Dual space – Serlo

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We have already seen the vector space of linear maps $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ between two $K$-vector spaces $V$ and $W$. We will now consider the case where the vector space $W$ corresponds to the field $K$.

Motivation

Consider the following example: We want to buy apples and pears. An apple costs $$2$ and a pear $$3$. If $x\in \mathbb {R}$ is the number of apples and $y\in \mathbb {R}$ is the number of pears, how much do we have to pay in total? The formula for the total price is $2x+3y$. We can express this equation as $\mathbb {R}$-linear map

$P\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,(x,y)\mapsto 2x+3y$

Let's assume that the prices increase by half. To get the formula that gives the new total price, we need to multiply the old formula by ${\frac {3}{2}}$. The formula that gives this price would then be ${\frac {3}{2}}(2x+3y)=3x+{\frac {9}{2}}y$. The corresponding linear map is

$Q\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,(x,y)\mapsto 3x+{\frac {9}{2}}y.$

We thus recognize that $Q(x,y)={\frac {3}{2}}P(x,y)$. Suppose now that the price of apples increases by $$2$ and the price of pears by $$4$. We obtain the corresponding formula for the total price by adding $2x+4y$ to the original formula, i.e. $(2x+3y)+(2x+4y)=4x+7y$. This can be understood as the addition of linear maps. We define $R,S\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ by $R(x,y)=2x+4y$ and $S(x,y)=4x+7y$. Then $(P+R)(x,y)=P(x,y)+R(x,y)=S(x,y)$ holds true. So in this example, we simpy added linear maps from $\mathbb {R} ^{2}$ to $\mathbb {R}$ and multiplied them by scalars.

The total price is indicated by linear maps from $\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$. Such a map assigns a value, namely the price, to each vector. In other words, we can say that the mapping "measures" these vectors. This is why we call linear maps from $\mathbb {R} ^{2}$ to $\mathbb {R}$ linear measurement functions. We have seen above that sums and scalar multiples of such maps are again linear maps. In other words, linear combinations of linear maps are again linear maps. So also on the set of linear maps on $\mathbb {R} ^{2}$, we can find a vector space structure.

What about other vector spaces? Let's look at the $\mathbb {C}$-vector space $\mathbb {C} [x]_{\leq n}$ of complex polynomials of degree at most $n\in \mathbb {N}$. There are a number of simple measurement functions here. These can, for example, assign to a polynomial $p$ its value at a point $a\in \mathbb {C}$:

$\operatorname {eval} _{a}\colon \mathbb {C} [x]_{\leq n}\to \mathbb {C} ,p\mapsto p(a).$

Alternatively, we can assign to a polynomial the value of its derivative at the point $a\in \mathbb {C}$:

$D_{a}\colon \mathbb {C} [x]_{\leq n}\to \mathbb {C} ,p\mapsto p'(a).$

Since the coefficients of polynomials are scalars, we can use them to define further measurement functions. For example, for $p=a_{n}x^{n}+\ldots +a_{1}x+a_{0}$, consider the mappings $f,g\colon \mathbb {C} [x]_{\leq n}\to \mathbb {C}$ defined by $f(p)=a_{n}+\ldots +a_{1}$ and $g(p)=a_{0}$. Then $(f+g)(p)=f(p)+g(p)=a_{n}+\ldots +a_{1}+a_{0}=p(1)=:\operatorname {eval} _{1}(p)$. We can also see here that sums of measurement functions are again measurement functions.

In general, we can also consider the space of linear measurement functions $V\to K$ over an arbitrary $K$-vector space $V$. We will see that, as in the previous examples, this is a vector space. This space is called the dual space of $V$.

Definition

Definition (Dual space)

Let $V$ be a vector space over a field $K$. Then the space of linear mappings $V^{*}:=\operatorname {Hom} _{K}(V,K)$ between the $K$-vector spaces $V$ and $K$ is called the dual space of $V$.

The following theorem states that the dual space is a vector space.

Theorem ($V^{*}$ is a vector space)

Let $V$ be a vector space over a field $K$. Then $V^{*}$ with the two relations

${\begin{aligned}+\colon V^{*}\times V^{*}&\to V^{*}\\(f,g)&\mapsto f+g,{\text{ where }}(f+g)(v):=f(v)+g(v){\text{ for all }}v\in V,\end{aligned}}$

and

${\begin{aligned}\cdot \colon K\times V^{*}&\to V^{*}\\(\lambda ,f)&\mapsto \lambda \cdot f,{\text{ where }}(\lambda \cdot f)(v):=\lambda \cdot f(v){\text{ for all }}v\in V,\end{aligned}}$

a $K$-vector space.

Proof ($V^{*}$ is a vector space)

We know from the article on function spaces that for $K$-vector spaces $V$ and $W$, the set of linear maps $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ is also a $K$-vector space. Since $K$ itself is a (1-dimensionsl) $K$-vector space, we know that for every $K$ vector space $V$, also $V^{*}=\operatorname {Hom} _{K}(V,K)$ is a $K$ vector space.

Examples of vectors in the dual space

Example (Characterization of $(\mathbb {R} ^{2})^{*}$)

The dual space of $\mathbb {R} ^{2}$ is the vector space of all linear maps from $\mathbb {R} ^{2}$ to $\mathbb {R}$. Each such linear map $f\in (\mathbb {R} ^{2})^{*}$ is given by multiplication with a (1x2) matrix, the representing matrix, and is therefore of the form

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=ax+by$

for certain $a,b\in \mathbb {R}$. Thus, the elements in the dual space of $\mathbb {R} ^{2}$ are described by linear equations of the form $f(x,y)=ax+by$.

More generally, an element of $(\mathbb {R} ^{n})^{*}$ is represented by a (1xn) matrix ${\begin{pmatrix}a_{1}&\ldots &a_{n}\end{pmatrix}}$ or a linear equation of the form $f(x_{1},\ldots ,x_{n})=a_{1}x_{1}+\ldots +a_{n}x_{n}$ with coefficients $a_{i}\in \mathbb {R}$.

Example (Limit of convergent sequences)

Let $c$ be the space of convergent sequences $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\subseteq \mathbb {R}$. Because sums and scalar multiples of convergent sequences are convergent sequences again, $c$ is a $\mathbb {R}$ vector space. You can read a proof of the vector space properties here.

We consider the mapping $f\colon c\to \mathbb {R} ,(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\mapsto \lim _{n\to \infty }x_{n}$, which sends a sequence to its limit value. For example, $f((1)_{n\in \mathbb {N} })=\lim _{n\to \infty }1=1$ or $f\left(\left({\tfrac {1}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }\right)=\lim _{n\to \infty }({\tfrac {1}{n}})=0$. From the limit theorems we know that

${\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }(a_{n}+b_{n})&=\lim _{n\to \infty }a_{n}+\lim _{n\to \infty }b_{n}{\text{ und }}\\\lim _{n\rightarrow \infty }\lambda \cdot a_{n}&=\lambda \cdot \lim _{n\to \infty }a_{n}\end{aligned}}$

applies to all convergent sequences $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} },(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }\in c$ and scalars $\lambda \in \mathbb {R}$. It follows that $f$ is a linear map and therefore $f\in c^{*}$ holds.

Example (Polynomial space and the evaluation mapping)

Let $K$ be a field. We consider the polynomial ring $K[X]$ as a $K$-vector space. For $\lambda \in K$ we define the mapping

${\begin{aligned}\operatorname {eval} _{\lambda }\colon K[X]&\to K,\\P&\mapsto P(\lambda ),\end{aligned}}$

which evaluates a polynomial at the position $\lambda$. For example, we have $\operatorname {eval} _{1}(x^{2}-1)=1^{2}-1=0$ and $\operatorname {eval} _{0}(x^{2}-1)=0^{2}-1=-1$.

By direct computation, e can verify that this mapping is $K$-linear, i.e. an element of $K[X]^{*}$:

For $P,Q\in K[X]$ and $k\in K$ we then have:

${\begin{aligned}\operatorname {eval} _{\lambda }(P+k\cdot Q)&=(P+k\cdot Q)(\lambda )\\&=P(\lambda )+k\cdot Q(\lambda )\\&=\operatorname {eval} _{\lambda }(P)+k\cdot \operatorname {eval} _{\lambda }(Q).\end{aligned}}$

Example (Derivative)

Let $C^{1}(\mathbb {R} )$ be the space of continuously differentiable functions $\mathbb {R} \to \mathbb {R}$. Let $x\in \mathbb {R}$ be fixed and consider the mapping

${\begin{aligned}\partial _{x}\colon C^{1}(\mathbb {R} )&\to \mathbb {R} ,\\f&\mapsto f'(x)\end{aligned}}$

which sends a differentiable function to its derivative at the point $x$. For example, for $x=0$, the value of the mapping in $f(t)=t^{2}-1$ is given by

$\partial _{0}(f)=f'(0)=(2t)|_{t=0}=0.$

We verify by direct computation that the mapping $\partial _{x}$ (for fixed $x\in \mathbb {R}$) is linear: For $f,g\in C^{1}(\mathbb {R} )$ and $\lambda \in \mathbb {R}$ we have

${\begin{aligned}\partial _{x}(f+\lambda g)&=(f+\lambda g)'(x)\\&=f'(x)+\lambda g'(x)\\&=\partial _{x}(f)+\lambda \partial _{x}(g).\end{aligned}}$

This follows from the properties of the derivative. So $\partial _{x}$ is an element of $C^{1}(\mathbb {R} )^{*}$.

Example (Integral)

Let $C^{0}([0,1])$ be the space of continuous functions $[0,1]\to \mathbb {R}$. Consider the mapping

${\begin{aligned}I\colon C^{0}([0,1])&\to \mathbb {R} ,\\f&\mapsto \int _{0}^{1}f(x)dx\end{aligned}}$

which sends a continuousfunction on $[0,1]$ to its integral over this interval. As an example, for $f(x)=x^{2}-1$,

$I(f)=\int _{0}^{1}x^{2}-1dx=[{\frac {1}{3}}x^{3}-x]_{x=0}^{1}=({\frac {1}{3}}-1)-0=-{\frac {2}{3}}.$

We verify by direct calculation that the mapping $I$ is linear: For $f,g\in C^{0}([0,1])$ and $\lambda \in \mathbb {R}$ the following applies

${\begin{aligned}I(f+\lambda g)&=\int _{0}^{1}f(x)+g(x)dx\\&=\int _{0}^{1}f(x)dx+\int _{0}^{1}g(x)dx\\&=I(f)+\lambda I(g).\end{aligned}}$

This follows from the properties of the integral. So $I$ is an element of $C^{0}([0,1])^{*}$.

Dual Basis

We now know what the dual space $V^{*}$ of a $K$-vector space $V$ is: It consists of all linear maps from $V$ to $K$. Intuitively, we can understand these maps as linear maps that measure vectors from $V$. This is why we sometimes call elements of the dual space $V^{*}$ "(linear) measurement functions" in this article.

Motivated by this intuitive notion of "measurements", we ask ourselves: Is there a subset $M\subseteq V^{*}$ of measurement functions that can be used to uniquely determine vectors? In other words, is there a subset $M$ so that we can find a measurement function $f\in M$ with $f(v)\neq f(w)$ for every choice of vectors $v,w\in V$ with $v\neq w$?

Let's first consider what this means using an example:

Example (Unique determination of vectors using measurement functions)

Let us consider $V=\mathbb {R} ^{2}$. Then the dual space $V^{*}$ is the vector space of all linear maps $\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$. Consider the linear maps $f,g,h\in V^{*}$ with

$f(x,y)=2x-y,\quad g(x,y)={\frac {1}{2}}y-x,\quad h(x,y)=y.$

If $M=\{f\}$, we cannot use these functions to determine vectors uniquely: For $v=(1,1)$ and $w=(0,-1)$, we have $v\neq w$, but $f(v)=2-1=1=0-(-1)=f(w)$.

Even with the measurement functions in $M'=\{f,g\}$, the vectors $(1,1)$ and $(0,-1)$ cannot be distinguished: We also have $g(1,1)=-{\frac {1}{2}}=g(0,-1)$.

However, if we consider the subset of measurement functions $M''=\{f,h\}$ instead, then vectors in $\mathbb {R} ^{2}$ are uniquely determined by the measurements in $M''$: Let $v=(x,y)$ and $w=(x',y')$ be any vectors with $v\neq w$. Assume that $f(v)=f(w)$ and $h(v)=h(w)$ apply. From $h(v)=h(w)$ we obtain $y=y'$. Together with $2x-y=f(v)=f(w)=2x'-y'$, we would then also get $2x=2x'$, i.e. $x=x'$. This would mean that $v=w$, which is a contradiction to our assumption. Therefore, $f(v)\neq f(w)$ or $h(v)\neq h(w)$ (or both) applies. Hence, for each choice of different vectors in $v,w\in \mathbb {R} ^{2}$, at least one of the two measurements in $M''$ provides different values for $v$ and $w$. Vectors are therefore uniquely determined by the measurements in $M''$.

In sumary, our question is: Does there exist a subset $M\subseteq V^{*}$ such that $v,w\in V$ applies to all vectors: If $f(v)=f(w)$ applies to all measurements $f\in M$, then $v=w$ must be true.

We will first try to answer this question in $K^{n}$.

Measurement functions for unique determination of vectors

A vector $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\in K^{n}$ is uniquely determined by its entries $v_{i}$. If we select measurement functions from $(K^{n})^{*}$ in such a way that their values provide us with the entries of a vector, then we have ensured that a vector is already uniquely determined by these values. Let us therefore consider the following mappings for $i\in \{1,\ldots ,n\}$

$f_{i}\colon K^{n}\to K,\quad x=(x_{1},\ldots ,x_{n})\mapsto x_{i}.$

You can check that the maps $f_{i}$ are linear. In addition, $f_{i}(v)=v_{i}$ holds for every $i$. The map $f_{i}$ therefore provides the $i$-th entry of vectors in $K^{n}$. A vector $v\in K^{n}$ is already uniquely determined by the values of $f_{i}$: Suppose we have vectors $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})$ and $w=(w_{1},\ldots ,w_{n})$ in $K^{n}$ with equal function values among the $f_{i}$, i.e., with $f_{i}(v)=f_{i}(w)$ for all $i$. Then $v_{i}=f_{i}(v)=f_{i}(w)=w_{i}$ applies for all $i$ and therefore $v=w$. Thus, if $v,w\in K^{n}$ with $f_{i}(v)=f_{i}(w)$ for all $i$, then $v=w$ follows.

It is also intuitively clear that we cannot omit any of the measurement functions $f_{i}$ in order to uniquely determine a vector by its measurement values. For example, if we omit $f_{j}$, $j\in \{1,\ldots ,n\}$, then for

$v=(0,\ldots ,0)\quad {\text{ und }}\quad w=(0,\ldots ,0,\underbrace {1} _{j{\text{-th position}}},0,\ldots ,0)$

we may have $f_{i}(v)=0=f_{i}(w)$ for all measurement functions with $i\neq j$, but nevertheless $v\neq w$. The measurement functions $f_{i}$ with $i\neq j$ therefore no longer uniquely determine a vector.

So the $f_{i}$ with $i=1,\ldots n$ form a set of measurement functions that uniquely determine vectors from $K^{n}$. Further, they are minimal because we cannot omit any of the functions.

Can we generalize this to a general vector space $V$? In $K^{n}$ we have used the fact that a vector $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\in K^{n}$ is uniquely determined by its entries $v_{i}$. Now, the $v_{i}$ are precisely the coordinates of $v$ with respect to the standard basis $\{e_{1},\ldots ,e_{n}\}\subseteq K^{n}$:

$v=v_{1}\cdot e_{1}+\ldots +v_{n}\cdot e_{n}.$

In a general vector space $V$, we do not have a standard basis. However, as soon as we have chosen any basis $B$, we can speak of the coordinates of a vector with respect to $B$ in the same way as in $K^{n}$. Just as in $K^{n}$ with the standard basis, in $V$ with the selected basis $B$, a vector $v\in V$ is uniquely determined by its coordinates with respect to $B$. As soon as we have chosen a basis, we can try to proceed in the same way as in $K^{n}$.

In the following, we assume that $V$ is finite-dimensional, i.e. $\dim V=n<\infty$. Let $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ be a basis of $V$. Then every vector $v\in V$ is of the form

$v=a_{1}\cdot b_{1}+\ldots +a_{n}\cdot b_{n}$

with uniquely determined coordinates $a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$. Analogous to $K^{n}$, we now define the linear measurement functions for $i\in \{1,\ldots ,n\}$ in $V^{*}$

$f_{i}\colon V\to K,\quad v=a_{1}\cdot b_{1}+\ldots +a_{n}\cdot b_{n}\mapsto a_{i}.$

One of the measurement functions $f_{i}$ therefore determines the $i$-th coordinate of vectors with respect to the basis $B$. Thus,

$v=f_{1}(v)\cdot b_{1}+f_{2}(v)\cdot b_{2}+\ldots +f_{n}(v)\cdot b_{n}.$

for every vector $v\in V$.

Warning

Note that the definition of $f_{i}$ depends on the selected basis $B$.

Since vectors in $V$ are already uniquely determined by their coordinates, they are also already uniquely determined by the values of $f_{i}$. In other words, for all $v,w\in V$ we have

$f_{1}(v)=f_{1}(w),\,f_{2}(v)=f_{2}(w),\,\ldots ,\,f_{n}(v)=f_{n}(w)\implies \underbrace {\sum _{i=1}^{n}f_{i}(v)\cdot b_{i}} _{=v}=\underbrace {\sum _{i=1}^{n}f_{i}(w)\cdot b_{i}} _{=w}\implies v=w.$

For the same reason as with $K^{n}$, none of the $f_{i}$ can be omitted: If the $j$-th measurement function $f_{j}$, $i\in \{1,\ldots ,n\}$, is missing, then any two vectors for which only the $j$-th coordinate with respect to $B$ differs, can no longer be distinguished.

Question: Which two vectors can you choose here?

We choose an example analogous to $K^{n}$ and set

$v=0\cdot b_{1}+\ldots +0\cdot b_{j-1}+1\cdot b_{j}+0\cdot b_{j+1}+\ldots +0\cdot b_{n}=b_{j}$

and

$w=0\cdot b_{1}+\ldots +0\cdot b_{n}=0_{V}.$

Then $f_{i}(v)=0_{K}=f_{i}(w)$ holds for all $i\in \{1,\ldots ,j-1,j+1,\ldots ,n\}$, but nevertheless $v\neq w$. If the $j$-th measurement function is omitted, then vectors are no longer uniquely determined by the function values of $f_{i}$.

The measurement functions form a basis

Let $V$ be a vector space with a fixed basis $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ and let the $f_{i}$ be defined as above. If you want to determine vectors uniquely using the values of $f_{i}$, you cannot do without any of the $f_{i}$. The reason for this is that the result of a measurement $f_{j}(v)$ (the $j$-th coordinate of $v$ with respect to $B$) cannot be deduced from the other measurements. That means, we cannot represent any of the measurement functions $f_{j}$ as a linear combination of the other $f_{i}$ ($i\neq j$). In other words, the measurement functions $f_{i}$ are linearly independent.

On the other hand, the values of $f_{i}$ already tell us everything there is to know about a vector $v\in V$: Its coordinates with respect to the selected basis $B$. Can all other measurement functions from $V^{*}$ therefore be combined from $f_{1},\ldots ,f_{n}$? Any measurement function $g\colon V\to K$ from $V^{*}$ is already uniquely determined by its values on the basis vectors $b_{1},\ldots ,b_{n}$ according to the principle of linear continuation. For $i\in \{1,\ldots ,n\}$, let $\lambda _{i}=g(b_{i})\in K$ be these values. Furthermore, $f_{i}(b_{i})=1$ and $f_{i}(b_{j})=0$ apply for $j\neq i$ and all $i\in \{1,\ldots ,n\}$. By inserting the $b_{i}$ we obtain that

$g=\lambda _{1}\cdot f_{1}+\ldots +\lambda _{n}\cdot f_{n}$

assume the same values on the basis vectors. According to the principle of linear continuation, the two linear maps are therefore identical. Thus, every $g\in V^{*}$ can be written as a linear combination of $f_{i}$. In other word, the measurement functions $f_{i}$ form a generating system of $V^{*}$.

Hence, $\{f_{1},\ldots ,f_{n}\}\subseteq V^{*}$ is a basis of the dual space and we can prove the following theorem:

Theorem (Existence of a dual basis)

Let $V$ be a finite dimensional vector space and $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ a basis of $V$. Then there exists a unique basis $B^{*}=\{f_{1},\ldots ,f_{n}\}$ of $V^{*}$ such that

$f_{i}(b_{j})={\begin{cases}1&{\text{if }}i=j\\0&{\text{else}}\end{cases}}$

is true for all $i,j\in \{1,\ldots ,n\}$.

Proof (Existence of a dual basis)

Proof step: Existence and uniqueness of the $f_{i}$.

According to the principle of linear continuation, the linear maps $f_{i}$ exist and are uniquely determined by their values on the basis vectors of $V$.

Proof step: The $f_{i}$ are linearly independent.

Let $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ with $\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}=0_{V^{*}}$. Let further $i\in \{1,\ldots ,n\}$. Because $f_{i}(b_{i})=1$ and $f_{j}(b_{i})=0$ for $j\neq i$, we obtain the following by plugging in $b_{i}$:

$0_{K}=0_{V^{*}}(b_{i})=(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i})(b_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}(b_{i})=\lambda _{i}.$

Because $i\in \{1,\ldots ,n\}$ was arbitrary, we conclude $\lambda _{1}=\ldots =\lambda _{n}=0_{K}$.

Proof step: The $f_{i}$ form a generating system.

Let $f\in V^{*}$ be arbitrary. For $i\in \{1,\ldots ,n\}$ we define $\lambda _{i}=f(b_{i})\in K$ and set $g=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}$. Then, proceeding as in the proof of linear independence, we obtain

$g(b_{i})=(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i})(b_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}(b_{i})=\lambda _{i}$

for each $i\in \{1,\ldots ,n\}$. Because $f(b_{i})=g(b_{i})$ applies to all $i$ and because a linear map is already uniquely determined by the images of its basis vectors, we have $f=g\in \operatorname {span} \{f_{1},\ldots ,f_{n}\}$. The $f_{i}$ therefore form a generating system.

We call the uniquely determined basis $B^{*}$ the dual basis with respect to $B$ and denote its basis vectors by $b_{i}^{*}=f_{i}$.

Definition (Dual basis)

Let $V$ be a finite dimensional vector space with basis $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$. The uniquely determined basis $B^{*}=\{b_{1}^{*},\ldots ,b_{n}^{*}\}$ with

$b_{i}^{*}(b_{j})={\begin{cases}1&{\text{if }}i=j\\0&{\text{else}}\end{cases}}$

is called the dual basis of $B$.

Warning

Note that $B^{*}$ depends on the basis chosen for $V$. Furthermore, you cannot "dualize" individual vectors from $V$, but only entire bases.

What happens in the infinite dimension?

Above, we only considered the case $\dim V<\infty$. Can we proceed analogously if $V$ is infinite dimensional? To define the measurement functions $f_{i}$, we must first choose a basis of $V$. Let $B=\{b_{i}\mid i\in I\}\subseteq V$ be a basis of $V$, where $I$ is an (infinite) index set. The principle of linear continuation also applies in infinite dimensions: For given values $\lambda _{i}\in K$, $i\in I$, there is exactly one linear map $f\colon V\to K$ with $f(b_{i})=\lambda _{i}$ for all $i\in I$. Just as in the finite-dimensional case, we can therefore define the map $f_{i}\colon V\to K$ for $i\in I$ using the rule

$f_{i}(b_{j})={\begin{cases}1,&j=i\\0,&j\neq i\end{cases}}.$

We can then show that $\{f_{i}\mid i\in I\}$ is also a linearly independent subset of $V^{*}$ in infinite dimensions. The proof is analogous to the proof of linear independence in the theorem on the dual basis.

However, in infinitely many dimensions, $\{f_{i}\mid i\in I\}$ cannot be a generating system of $V^{*}$: One can consider the function

$h\colon V\to K,\quad b_{i}\mapsto 1{\text{ for all }}i\in I,$

which assumes the value 1 on all basis vectors. This function cannot be represented as a finite linear combination of $f_{i}$.

So in infinitely many dimensions, the "dual basis" $\{f_{i}\mid i\in I\}$ is not a basis of the dual space.

Aufgaben

Exercise (Duale Basisvektoren und ihre Kerne bestimmen)

Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum und sei $v\in V$ mit $v\neq 0$. Zeige, dass es ein $f\in V^{*}$ gibt mit $f(v)\neq 0$.

Beim Herleiten der dualen Basis haben wir uns von der Idee leiten lassen, dass Vektoren in $V$ durch die "Messungen" in $V^{*}$ unterscheidbar sein sollen. In dieser Aufgabe überzeugen wir uns davon: Wir finden immer eine Messung $f\in V^{*}$, für die $f(0_{V})=0$ (das gilt für jede lineare Abbildung), aber $f(v)\neq 0$ gilt. Wir finden also ein Element im Dualraum, mit welchem wir $v$ und den Nullvektor unterscheiden können.

How to get to the proof? (Duale Basisvektoren und ihre Kerne bestimmen)

Wir müssen eine lineare Abbildung $f\colon V\to K$ konstruieren. Das ist genau ein Element von $V^{\ast }$. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung, können wir lineare Abbildungen konstruieren, indem wir angeben, was sie auf einer Basis tun. Um das zu nutzen, ist es praktisch eine Basis von $V$ zu haben. Noch praktischer ist es, eine Basis von $V$ zu haben, die $v$ als Basisvektor enthält.

Eine solche Basis können wir mithilfe des Basisergänzungssatzes konstruieren: Nach dem Basisergänzungssatz hat $V$ eine Basis $b_{1},\dots ,b_{n}$ mit $b_{1}=v$. Damit können wir mit dem Prinzip der linearen Fortsetzung eine lineare Abbildung konstruieren, die $b_{1}=v$ nicht auf $0$ schickt. Zum Beispiel können wir das $f\colon V\to K$ wählen, das alle $b_{1}$ auf $1$ schickt und $b_{i}$ für $i=2,\dots ,n$ auf $0$.

Das ist genau der duale Basisvektor $b_{1}^{\ast }$ der dualen Basis zu $b_{1},\dots ,b_{n}$.

Solution (Duale Basisvektoren und ihre Kerne bestimmen)

Laut dem Basisergänzungssatz, existiert eine Basis $B=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ mit $b_{1}=v$. Aus der Definition der dualen Basis erhalten wir, dass der duale Basisvektor $b_{1}^{\ast }$ von $B^{\ast }$ die Eigenschaft $b_{1}^{\ast }(v)=b_{1}^{\ast }(b_{1})=1\neq 0$ hat. Somit erfüllt $f=b_{1}^{\ast }$ die gewünschte Bedingung.

Exercise (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
   $M_{i}^{*}\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto M_{i}^{*}({\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}).$

Solution (Duale Basis bestimmen)

Solution sub-exercise 1:

Setze $v_{1}=(2,0,1)^{T}$, $v_{2}=(0,1,1)^{T}$ und $v_{3}=(1,1,2)^{T}$. Wir suchen lineare Abbildungen $v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$, deren Werte wir nur auf den Basisvektoren $v_{i}$ kennen. Wir müssen $v_{i}^{*}((x,y,z)^{T})$ für allgemeine $x,y,z\in \mathbb {R}$ definieren.

Per Definition der dualen Basis kennen wir schon die Funktionswerte jedes $v_{i}^{*}$ auf den Basisvektoren in $B_{1}$. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung können wir daraus alle Funktionswerte bestimmen: Weil $B_{1}$ eine Basis ist, gibt es für jedes $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ Koordinaten $a,b,c\in \mathbb {R}$ sodass $(x,y,z)^{T}=av_{1}+bv_{2}+cv_{3}$. Mithilfe der Linearität folgt

$v_{i}^{*}((x,y,z)^{T})=v_{i}^{*}(av_{1}+bv_{2}+cv_{3})=av_{i}^{*}(v_{1})+bv_{i}^{*}(v_{2})+cv_{i}^{*}(v_{3}).$

Die Werte $v_{i}^{*}(v_{j})$ kennen wir per Definition der dualen Basis. Wir müssen also nurnoch die Koordinaten eines beliebigen Vektors $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ bestimmen. Danach können wir die $v_{i}^{*}$ hinschreiben.

Proof step: Koordinaten eines beliebigen Vektors $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ bestimmen

Wir wollen die Koordinaten bzgl. $B_{1}$ von einem beliebigen Vektor $(x,y,z)^{T}$ bestimmen. Seien also $x,y,z\in \mathbb {R}$. Wir schreiben

${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=x{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+y{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+z{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}=xe_{1}+ye_{2}+ze_{3}.$

Die Koordinaten von $(x,y,z)^{T}$ bzgl. der Standardbasis $B_{st}=\{e_{1},e_{2},e_{3}\}$ sind also einfach $x$, $y$ und $z$. Wenn wir $k_{B_{st}}$ für die Koordinatenabbildung schreiben, bedeutet das

$k_{B_{st}}({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}.$

Wir können diese in Koordinaten $a,b,c$ bzgl. $B_{1}$ umrechnen, indem wir den Koordinatenvektor bzgl. $B_{st}$ von links mit der Basisübergangsmatrix $T_{B_{1}}^{B_{st}}$ von $B_{st}$ nach $B_{1}$ multiplizieren. Es gilt also

${\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}=T_{B_{1}}^{B_{st}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}.$

Um die Basisübergangsmatrix $T_{B_{1}}^{B_{st}}$ zu bestimmen, berechnen wir die Koordinaten der Standardbasisvektoren $e_{1},e_{2},e_{3}$ bzgl. $B_{1}$. Diese bilden die Spalten von $T_{B_{1}}^{B_{st}}$.

Wir beginnen mit $e_{1}$: Wir suchen $a_{1},b_{1},c_{1}\in \mathbb {R}$ sodass

$a_{1}v_{1}+b_{1}v_{2}+c_{1}v_{3}=a_{1}{\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}}+b_{1}{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}+c_{1}{\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$

gilt. Wir lösen also das lineare Gleichungssystem

${\begin{aligned}2a_{1}+c_{1}&=1\\b_{1}+c_{1}&=0\\a_{1}+b_{1}+2c_{1}&=0\end{aligned}}$

und erhalten $a_{1}=1$, $b_{1}=1$ und $c_{1}=-1$. Genauso bestimmen wir die Koordinaten $a_{2}=1,b_{2}=3,c_{2}=-2$ von $e_{2}$ bzgl. $B_{1}$ und die Koordinaten $a_{3}=-1,b_{3}=-2,c_{3}=2$ von $e_{3}$ bzgl. $B_{1}$. Also gilt

$T_{B_{1}}^{B_{st}}={\begin{pmatrix}a_{1}&a_{2}&a_{3}\\b_{1}&b_{2}&b_{3}\\c_{1}&c_{2}&c_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&3&-2\\-1&-2&2\end{pmatrix}}.$

Beachte: Wir hätten auch alle drei Gleichungssysteme auf einmal lösen können, indem wir die "rechten Seiten" spaltenweise zusammenfassen, d.h. indem wir die Inverse von ${\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&1\\1&1&2\end{pmatrix}}$ bestimmen. Das macht Sinn, denn diese Matrix ist die Basiswechselmatrix von $B_{1}$ in die Standardbasis. Ihre Inverse ist somit die gesuchte Basisübergangsmatrix $T_{B_{1}}^{B_{st}}$ von $B_{st}$ nach $B_{1}$.

Die Koordinaten von $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ sind also

$T_{B_{1}}^{B_{st}}k_{B_{st}}({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&3&-2\\-1&-2&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x+y-z\\x+3y-2z\\-x-2y+2z\end{pmatrix}}.$

Es ist natürlich auch in Ordnung, die Koordinaten von $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ durch genaues Hinsehen zu erraten, ohne Gleichungssysteme zu lösen.

Proof step: Ergebnis für $v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}$

Wir können nun ein beliebiges $(x,y,z)^{T}$ schreiben als

${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=(x+y-z)v_{1}+(x+3y-2z)v_{2}+(-x-2y+2z)v_{3}.$

Mit der Linearität der $v_{i}^{*}$ und der Definition der dualen Basis erhalten wir

$v_{1}^{*}((x,y,z)^{T})=(x+y-z)\underbrace {v_{1}^{*}(v_{1})} _{=1}+(x+3y-2z)\underbrace {v_{1}^{*}(v_{2})} _{=0}+(-x-2y+2z)\underbrace {v_{1}^{*}(v_{3})} _{=0}=x+y-z.$

Genauso berechnen wir $v_{2}^{*}((x,y,z)^{T})=x+3y-2z$ und $v_{3}^{*}((x,y,z)^{T})=-x-2y+2z$. Insgesamt haben wir also die drei Basisvektoren der dualen Basis bestimmt:

${\begin{aligned}v_{1}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto x+y-z,\\v_{2}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto x+3y-2z,\\v_{3}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto -x-2y+2z.\end{aligned}}$

Solution sub-exercise 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

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

Solution sub-exercise 3:

Wir kennen die Werte von jedem $M_{i}^{*}$ auf den Basisvektoren $M_{1}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},M_{2}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},M_{3}={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}},M_{4}={\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}}$ und wollen den Wert für eine beliebige Matrix $A={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ bestimmen. Dafür drücken wir $A$ als Linearkombination der $M_{i}$ aus:

${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}&=a{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}+d{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=aM_{1}+b{\frac {1}{2}}(M_{2}+M_{3})+c{\frac {1}{2}}(M_{2}-M_{3})+d(M_{4}-M_{1}-M_{2})\\&=(a-d)M_{1}+({\frac {b}{2}}+{\frac {c}{2}}-d)M_{2}+({\frac {b}{2}}-{\frac {c}{2}})M_{3}+dM_{4}.\end{aligned}}$

Mithilfe der Definition der dualen Basis und der Linearität der $M_{i}^{*}$ können wir nun die Lösung angeben: Es gilt $M_{i}^{*}(M_{j})=0$ für $i\neq j$ und $M_{i}^{*}(M_{i})=1$, also folgt

${\begin{aligned}M_{1}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto a-d,\\M_{2}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto {\frac {b}{2}}+{\frac {c}{2}}-d,\\M_{3}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto {\frac {b}{2}}-{\frac {c}{2}},\\M_{4}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto d,\\\end{aligned}}$

Exercise (Elemente des Dualraums und ihr Kern)

Sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum und seien $f,g\in V^{*}$. Zeige: Wenn $\ker(f)=\ker(g)$, dann gibt es ein $\lambda \in K$ mit $g=\lambda f$.

How to get to the proof? (Elemente des Dualraums und ihr Kern)

Für die Elemente $v$ im Kern von $f$ und $g$ gilt $g(v)=\lambda f(v)$ für alle $\lambda \in K$. Das heißt, das gesuchte $\lambda$ hängt nur von den $v\in V$ ab, die nicht im Kern von $f$ und $g$ liegen. Um das genauer zu verstehen, betrachten wir zunächst die Dimension des Kerns. Mit der Dimensionsformel erhalten wir

$\dim \ker(f)+\dim \operatorname {im} (f)=\dim V$

und somit gilt $\dim \ker(f)=n-\dim \operatorname {im} (f)$. Nun ist $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum von $K$. Weil $K$ eindimensional ist, erhalten wir dass die Dimension vom Bild von $f$ entweder $0$ oder $1$ ist. Somit ist $\dim \ker(f)=n$ oder $\dim \ker(f)=n-1$.

Nun haben wir $\ker(f)=\ker(g)$; das heißt, sie haben beide die gleiche Dimension. Wenn $\dim \ker(f)=\dim \ker(g)=n$ ist, haben sie die gleiche Dimension wie $V$. Somit gilt $\ker(f)=\ker(g)=V$ und $f$ und $g$ sind die Nullabbildung. Also gilt $f=g$ und wir können $\lambda =1$ wählen.

Es bleibt noch der Fall $\dim \ker(f)=n-1$ übrig. In diesem Fall haben wir tatsächlich Vektoren, bei denen $\lambda$ eine Rolle spielt. Um die Abbildungen zu vergleichen, bietet es sich an, sie auf einer Basis zu betrachten, da wir nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung wissen, dass $f$ und $g$ durch ihr Verhalten auf einer Basis schon vollkommen bestimmt sind. Um das zu tun, lohnt es sich eine Basis von $V$ zu wählen, bei der wir schon viel über unsere Abbildungen $f$ und $g$ wissen. Wir wissen schon, was beider auf $\ker(f)=\ker(g)$. Sei $b_{1},\dots ,b_{n-1}$ eine Basis von $\ker(f)=\ker(g)$. Dann können wir mit dem Basisergänzungssatz diese Basis zu einer Basis $b_{1},\dots ,b_{n-1},b_{n}$ von $V$ fortsetzen.

Weil $b_{n}\not \in \ker(f)=\ker(g)$ ist, wissen wir das $f(b_{n})\neq 0$ und $g(b_{n})\neq 0$ gilt. Weiter wissen wir $f(b_{i})=g(b_{i})=0$ für $i=1,\dots ,n-1$. Wir brauchen nun einen Kandidaten für $\lambda$. Da $\lambda$ von Elementen aus $V$ abhängt, die nicht auf $0$ abgebildet werden, ergibt es Sinn $b_{n}$ für den Kandidaten zu verwenden. Mit $\lambda =g(b_{n})/f(b_{n})$ erhalten wir $g(b_{n})=\lambda f(b_{n})$.

Um zu sehen, ob $g(v)=\lambda f(v)$ für alle $v\in V$ gilt, reicht es nun wieder nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung, dies auf unserer Basis $b_{1},\dots ,b_{n}$ zu überprüfen. Für $b_{n}$ wissen wir dies bereits, und für $b_{i}$ mit $i=1,\dots ,n-1$ haben wir $g(b_{i})=0=\lambda \cdot 0=\lambda \cdot f(b_{i})$. Damit haben wir die Aussage bewiesen.

Solution (Elemente des Dualraums und ihr Kern)

Die Funktion $f\colon V\to K$ ist eine lineare Abbildung zwischen zwei endlich dimensionalen Vektorräumen. Aus dem Dimensionssatz folgt

$\dim \ker(f)+\dim \operatorname {im} (f)=\dim V$

Weil das Bild $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum des $K$-Vektorraums $K$ ist, gilt $\dim \operatorname {im} (f)\leq \dim(K)=1$. Außerdem gilt $\dim V=n$. Damit können wir folgern

$n=\dim V=\dim \ker(f)+\dim \operatorname {im} (f)\leq \dim \ker(f)+1$

Also gilt $\dim \ker(f)\geq n-1$. Andererseits ist $\dim \ker(f)\leq \dim V=n$, weil der Kern $\ker(f)$ ein Untervektorraum von $V$ ist. Deshalb gibt es nur zwei Möglichkeiten:

1. Die Dimension von $\ker(f)$ ist $n$.
2. Die Dimension von $\ker(f)$ ist $n-1$.

Genauso können wir folgern, dass die Dimension vom Kern von $g$ entweder $n$ oder $n-1$ ist.

Wir nehmen an, dass $\ker(f)=\ker(g)$ und zeigen, dass es dann ein $\lambda \in K$ gibt mit $g=\lambda f$. Nun betrachten wir die zwei Fälle $\dim \ker(f)=n$ und $\dim \ker(f)=n-1$.

Fall 1: $\dim \ker(f)=n$

In diesem Fall ist der Kern von $f$ ein $n$-dimensionaler Untervektorraum den $n$-dimensionalen Vektorraums $V$. Deshalb folgt $\ker(f)=V$ und wegen unserer Annahme auch $\ker(g)=V$. Also gilt für alle $v\in V$, dass $f(v)=0$ und $g(v)=0$. Das bedeutet $f$ und $g$ sind beides die Nullabbildung, also $f=0=g$. Damit ist die Aussage für $\lambda =1$ bewiesen.

Fall 2: $\dim \ker(f)=n-1$

In diesem Fall folgt aus dem Dimensionssatz

$\dim \operatorname {im} (f)=\dim V-\dim \ker(f)=n-(n-1)=1$

Sei $b_{1},\ldots ,b_{n-1}\in V$ eine Basis von $\ker(f)$. Wegen $\ker(f)=\ker(g)$ ist es auch eine Basis von $\ker(g)$. Wegen dem Basisergänzungssatz können wir $b_{1},\ldots ,b_{n-1}$ ergänzen zu einer Basis von $V$: $b_{1},\ldots ,b_{n-1},b_{n}$. Wir definieren $\alpha :=f(b_{n})\in K$ und $\beta :=g(b_{n})\in K$. Der Vektor $b_{n}$ liegt nicht in $\ker(f)$, folglich gilt $\alpha \neq 0$. Definiere $\lambda :={\tfrac {\beta }{\alpha }}$. Wir zeigen, dass $g=\lambda f$. Wegen dem Prinzip der linearen Fortsetzung reicht es, diese Gleichheit auf der Basis $b_{1},\ldots ,b_{n}$ zu zeigen.

Wir betrachten zuerst $b_{i}$ mit $i\in \{1,\ldots ,n-1\}$. Weil $b_{i}\in \ker(f)=\ker(g)$, gilt

$g(b_{i})=0=\lambda \cdot 0=\lambda f(b_{i}).$

Für den Basisvektor $b_{n}$ gilt

$g(b_{n})=\beta ={\frac {\beta }{\alpha }}\cdot \alpha =\lambda \cdot \alpha =\lambda f(b_{n}).$

Für jeden Basisvektor stimmen $g$ und $\lambda f$ überein. Also gilt $g=\lambda f$.

Exercise (Duale Basis und Hyperebenen)

Sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum.

1. Sei $f\in V^{*}$ mit $f\neq 0$. Zeige, dass $\dim \ker(f)=n-1$ gilt.
2. Sei $U$ ein $n-1$-dimensionaler Unterraum von $V$. Zeige, dass es ein Element $f\in V^{*}$ gibt mit $\ker(f)=U$.
3. Unter der Annahme, dass $K\neq \mathbb {F} _{2}$ gilt, ist das $f$ aus Teilaufgabe 2 durch den Unterraum $U$ eindeutig bestimmt?

Einen $n-1$-dimensionalen Unterraum eines $n$-dimensionalen Vektorraums $V$ nennt man auch eine Hyperebene in $V$. Zum Beispiel sind die Hyperebenen im $\mathbb {R} ^{3}$ genau die anschaulichen Ebenen durch den Ursprung. Im ersten Teil der Aufgabe wird also gezeigt, dass der Kern eines nicht-Null-Elements im Dualraum eine Hyperebene in $V^{*}$ ist.

Solution (Duale Basis und Hyperebenen)

Solution sub-exercise 1:

Wir können die Dimensionsformel benutzen, um die Dimension vom Kern mit der Dimension von $V$ in Verbindung zu setzen. Das heißt wir wissen

$\dim _{K}\ker(f)=\dim _{K}V-\dim _{K}\operatorname {im} (f)=n-\dim _{K}\operatorname {im} (f).$

Das heißt, wir haben unser Problem verschoben, um $\dim _{K}\operatorname {im} (f)$ zu berechnen. Nun ist $\operatorname {im} (f)\subseteq K$, das heißt, $\dim _{K}\operatorname {im} (f)\leq \dim _{K}K=1$. Das heißt, die Dimension von $\operatorname {im} (f)$ ist entweder $0$ oder $1$.

Wir wissen, dass $f\neq 0$, also gibt es ein $v\in V$ mit $f(v)\neq 0$. Damit ist $\operatorname {im} (f)\neq 0$ und die Dimension von $\operatorname {im} (f)$ kann nicht $0$ sein. Also ist $\dim _{K}\operatorname {im} (f)=1$ und wir erhalten

$\dim _{K}\ker(f)=n-\dim _{K}\operatorname {im} (f)=n-1.$

Solution sub-exercise 2:

Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung ist eine lineare Abbildung dadurch bestimmt, was sie auf einer Basis macht. Um dieses verwenden zu können, wählen wir zunächst eine Basis $B_{U}=\{b_{1},\dots ,b_{n-1}\}$ von $U$. Der Basisergänzungssatz liefert uns nun einen Vektor $b_{n}\in V$, sodass $B=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ eine Basis von $V$ ist.

Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung, können einen Kandidaten für die lineare Abbildung $f\colon V\to K$ definieren, indem wir sagen, was auf einer Basis von $V$ passiert. Die Vektoren $b_{1},\dots ,b_{n-1}$ sind Elemente von $U$. Da $U$ der Kern von $f$ sein soll, müssen wir $f(b_{i})=0$ für $i=1,\dots ,n-1$ fordern. Der letzte Basisvektor $b_{n}$ ist nicht in $U$. Damit darf $b_{n}$ nicht im Kern von $f$ liegen. Das heißt, wir können beispielsweise $f(b_{n})=1$ fordern. Zusammengefasst definieren wir $f\colon V\to K$ als die lineare Abbildung mit

$f(b_{i})={\begin{cases}0,&i=1,\dots ,n-1\\1,&i=n.\end{cases}}$

Da $U$ von $b_{1},\dots ,b_{n-1}$ erzeugt wird, ist $U\subseteq \ker(f)$. Wir müssen also nur noch Zeigen, dass $\ker(f)\subseteq U$ gilt. Dafür sei $v\in \ker(f)$. Weil $B$ eine Basis von $V$, finden wir $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}$ mit $v=\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}$. Nun wissen wir

${\begin{aligned}0=f(v)&=f(\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n})\\&=\lambda _{1}{\underset {=0}{\underbrace {f(b_{1})} }}+\dots +\lambda _{n-1}{\underset {=0}{\underbrace {f(b_{n-1})} }}+\lambda _{n}{\underset {=1}{\underbrace {f(b_{n})} }}\\&=\lambda _{n}\end{aligned}}$

Somit ist $\lambda _{n}=0$ und $v=\lambda _{1}b_{1}+\lambda _{n-1}b_{n-1}\in U$. Das heißt, wir haben $\ker(f)=U$.

Solution sub-exercise 3:

Die Abbildung $f$ ist nicht Eindeutig: Wir wissen, dass $f\neq 0$, weil $U\neq V$. Somit existiert $v\in V$ mit $f(v)\neq 0$. Weil $K\neq \mathbb {F} _{2}$ gilt, gibt es ein Element $\lambda \in K$ mit $\lambda \neq 0,1$. Somit ist $\lambda f(v)\neq f(v)$. Wenn wir nun die lineare Abbildung $g\colon V\to K;w\mapsto \lambda \cdot f(v)$. Diese hat den gleichen Kern, weil genau dann $g(w)=0$ gilt, wenn $\lambda f(w)=0$ gilt. Dies ist genau dann der Fall, wenn $f(w)=0$ gilt, weil $\lambda \neq 0$.

Weiter ist $g\neq f$, weil $f(v)\neq \lambda f(v)=g(v)$ gilt. Somit ist die lineare Abbildung aus dem zweiten Teil nicht eindeutig.

In der letzten Aufgabe haben wir $K\neq \mathbb {F} _{2}$ gefordert, weil wir im Beweis ein Element benötigt haben, das weder $0$ noch $1$ ist. Der Körper $\mathbb {F} _{2}$ besteht nur aus den Elementen $0$ und $1$. Das heißt, wenn wir eine lineare Abbildung $f\colon V\to K$ konstruieren wollen, die einen $n-1$-dimensionalen Untervektorraum $U$ als Kern hat, dann müssen wir sie als

$f(v)={\begin{cases}0,&v\in U\\1,&v\not \in U\end{cases}}$

definieren. Diese Abbildung ist linear, weil es eine lineare Abbildung gibt, deren Kern $U$ ist und die einzige Möglichkeit eine Abbildung Kern $U$ hinzuschreiben, diese Abbildungsvorschrift ist. Insbesondere kommen wir bei der letzten Teilaufgabe zu einem anderen Ergebnis: Die Abbildung ist eindeutig.

Exercise (Basis vom Kern von $v_{i}^{*}$)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum, $B=\{v_{1},\ldots ,v_{n}\}\subseteq V$ eine Basis und $B^{*}=\{v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}\}\subseteq V^{*}$ die zu $B$ duale Basis. Zeige: Für jedes $i\in \{1,\ldots ,n\}$ gilt

$\ker(v_{i}^{*})=\operatorname {span} \{v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}\}.$

Insbesondere ist $B\setminus \{v_{i}\}$ eine Basis von $\ker(v_{i}^{*})$.

Solution (Basis vom Kern von $v_{i}^{*}$)

Per Definition der dualen Basis gilt $v_{i}^{*}(v_{j})=0$ für $j\neq i$. Es gilt also $v_{j}\in \ker(v_{i}^{*})$ für alle $j\neq i$ und da der Kern ein Unterraum ist, gilt auch

$\operatorname {span} \{v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}\}\subseteq \ker(v_{i}^{*}).$

Da $v_{i}^{*}(v_{i})=1$ gilt, ist $v_{i}^{*}$ nicht die Nullabbildung. Mit der vorherigen Aufgabe folgt somit $\dim \ker(v_{i}^{*})=n-1$. Da $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sind, gilt $\dim \operatorname {span} \{v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}\}=n-1$, und da dieser Spann im Kern von $v_{i}^{*}$ enthalten ist, folgt die Gleichheit der beiden Unterräume.

Exercise

Betrachte die Basis

$B=\{v_{1},v_{2},v_{3}\}=\left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}}\right\}$

von $\mathbb {R} ^{3}$.

1. Bestimme die zu $B$ duale Basis $B^{*}=\{v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}\}$ mit $v_{i}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ für $i=1,2,3$.
2. Bestimme den Kern $\ker(v_{i}^{*})$ und zeichne ihn im $\mathbb {R} ^{3}$ für $i=1,2,3$.

Solution

Solution sub-exercise 1:

Die darstellende Matrix einer linearen Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ bzgl. der Standardbasen $\{e_{1},e_{2},e_{3}\}$ von $\mathbb {R} ^{3}$ und $\{1\}$ von $\mathbb {R}$ ist die eindeutig bestimmte Matrix ${\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}}$ sodass

$f({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=ax+by+cz$

für alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ gilt.

Wir suchen die Funktionsvorschrift der linearen Abbildungen $v_{i}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$, $i=1,2,3$. Wir bestimmen also die drei dazugehörigen darstellenden Matrizen ${\begin{pmatrix}a_{i},b_{i},c_{i}\end{pmatrix}}$ bzgl. der Standardbasen. Per Definition der dualen Basis soll gelten

${\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}=1,\quad {\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}}=0,\quad {\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}}=0$

und analog für $i=2,3$. Fassen wir diese Gleichungen in Matrixform zusammen erhalten wir

${\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}&\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&0&1\\1&2&2\\0&1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$

Wir müssen also eine Inverse der Matrix auf der linken Seite der Gleichung bestimmen, die die Basisvektoren in $B$ als Spalten hat.

To-Do:

Das macht Sinn, weil man dann die Basisübergangsmatrix von der Standardbasis zu $B$ bestimmt (Zusammenhang von dualer Basis und Kooridnaten)

Die Inverse ist

${\begin{pmatrix}2&0&1\\1&2&2\\0&1&1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}0&1&-2\\-1&2&-3\\1&-2&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}&\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{pmatrix}}.$

Die Zeilen sind die gesuchten darstellenden Matrizen der dualen Basisvektoren. Wir haben also

${\begin{aligned}v_{1}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}0&1&-2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=y-2z,\\v_{2}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}-1&2&-3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=-x+2y-3z,\\v_{3}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}1&-2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=x-2y+4z.\end{aligned}}$

Solution sub-exercise 2:

Aus der vorherigen Aufgabe wissen wir, dass $\ker(v_{1}^{*})=\operatorname {span} \{v_{2},v_{3}\}$, $\ker(v_{2}^{*})=\operatorname {span} \{v_{1},v_{3}\}$ und $\ker(v_{3}^{*})=\operatorname {span} \{v_{1},v_{2}\}$ gilt. Eingezeichnet in $\mathbb {R} ^{3}$ erhalten wir jeweils eine von den beiden Vektoren aufgespannte Ebene im $\mathbb {R} ^{3}$.

Anstatt die vorherige Aufgabe zu nutzen, können wir auch die Kerne der Matrizen $v_{i}^{*}$ berechnen:

Proof step: $\ker(v_{1}^{*})$

Der Kern von $v_{1}^{*}$ enthält alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $v_{1}^{*}((x,y,z)^{T})=y-2z=0$, d.h. mit $y=2z$. Also gilt

$\ker(v_{1}^{*})=\left\{{\begin{pmatrix}a\\2b\\b\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}}\right\}.$

Beachte, dass $(1,0,0)^{T}=v_{3}-v_{2}$ ist, also stimmt das Ergebnis für den Kern mit dem aus der vorherigen Aufgabe überein.

Proof step: $\ker(v_{2}^{*})$

Der Kern von $v_{2}^{*}$ enthält alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $v_{2}^{*}((x,y,z)^{T})=-x+2y-3z=0$, d.h. mit $x=2y-3z$. Also gilt

$\ker(v_{2}^{*})=\left\{{\begin{pmatrix}2a-3b\\a\\b\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-3\\0\\1\end{pmatrix}}\right\}.$

Auch hier gilt $(-3,0,1)^{T}=v_{3}-2v_{1}$ gilt, also stimmt das Ergebnis mit dem vorherigen überein.

Proof step: $\ker(v_{3}^{*})$

Der Kern von $v_{3}^{*}$ enthält alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $v_{3}^{*}((x,y,z)^{T})=x-2y+4z=0$, d.h. mit $x=2y-4z$. Also gilt

$\ker(v_{2}^{*})=\left\{{\begin{pmatrix}2a-4b\\a\\b\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-4\\0\\1\end{pmatrix}}\right\}.$

Wegen $(-4,0,1)^{T}=v_{2}-2v_{1}$ stimmt das mit dem vorher bestimmten Ergebnis überein.

Exercise (Duale Abbildung)

Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Wir definieren die Abbildung

$f^{*}\colon W^{*}\to V^{*},\quad g\mapsto f^{*}(g):=g\circ f.$

1. Zeige, dass $f^{*}$ linear ist.
2. Zeige: $(\operatorname {id} _{V})^{*}=\operatorname {id} _{V^{*}}$ und $(g\circ f)^{*}=f^{*}\circ g^{*}$ für lineare Abbildungen $f\colon V\to W$ und $g\colon W\to X$.
3. Zeige: Wenn $f$ surjektiv ist, dann ist $f^{*}$ injektiv.
4. Zeige: Wenn $f$ injektiv ist, dann ist $f^{*}$ surjektiv.
5. Zeige: Wenn $f$ bijektiv ist, dann ist $f^{*}$ bijektiv und die Inverse ist gegeben durch $(f^{*})^{-1}=(f^{-1})^{*}$.

Die Abbildung $f^{*}$ heißt die zu $f$ duale Abbildung. Per Definition bekommt die duale Abbildung also lineare Abbildungen von $W$ nach $K$ als Input und macht daraus lineare Abbildungen von $V$ nach $K$. Das wird erreicht durch Präkomposition mit $f$. Aus einer Abbildung $W{\overset {g}{\to }}K$ wird also $V{\overset {f}{\to }}W{\overset {g}{\to }}K$. In Worten kann man $f^{*}$ beschreiben als "führe $f$ zuerst aus".

Solution (Duale Abbildung)

Solution sub-exercise 1:

Für mehr Klarheit im Beweis schreiben wir $\boxplus _{V}$ bzw. $\boxplus _{W}$ für die Addition linearer Abbildungen in $V^{*}$ bzw. $W^{*}$ und $+$ für die Addition im Vektorraum $K$. Außerdem schreiben wir $\boxdot _{V}$ bzw. $\boxdot _{W}$ für die skalare Multiplikation in $V^{*}$ bzw. $W^{*}$ und $\cdot$ für die skalare Multiplikation in $K$.

Seien $g,h\in W^{*}$ und $\lambda \in K$. Wir müssen zeigen, dass

$f^{*}(g\boxplus _{W}h)=f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h)\quad {\text{ und }}\quad f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)=\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g)$

gilt. Wir müssen also die Gleichheit von Elementen in $V^{*}$, d.h. von Abbildungen $V\to K$ nachweisen. Dafür zeigen wir

$f^{*}(g\boxplus _{W}h)(v)=(f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h))(v)$ und $f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)(v)=(\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g))(v)$

für alle $v\in V$.

Proof step: $f^{*}(g\boxplus _{W}h)=f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h)$

Sei $v\in V$. Es gilt

${\begin{aligned}f^{*}(g\boxplus _{W}h)(v)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=((g\boxplus _{W}h)\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(g\boxplus _{W}h)(f(v))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxplus _{W}\right.}\\[0.3em]&=g(f(v))+h(f(v))\\[0,3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(g\circ f)(v)+(h\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=f^{*}(g)(v)+f^{*}(h)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxplus _{V}\right.}\\[0.3em]&=(f^{*}(g)(v)\boxplus _{V}f^{*}(h))(v).\\[0.3em]\end{aligned}}$

Weil $v\in V$ beliebig war, ist damit die Gleichheit der Abbildungen $f^{*}(g\boxplus _{W}h)$ und $f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h)$ gezeigt.

Proof step: $f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)=\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g)$

Sei $v\in V$. Es gilt

${\begin{aligned}f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)(v)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=((\lambda \boxdot _{W}g)\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(\lambda \boxdot _{W}g)(f(v))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxdot _{W}\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot g(f(v))\\[0,3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot (g\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot (f^{*}(g))(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxdot _{V}\right.}\\[0.3em]&=(\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g))(v).\\[0.3em]\end{aligned}}$

Weil $v\in V$ beliebig war, ist damit die Gleichheit der Abbildungen $f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)$ und $\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g)$ gezeigt.

Solution sub-exercise 2:

Wir zeigen $(\operatorname {id} _{V})^{*}(g)=g$ für alle $g\in V^{*}$, dann folgt, dass $(\operatorname {id} _{V})^{*}$ die Identität auf $V^{*}$ ist. Sei also $g\in V^{*}$. Wir haben per Definition der dualen Abbildung

$(\operatorname {id} _{V})^{*}(g)=g\circ \operatorname {id} _{V}=g.$

Weil $g\in V^{*}$ beliebig war, ist die Aussage gezeigt.

Seien nun $f\colon V\to W$ und $g\colon W\to X$. Dann gilt $g\circ f\colon V\to X$, also $(g\circ f)^{*}\colon X^{*}\to V^{*}$. Außerdem ist $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ und $g^{*}\colon X^{*}\to W^{*}$ und somit $f^{*}\circ g^{*}\colon X^{*}\to V^{*}$. Um die Gleichheit der Abbildungen $(g\circ f)^{*}=f^{*}\circ g^{*}$ zu zeigen, zeigen wir, dass $(g\circ f)^{*}(k)=(f^{*}\circ g^{*})(k)$ für alle $k\in X^{*}$ gilt. Sei also $k\in X^{*}$, dann gilt

${\begin{aligned}(g\circ f)^{*}(k)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}(g\circ f)^{*}\right.}\\[0.3em]&=k\circ (g\circ f)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Assoziativität von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(k\circ g)\circ f\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}g^{*}\right.}\\[0.3em]&={\color {OliveGreen}\underbrace {\color {black}g^{*}(k)} _{\in W^{*}}\color {black}\circ f}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=f^{*}(g^{*}(k))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(f^{*}\circ g^{*})(k).\end{aligned}}$

Weil $k\in X^{*}$ beliebig war, ist die Aussage gezeigt.

Solution sub-exercise 3:

Sei $f\colon V\to W$ surjektiv. Wir wollen zeigen, dass $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ injektiv ist. Wegen der Linearität von $f^{*}$ reicht es zu zeigen, dass $\ker(f^{*})=\{0_{W^{*}}\}$ ist. Sei also $g\in W^{*}$ mit $f^{*}(g)=0_{V^{*}}$. Das heißt, $g$ bildet von $W$ nach $K$ ab und $f^{*}(g)=g\circ f$ ist die Nullabbildung von $V$ nach $K$. Wir wollen folgern, dass $g$ die Nullabbildung in $W^{*}$ ist, d.h. dass $g(w)=0_{K}$ für alle $w\in W$ gilt. Sei also $w\in W$ beliebig. Weil $f$ surjektiv ist, gibt es $v\in V$ mit $f(v)=w$. Es folgt

$g(w)=g(f(v))=(g\circ f)(v)=f^{*}(g)(v)=0_{V^{*}}(v)=0_{K}.$

Weil $w\in W$ beliebig war, folgt $g=0_{W^{*}}$.

Solution sub-exercise 4:

Sei $f\colon V\to W$ injektiv. Wir wollen zeigen, dass $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ surjektiv ist. Sei also $g\in V^{*}$ beliebig. Das heißt, $g$ ist eine lineare Abbildung von $V$ nach $K$. Wir wollen eine Abbildung $h\in W^{*}$ von $W$ nach $K$ definieren, sodass $f^{*}(h)=h\circ f=g$ gilt.

Weil $f$ injektiv ist, ist die Einschränkung von $f$ auf das Bild $f(V)$ von $f$ ein Isomorphismus. Wir bezeichnen diese Einschränkung mit ${\tilde {f}}\colon V\to f(V)$. Dann ist ${\tilde {f}}^{-1}\colon f(V)\to V$ und es gilt

${\tilde {f}}^{-1}\circ f={\tilde {f}}^{-1}\circ {\tilde {f}}=\operatorname {id} _{V}.$

Weil $g$ auf $V$ definiert ist, können wir $h:=g\circ {\tilde {f}}^{-1}$ definieren und erhalten:

$f^{*}(h)=h\circ f=(g\circ {\tilde {f}}^{-1})\circ f=g\circ ({\tilde {f}}^{-1}\circ f)=g\circ \operatorname {id} _{V}=g.$

Weil $g\in V^{*}$ beliebig war, ist die Surjektivität von $f^{*}$ gezeigt.

Solution sub-exercise 5:

Sei $f\colon V\to W$ bijektiv, dann folgt aus den vorherigen beiden Teilaufgaben, dass $f^{*}$ auch bijektiv ist. Wir rechnen nach, dass $(f^{-1})^{*}$ die Inverse zu $f$ ist: Mit Teilaufgabe 2 gilt

$f^{*}\circ (f^{-1})^{*}=(f^{-1}\circ f)^{*}=\left(\operatorname {id} _{V}\right)^{*}=\operatorname {id} _{V^{*}}.$

Genauso zeigt man $(f^{-1})^{*}\circ f^{*}=\operatorname {id} _{W^{*}}$.