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Aufgabe:

Sei V = { f : R → R | ∃a, b, c ∈ R ∀x ∈ R f (x) = ax2 + bx + c } der Vektorraum allerquadratischen Funktionen und die Abbildung φ : V → R3 durchφ(f ) = (f (0), f (1), f (2)) definiert.

a) Zeigen Sie, dass φ eine lineare Abbildung ist und begründen Sie (z.B. durch Konstruktion der Umkehrabbildung φ), dass diese Abbildung bijektiv ist.

b) Sei die Abbildung ψ : V → R4 durch ψ(f ) = (f (0), f (1), f (2), f (3)) definiert.Bestimmen Sie eine Basis des Bildes Im ψ (dafür muss man nicht viel rechnen, aber die Lösung sollte kurz begründet werden).

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a) Lineare Abbildung und Bijektivität von \(\varphi\):

1. Lineare Abbildung:

Eine Abbildung \(\varphi : V \to W\) ist linear, wenn für alle \(f, g \in V\) und \(\lambda \in \mathbb{R}\) gilt:
\( \varphi(f + g) = \varphi(f) + \varphi(g) \quad \text{und} \quad \varphi(\lambda f) = \lambda \varphi(f). \)

Lassen Sie uns zunächst die Linearkombination von Funktionen \(f\) und \(g\) in \(V\) betrachten. Sei
\(f(x) = a_1x^2 + b_1x + c_1\) und \(g(x) = a_2x^2 + b_2x + c_2\).

Dann gilt:
\( (f + g)(x) = (a_1 + a_2)x^2 + (b_1 + b_2)x + (c_1 + c_2), \)
\( (\lambda f)(x) = \lambda(a_1x^2 + b_1x + c_1) = (\lambda a_1)x^2 + (\lambda b_1)x + (\lambda c_1). \)

Wir berechnen nun \(\varphi(f + g)\) und \(\varphi(\lambda f)\):
\( \varphi(f + g) = ((f + g)(0), (f + g)(1), (f + g)(2)) = (c_1 + c_2, a_1 + a_2 + b_1 + b_2 + c_1 + c_2, 4a_1 + 4a_2 + 2b_1 + 2b_2 + c_1 + c_2). \)

\( \varphi(f) = (c_1, a_1 + b_1 + c_1, 4a_1 + 2b_1 + c_1), \quad \varphi(g) = (c_2, a_2 + b_2 + c_2, 4a_2 + 2b_2 + c_2). \)

Dann ist:
\( \varphi(f) + \varphi(g) = (c_1 + c_2, (a_1 + b_1 + c_1) + (a_2 + b_2 + c_2), (4a_1 + 2b_1 + c_1) + (4a_2 + 2b_2 + c_2)) = \varphi(f + g). \)

Und für \(\lambda f\):
\( \varphi(\lambda f) = ((\lambda f)(0), (\lambda f)(1), (\lambda f)(2)) = (\lambda c_1, \lambda (a_1 + b_1 + c_1), \lambda(4a_1 + 2b_1 + c_1)) = \lambda \varphi(f). \)

Linearität ist somit bewiesen.

2. Bijektivität:

Eine Abbildung ist bijektiv, wenn sie sowohl injektiv als auch surjektiv ist.

Injektivität: \(\varphi(f) = \varphi(g) \implies f = g\)

Angenommen, \(\varphi(f) = \varphi(g)\), dann
\( (f(0), f(1), f(2)) = (g(0), g(1), g(2)). \)
Das bedeutet:
\( f(0) = g(0), \quad f(1) = g(1), \quad f(2) = g(2). \)
Da \(f(x) = ax^2 + bx + c\) und \(g(x) = a'x^2 + b'x + c'\), erhalten wir durch Einsetzen von \(x = 0, 1, 2\) ein lineares Gleichungssystem:
\( c = c', \quad a + b + c = a' + b' + c', \quad 4a + 2b + c = 4a' + 2b' + c'. \)
Diese drei Gleichungen lösen wir:
\( a = a', \quad b = b', \quad c = c'. \)
Also ist \(f = g\) und \(\varphi\) ist injektiv.

Surjektivität: Für jedes \((y_0, y_1, y_2) \in \mathbb{R}^3\) existiert ein \(f \in V\) so dass:
\( \varphi(f) = (f(0), f(1), f(2)) = (y_0, y_1, y_2). \)

Wir lösen das System für die Koeffizienten \(a, b, c\):
\( c = y_0, \quad a + b + c = y_1, \quad 4a + 2b + c = y_2. \)
Setzen wir \(c = y_0\) ein, erhalten wir:
\( a + b + y_0 = y_1, \quad 4a + 2b + y_0 = y_2. \)
Das löst sich zu:
\( a = \frac{(y_0 - 2y_1 + y_2)}{2}, \quad b = y_1 - y_0 - a. \)

Es existieren eindeutige \(a, b, c\), also ist \(\varphi\) surjektiv.

Bijektivität ist somit bewiesen.

b) Basis des Bildes \(\psi\):

Sei \(\psi : V \to \mathbb{R}^4\) durch \(\psi(f) = (f(0), f(1), f(2), f(3))\) gegeben.

Als Funktionenraum sind Basisfunktionen eine quadratische Funktion \(f(x) = ax^2 + bx + c\).

Für \(f_1(x) = 1\), \(f_2(x) = x\), \(f_3(x) = x^2\) haben wir die Evaluierungen:
\( \psi(f_1) = (1, 1, 1, 1), \psi(f_2) = (0, 1, 2, 3), \psi(f_3) = (0, 1, 4, 9). \)

Die Bilder \(\psi(f_1), \psi(f_2), \psi(f_3)\) sind linear unabhängig, weil sie keine lineare Kombination voneinander sind. Diese Vektoren bilden also die Basis des Bildes \(\psi\):
\( \text{Basis von}\ \text{Im}(\psi) = \{ (1, 1, 1, 1), (0, 1, 2, 3), (0, 1, 4, 9) \}. \)
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