauszufinden, wie die $p_{i}^{*}$ auf einem allgemeinen Vektor $a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}$ agiert, können wir ihn in der Basis $B_{2}$ ausdrücken:

${\begin{aligned}&a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow {\text{ Mit }}a_{3}t^{3}-a_{3}t^{3}{\text{ und }}-a_{1}t^{2}+a_{1}t^{2}{\text{ erweitert.}}\right.}\\=&a_{3}(t^{3}+t^{2})-a_{3}t^{2}+a_{2}t^{2}+a_{1}(t-t^{2})+a_{1}t^{2}+a_{0}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow {\text{Umsortiert nach den Basisvektoren }}p_{1},p_{2},p_{3},p_{4}\right.}\\=&a_{3}(t^{3}+t^{2})+(a_{1}+a_{2}-a_{3})t^{2}-a_{1}(t^{2}-t)+a_{0}\\=&a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1}\end{aligned}}$

Damit können wir die Funktionsvorschriften ausrechnen. Für $p_{1}^{*}$ haben wir

${\begin{aligned}&p_{1}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{1}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{1}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{1}^{*}(p_{4})} _{=0}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{1}^{*}(p_{3})} _{=0}-a_{1}\underbrace {p_{1}^{*}(p_{2})} _{=0}+\underbrace {p_{1}^{*}(p_{1})} _{=1}\\=&1\end{aligned}}$

Für $p_{2}^{*}$ bekommen wir

${\begin{aligned}&p_{2}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{2}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{2}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{2}^{*}(p_{4})} _{=0}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{2}^{*}(p_{3})} _{=0}-a_{1}\underbrace {p_{2}^{*}(p_{2})} _{=1}+\underbrace {p_{2}^{*}(p_{1})} _{=0}\\=&-a_{1}\end{aligned}}$

Die Funktionsvorschrift von $p_{3}^{*}$ ist

${\begin{aligned}&p_{3}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{3}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{3}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{3}^{*}(p_{4})} _{=0}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{3}^{*}(p_{3})} _{=1}-a_{1}\underbrace {p_{3}^{*}(p_{2})} _{=0}+\underbrace {p_{3}^{*}(p_{1})} _{=0}\\=&a_{1}+a_{2}-a_{3}\end{aligned}}$

Für $p_{4}^{*}$ erhalten wir

${\begin{aligned}&p_{4}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{4}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{4}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{4}^{*}(p_{4})} _{=1}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{4}^{*}(p_{3})} _{=0}-a_{1}\underbrace {p_{4}^{*}(p_{2})} _{=0}+\underbrace {p_{4}^{*}(p_{1})} _{=0}\\=&a_{3}\end{aligned}}$

Zusammengefasst erhalten wir für die Funktionsvorschriften

${\begin{aligned}&p_{1}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto 1\\&p_{2}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto -a_{1}\\&p_{1}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto a_{1}+a_{2}-a_{3}\\&p_{1}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto a_{3}\\\end{aligned}}$

Aufgabe für KI-Prompt

Definition (Grenzwert)

Eine Folge $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ besitzt einen Grenzwert $a$, wenn es zu jedem $\epsilon >0$ einen Folgenindex $N\in \mathbb {N}$ gibt, so dass für alle Folgenglieder $a_{n}$ mit $n\geq N$ die Ungleichung $|a_{n}-a|<\epsilon$ erfüllt ist. Es ist also genau dann $a$ ein Grenzwert von $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$, wenn gilt:

$\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb {N} \,\forall n\geq N:|a_{n}-a|<\epsilon$

Aufgabe (Konvergenz Beweisen)

Zeige direkt mit der Definition, dass die Folge $\left({\frac {n-1}{n+1}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $1$ konvergiert.

Wie kommt man auf den Beweis? (Konvergenz Beweisen)

Wir müssen

$\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb {N} \,\forall n\geq N:\left|{\frac {n-1}{n+1}}-1\right|<\epsilon$

zeigen. Also formen wir $\left|{\frac {n-1}{n+1}}-1\right|<\epsilon$ zunächst um, um eine Bedingung für $N$ zu bekommen.

${\begin{aligned}\left|{\frac {n-1}{n+1}}-1\right|<\epsilon &\Leftrightarrow \left|{\frac {n-1-n-1}{n+1}}\right|<\epsilon \\&\Leftrightarrow \left|{\frac {-2}{n+1}}\right|<\epsilon \\&\Leftrightarrow {\frac {2}{n+1}}<\epsilon \\&\Leftrightarrow n+1>{\frac {2}{\epsilon }}\\&\Leftrightarrow n>{\frac {2}{\epsilon }}-1\end{aligned}}$

Also müssen wir ein $N\in \mathbb {N}$ mit $N>{\frac {2}{\epsilon }}-1$ wählen. Dieses existiert nach dem archimedischen Axiom.

Lösung (Konvergenz Beweisen)

Sei $\epsilon >0$. Wir wählen ein $N\in \mathbb {N}$ mit $N>{\tfrac {2}{\epsilon }}-1$. So ein $N$ existiert nach dem archimedischen Axiom. Für alle $n\geq N$ gilt dann

${\begin{aligned}\left|{\frac {n-1}{n+1}}-1\right|&=\left|{\frac {-2}{n+1}}\right|\\&={\frac {2}{n+1}}\\&\leq {\frac {2}{N+1}}\\&<\epsilon .\end{aligned}}$