Aufgaben zu linearen Abbildungen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wir haben hier einige Aufgaben zu den linearen Abbildungen zusammengestellt. Die Beweisstrukturen können dir helfen, andere ähnliche Aufgaben zu lösen. Hier ist zur Erinnerung nochmal die Definition einer linearen Abbildung:

Definition (Lineare Abbildung)

Sei $f\colon {V}\to {W}$ eine Abbildung zwischen den beiden Vektorräumen ${V}$ und ${W}$. Wir nennen $f$ eine lineare Abbildung von ${V}$ nach ${W}$, wenn die folgenden beiden Eigenschaften erfüllt sind:

1. Additivität: Für alle $v_{1},v_{2}\in V$ gilt, dass
   $f\left(v_{1}+v_{2}\right)=f(v_{1})+f(v_{2})$
2. Homogenität: Für alle $v\in V$ und $\lambda \in K$ gilt, dass
   $f(\lambda \cdot v)=\lambda \cdot f(v)$

Linearität einer Abbildung zeigen

Lineare Abbildungen von $\mathbb {R} ^{n}$ nach $\mathbb {R} ^{m}$

Aufgabe (Lineare Abbildung in den Körper)

Sei $f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ definiert durch $f((x,y,z)^{T}):=5x+y-3z$. Zeige, dass die Abbildung $f$ linear ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Lineare Abbildung in den Körper)

Zunächst musst du die Additivität der Abbildung zeigen und danach die Homogenität der Abbildung.

Lösung (Lineare Abbildung in den Körper)

Beweisschritt: Additivität

Seien dazu $v={\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}$ und $w={\begin{pmatrix}w_{1}\\w_{2}\\w_{3}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}$.

${\begin{aligned}f(v+w)&=\\[0.3em]&=\ f\left({\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}w_{1}\\w_{2}\\w_{3}\end{pmatrix}}\right)=f{\begin{pmatrix}v_{1}+w_{1}\\v_{2}+w_{2}\\v_{3}+w_{3}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition der Abbildung }}f\right.}\\[0.3em]&=\ 5(v_{1}+w_{1})+(v_{2}+w_{2})-3(v_{3}+w_{3})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivität in }}\mathbb {R} \right.}\\[0.3em]&=\ 5v_{1}+5w_{1}+v_{2}+w_{2}-3v_{3}-3w_{3}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Kommutativität und Assoziativität in }}\mathbb {R} \right.}\\[0.3em]&=\ (5v_{1}+v_{2}-3v_{3})+(5w_{1}+w_{2}-3w_{3})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition der Abbildung }}f\right.}\\[0.3em]&=\ f{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}+f{\begin{pmatrix}w_{1}\\w_{2}\\w_{3}\end{pmatrix}}=f(v)+f(w)\end{aligned}}$

Damit ist $f$ additiv.

Beweisschritt: Homogenität

Sei $v={\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}$ und $\lambda \in \mathbb {R}$.

${\begin{aligned}f(\lambda \cdot v)&=f\left(\lambda \cdot {\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}\right)=f{\begin{pmatrix}\lambda v_{1}\\\lambda v_{2}\\\lambda v_{3}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition der Abbildung }}f\right.}\\[0.3em]&=\ 5(\lambda v_{1})+(\lambda v_{2})-3(\lambda v_{3})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Assoziativität der Multiplikation in }}\mathbb {R} \right.}\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot (5v_{1})+\lambda \cdot (v_{2})-\lambda \cdot (3v_{3})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivität in }}\mathbb {R} \right.}\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot (5v_{1}+v_{2}-3v_{3})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition der Abbildung }}f\right.}\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot f{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}=\lambda \cdot f(v)\end{aligned}}$

Damit ist $f$ homogen und insgesamt ist $f$ linear.

Aufgabe (Lineare Abbildung von $\mathbb {R} ^{3}$ nach $\mathbb {R} ^{2}$)

Zeige, dass die Abbildung $L\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$ mit $L{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}:={\begin{pmatrix}v_{2}-v_{3}\\3v_{1}+5v_{3}\end{pmatrix}}$ linear ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Lineare Abbildung von $\mathbb {R} ^{3}$ nach $\mathbb {R} ^{2}$)

Es ist zu zeigen, dass für $v=(v_{1},v_{2},v_{3})^{T}$ und $w=(w_{1},w_{2},w_{3})^{T}$ gilt:

$L\left({\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}w_{1}\\w_{2}\\w_{3}\end{pmatrix}}\right)=L{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}+L{\begin{pmatrix}w_{1}\\w_{2}\\w_{3}\end{pmatrix}}$

und weiter für $\rho \in \mathbb {R}$:

$L\left(\rho \cdot {\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}\right)=\rho \cdot L{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}$

Lösung (Lineare Abbildung von $\mathbb {R} ^{3}$ nach $\mathbb {R} ^{2}$)

Aktuelles Ziel: Additivität

${\begin{aligned}L\left({\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}w_{1}\\w_{2}\\w_{3}\end{pmatrix}}\right)&=L{\begin{pmatrix}v_{1}+w_{1}\\v_{2}+w_{2}\\v_{3}+w_{3}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L\right.}\\[0.3em]&=\ {\begin{pmatrix}(v_{2}+w_{2})-(v_{3}+w_{3})\\3(v_{1}+w_{1})+5(v_{3}+w_{3})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{kommutativ, assoziativ, distributiv in }}\mathbb {R} \right.}\\[0.3em]&=\ {\begin{pmatrix}(v_{2}-v_{3})+(w_{2}-w_{3})\\(3v_{1}-5v_{3})+(3w_{1}-5w_{3})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&=\ {\begin{pmatrix}(v_{2}-v_{3})\\(3v_{1}-5v_{3})\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}(w_{2}-w_{3})\\(3w_{1}-5w_{3})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L\right.}\\[0.3em]&=\ L{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}+L{\begin{pmatrix}w_{1}\\w_{2}\\w_{3}\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Aktuelles Ziel: Skalierung

${\begin{aligned}L\left(\rho \cdot {\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}\right)&=L{\begin{pmatrix}\rho v_{1}\\\rho v_{2}\\\rho v_{3}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L\right.}\\[0.3em]&=\ {\begin{pmatrix}\rho v_{2}-\rho v_{3}\\3(\rho v_{1})+5(\rho v_{3})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{kommutativ, assoziativ, distributiv in }}\mathbb {R} \right.}\\[0.3em]&=\ {\begin{pmatrix}\rho (v_{2}-v_{3})\\(\rho (3v_{1}+5v_{3})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&=\ \rho \cdot {\begin{pmatrix}(v_{2}-v_{3})\\(3v_{1}+5v_{3})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L\right.}\\[0.3em]&=\ \rho \cdot L{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Aufgabe (Linearität der Einbettung)

Zeige, dass für $m\geq n$ die Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ^{m}:\quad (x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})^{T}\mapsto (x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n},\underbrace {0,\ldots ,0} _{(m-n)-mal})^{T}$ linear ist.

Lösung (Linearität der Einbettung)

Seien $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})^{T}\in \mathbb {R} ^{n}$ und $w=(w_{1},\ldots ,w_{n})^{T}\in \mathbb {R} ^{n}$, sowie $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$. Nach Definition der Abbildung $f$ gilt:

$f(\lambda v+\mu w)=f\left({\begin{pmatrix}\lambda v_{1}+\mu w_{1}\\\vdots \\\lambda v_{n}+\mu w_{n}\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}\lambda v_{1}+\mu w_{1}\\\vdots \\\lambda v_{n}+\mu w_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}=\lambda \cdot {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}w_{1}\\\vdots \\w_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}=\lambda f(v)+\mu f(w).$

Also ist $f$ linear.

Aufgabe (Linearität von $f$)

Sei $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ gegeben mit

$f{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x_{1}+x_{2}\\x_{1}-5x_{2}\end{pmatrix}}.$

Zeige, dass die Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{1}+x_{2}\\x_{1}-5x_{2}\end{pmatrix}}$ linear ist.

Lösung (Linearität von $f$)

$\mathbb {R} ^{2}$ ist ein $\mathbb {R}$-Vektorraum. Außerdem ist die Abbildung wohldefiniert.

Beweisschritt: Additivität

Seien $(x_{1},x_{2})^{T}$ und $(y_{1},y_{2})^{T}$ beliebige Vektoren aus der Ebene $\mathbb {R} ^{2}$. Dann gilt:

${\begin{aligned}f\left({\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}}\right)&=f{\begin{pmatrix}x_{1}+y_{1}\\x_{2}+y_{2}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f\right.}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}(x_{1}+y_{1})+(x_{2}+y_{2})\\(x_{1}+y_{1})-5\cdot (x_{2}+y_{2})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivgesetz}}\right.}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}(x_{1}+x_{2})+(y_{1}+y_{2})\\(x_{1}-5x_{2})+(y_{1}-5y_{2})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Vektoren trennen}}\right.}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}x_{1}+x_{2}\\x_{1}-5x_{2}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}y_{1}+y_{2}\\y_{1}-5y_{2}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f\right.}\\[0.3em]&=f{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}+f{\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Beweisschritt: Homogenität

Sei $\lambda \in \mathbb {R}$ und $(x_{1},x_{2})^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$, dann gilt:

${\begin{aligned}f\left(\lambda \cdot {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\right)&=f{\begin{pmatrix}\lambda \cdot x_{1}\\\lambda \cdot x_{2}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f\right.}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}\lambda x_{1}+\lambda x_{2}\\\lambda x_{1}-5\lambda x_{2}\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivgesetz}}\right.}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}\lambda (x_{1}+x_{2})\\\lambda (x_{1}-5x_{2})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Skalarmultiplikation}}\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot {\begin{pmatrix}(x_{1}+x_{2})\\(x_{1}-5x_{2})\end{pmatrix}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot f{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\\[0.3em]\end{aligned}}$

Damit ist die Abbildung linear.

Wichtige Spezialfälle

Aufgabe (Identität ist lineare Abbildung)

Sei $V$ ein $K$-Vektorraum. Beweise, dass die Identität $\operatorname {id} :V\to V$ mit $\operatorname {id} (v)=v$ eine lineare Abbildung ist.

Lösung (Identität ist lineare Abbildung)

Die Identität ist additiv: Seien $v,w\in V$, dann

$\operatorname {id} (v+w)=v+w=\operatorname {id} (v)+\operatorname {id} (w)$

Die Identität ist homogen: Seien $\lambda \in K$ und $v\in V$, dann

$\operatorname {id} (\lambda \cdot v)=\lambda \cdot v=\lambda \cdot \operatorname {id} (v)$

Aufgabe (Nullabbildung ist lineare Abbildung)

Seien $V,W$ zwei $K$-Vektorräume. Zeige, dass die Nullabbildung $f:V\to W$, die alle Vektoren $v\in V$ auf den Nullvektor $0_{{}_{W}}$ abbildet, linear ist.

Lösung (Nullabbildung ist lineare Abbildung)

$f$ ist additiv: Seien $v_{1},v_{2}$ Vektoren in $V$. Dann

$f(v_{1}+v_{2})=0_{{}_{W}}=0_{{}_{W}}+0_{{}_{W}}=f(v_{1})+f(v_{2})$

$f$ ist homogen: Sei $v\in V$ und sei $\lambda \in K$. So folgt

$f(\lambda \cdot v)=0_{{}_{W}}=\lambda \cdot 0_{{}_{W}}=\lambda \cdot f(v)$

Damit folgt, die Nullabbildung linear ist.

Lineare Abbildungen zwischen Abbildungsräumen

Aufgabe (Abbildung vom Funktionenraum)

Betrachte den Funktionenraum $\operatorname {Abb} ([0,1],\mathbb {R} )$ aller Funktionen von $\mathbb {R}$ nach $\mathbb {R}$, sowie die Abbildung

${\begin{aligned}\phi \colon \operatorname {Abb} ([0,1],\mathbb {R} )&\to \mathbb {R} ,\\f&\mapsto f(0).\end{aligned}}$

Zeige, dass $\phi$ linear ist.

Lösung (Abbildung vom Funktionenraum)

Die Verknüpfungen auf dem Funktionenraum sind jeweils elementweise definiert. Das bedeutet: für $f,g\in \operatorname {Abb} ([0,1],\mathbb {R} )$, $\lambda \in \mathbb {R}$ und $x\in [0,1]$ gilt, dass $(f+g)(x)=f(x)+g(x)$ und $(\lambda f)(x)=\lambda f(x)$. Insbesondere trifft das für $x=0$ zu, woraus

${\begin{aligned}\phi (f+g)=(f+g)(0)=f(0)+g(0)=\phi (f)+\phi (g)\end{aligned}}$

und

${\begin{aligned}\phi (\lambda f)=(\lambda f)(0)=\lambda f(0)=\lambda \phi (f)\end{aligned}}$

folgt. Damit haben wir die Linearität gezeigt.

Aufgabe (Die Präkomposition mit einer Abbildung ist linear.)

Sei $V$ ein Vektorraum, seien $M,N$ Mengen und sei ${\text{Abb}}(M,V)$ bzw. ${\text{Abb}}(N,V)$ der Vektorraum der Abbildungen von $M$ bzw. $N$ nach $V$. Sei $t\in {\text{Abb}}(N,M)$ beliebig, aber fest. Wir betrachten die Abbildung

${\begin{aligned}\Theta :{\text{Abb}}(M,V)&\to {\text{Abb}}(N,V)\\g&\mapsto g\circ t.\end{aligned}}$

Zeige, dass $\Theta$ linear ist.

Es ist wichtig, dass du dich genau an die Definitionen hältst. Mache dir klar, dass $\Theta$ eine Abbildung ist, die jeder Abbildung von $M$ nach $V$ eine Abbildung von $N$ nach $V$ zuordnet. Diese Abbildungen, die Elemente von ${\text{Abb}}(M,V)$ bzw. ${\text{Abb}}(N,V)$ sind, müssen selbst aber nicht linear sein, da auf den Mengen $M$ und $N$ keine Vektorraumstruktur vorhanden ist.

Zusammenfassung des Beweises (Die Präkomposition mit einer Abbildung ist linear.)

Um die Linearität von $\Theta$ zu beweisen, müssen wir wieder die zwei Eigenschaften prüfen:

1. $\Theta$ ist additiv: $\Theta (g+h)=\Theta (g)+\Theta (h)$ für alle $g,h\in {\text{Abb}}(M,V)$
2. $\Theta$ ist homogen: $\Theta (\lambda \cdot g)=\lambda \cdot \Theta (g)$ für alle $g\in {\text{Abb}}(M,V)$ und $\lambda \in K$

Bei beiden Punkten ist also eine Gleichheit von Abbildungen $N\to V$ zu zeigen. Dazu werten wir die Abbildungen an jedem Element $y\in N$ aus.

Lösung (Die Präkomposition mit einer Abbildung ist linear.)

Seien $g,h\in {\text{Abb}}(M,V)$.

Beweisschritt: Additivität

Für alle $n\in N$ gilt

${\begin{aligned}\Theta (g+h)(n)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\Theta \right.}\\[0.3em]&=\ ((g+h)\circ t)(n)\\[0.3em]&=\ (g+h)(t(n))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Vektoraddition in Abb}}(M,V)\right.}\\[0.3em]&=\ g(t(n))+h(t(n))\\[0.3em]&=\ (g\circ t)(n)+(h\circ t)(n)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\Theta \right.}\\[0.3em]&=\ \Theta (g)(n)+\Theta (h)(n)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Vektoraddition in Abb}}(N,V)\right.}\\[0.3em]&=\ (\Theta (g)+\Theta (h))(n)\end{aligned}}$

Damit haben wir $\Theta (g+h)=\Theta (g)+\Theta (h)$ gezeigt, das heißt $\Theta$ ist additiv.

Seien $g\in {\text{Abb}}(M,V)$ und $\lambda \in K$.

Beweisschritt: Homogenität

Für alle $n\in N$ gilt

${\begin{aligned}\Theta (\lambda \cdot g)(n)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\Theta \right.}\\[0.3em]&=\ ((\lambda \cdot g)\circ t)(n)\\[0.3em]&=\ (\lambda \cdot g)(t(n))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Skalarmultiplikation in Abb}}(M,V)\right.}\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot g(t(n))\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot (g\circ t)(n)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\Theta \right.}\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot \Theta (g)(n)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Skalarmultiplikation in Abb}}(N,V)\right.}\\[0.3em]&=\ (\lambda \cdot \Theta (g))(n)\end{aligned}}$

Damit haben wir $\Theta (\lambda \cdot g)=\lambda \cdot \Theta (g)$ gezeigt, was bedeutet $\Theta$ ist homogen.

Die Additivität und Homogenität von $\Theta$ bedeutet aber, dass $\Theta$ eine lineare Abbildung ist.

Aufgabe (Folgenvektorraum)

Sei $V$ der $\mathbb {R}$-Vektorraum aller Folgen reeller Zahlen. Zeige, dass die Abbildung

${\begin{aligned}f:V&\to V\\(a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )&\mapsto (a_{1},a_{2},a_{3},\ldots )\end{aligned}}$

linear ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Folgenvektorraum)

Um Linearität zu zeigen, sind zwei Eigenschaften zu prüfen:

1. $f$ ist additiv: $f(v+w)=f(v)+f(w)$ für alle $v,w\in V$
2. $f$ ist homogen: $f(\lambda \cdot v)=\lambda \cdot f(v)$ für alle $v\in V$ und $\lambda \in \mathbb {R}$

Die Vektoren $v$ und $w$ sind Folgen reeller Zahlen, d.h. sie sind von der Form $v=(a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )$ und $w=(b_{0},b_{1},b_{2},\ldots )$ mit $a_{k},b_{k}\in \mathbb {R}$ für alle $k\in \mathbb {N} _{0}$.

Lösung (Folgenvektorraum)

Beweisschritt: Additivität

Seien $v=(a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )\in V$ und $w=(b_{0},b_{1},b_{2},\ldots )\in V$. Dann gilt

${\begin{aligned}f(v+w)&=f((a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )+(b_{0},b_{1},b_{2},\ldots ))\\[0.3em]&=\ f(a_{0}+b_{0},a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},\ldots )\\[0.3em]&=\ (a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},a_{3}+b_{3},\ldots )\\[0.3em]&=\ (a_{1},a_{2},a_{3},\ldots )+(b_{1},b_{2},b_{3},\ldots )\\[0.3em]&=\ f(a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )+f(b_{0},b_{1},b_{2},\ldots )\\[0.3em]&=\ f(v)+f(w)\end{aligned}}$

Daraus folgt, dass $f$ additiv ist.

Beweisschritt: Homogenität

Sei $v=(a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )\in V$ und $\lambda \in \mathbb {R}$. Dann gilt

${\begin{aligned}f(\lambda \cdot v)&=f(\lambda \cdot (a_{0},a_{1},a_{2},\ldots ))\\[0.3em]&=\ f(\lambda a_{0},\lambda a_{1},\lambda a_{2},\ldots )\\[0.3em]&=\ (\lambda a_{1},\lambda a_{2},\lambda a_{3},\ldots )\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot (a_{1},a_{2},a_{3},\ldots )\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot f(a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot f(v)\end{aligned}}$

Also ist $f$ homogen.

Somit wurde nachgewiesen, dass $f$ eine $\mathbb {R}$-lineare Abbildung ist.

Konstruktion einer linearen Abbildung aus vorgegebenen Werten

Aufgabe (Konstruktion einer linearen Abbildung)

Seien $a_{1}=(1,0,0)^{T},a_{2}=(0,1,0)^{T},a_{3}=(1,1,0)^{T},a_{4}=(0,0,1)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$.

Zudem seien $b_{1}=(1,5)^{T},b_{2}=(5,3)^{T},b_{3}=(6,8)^{T},b_{4}=(0,1)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ gegeben.

Gib eine lineare Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$ mit $f(a_{i})=b_{i}$ für alle $i\in \{1,2,3,4\}$ an.

Wie kommt man auf den Beweis? (Konstruktion einer linearen Abbildung)

Tipp: Verwende das Prinzip der linearen Fortsetzung!

Lösung (Konstruktion einer linearen Abbildung)

Wir sehen, dass $(a_{1},a_{2},a_{4})$ eine Basis des $\mathbb {R} ^{3}$ ist, nämlich die Standardbasis.

Nach dem Satz von der linearen Fortsetzung können wir eine lineare Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$ definieren durch $f(a_{1}):=b_{1},f(a_{2}):=b_{2},f(a_{4}):=b_{4}$

Nun müssen wir nur noch überprüfen, ob $f(a_{3})=b_{3}$ erfüllt ist. Es gilt $a_{3}=a_{1}+a_{2}$, daher ist

$f(a_{3})=f(a_{1}+a_{2})=f(a_{1})+f(a_{2})=b_{1}+b_{2}=(1,5)^{T}+(5,3)^{T}=(6,8)^{T}=b_{3}$

Damit ist die Bedingung $f(a_{i})=b_{i}$ für jedes $i\in \{1,2,3,4\}$ erfüllt. Die Abbildung $f$ ist nach Definition linear, also sind wir fertig.

Aufgabe (Lineare Abbildungen mit vorgegebenen Bedingungen)

Seien $u=(1,0,-1)^{T},\,v=(0,1,2)^{T}$ und $w=(1,2,3)^{T}$. Gibt es eine $\mathbb {R}$-lineare Abbildung $f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$, die den Bedingungen $f(u)=(0,1)^{T},\,f(v)=(1,-1)^{T},\,f(w)=(2,1)^{T}$ genügt?

Wie kommt man auf den Beweis? (Lineare Abbildungen mit vorgegebenen Bedingungen)

Als erstes sollte man überprüfen, ob die Vektoren $u,v,w$ linear unabhängig sind. Ist das nämlich der Fall, so bildet $\{u,v,w\}$, wegen $\operatorname {dim} (\mathbb {R} ^{3})=3$ eine Basis des $\mathbb {R} ^{3}$. Mit dem Prinzip der linearen Fortsetzung würde die Existenz einer solchen linearen Abbildung $f$ folgen. Seien also $\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}\in \mathbb {R}$, mit

$\lambda _{1}u+\lambda _{2}v+\lambda _{3}w={\begin{pmatrix}\lambda _{1}+\lambda _{3}\\\lambda _{2}+2\lambda _{3}\\-\lambda _{1}+2\lambda _{2}+3\lambda _{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Dann müssen aber auch $\lambda _{1}=-\lambda _{3},\,\lambda _{2}=-2\lambda _{3}$ und damit $2\lambda _{1}=\lambda _{2}$ erfüllt sein. Diese Gleichung hat allerdings nicht nur die "triviale" Lösung $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$. Tatsächlich ist die obere Gleichung für $\lambda _{1}=1,\,\lambda _{2}=2,\,\lambda _{3}=-1$ erfüllt. Man erhält also

${\begin{aligned}u+2v=w.\end{aligned}}$

Für eine solche Abbildung $f$ müsste dann aber $f(u)+2f(v)=f(w)$ gelten, was aber

${\begin{aligned}f(u)+2f(v)=(2,-1)^{T},\quad f(w)=(2,1)^{T}\end{aligned}}$

widerspricht.

Lösung (Lineare Abbildungen mit vorgegebenen Bedingungen)

Nehmen wir zunächst an eine solche lineare Abbildung $f$ würde existieren. Durch die folgende Rechnung

${\begin{aligned}u+2v={\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\2\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}=w\end{aligned}}$

sieht man, dass $f(u)+2f(v)=f(w)$ gelten müsste. Das ist aber ein Widerspruch zu den anderen Bedingungen, weil mit diesen

${\begin{aligned}f(u)+2f(v)=(0,1)^{T}+2(1,-1)^{T}=(2,-1)^{T}\neq (2,1)^{T}=f(w)\end{aligned}}$

gilt. Es gibt also kein solches $f$.

Lineare Unabhängigkeit von zwei Urbildern

Aufgabe

Sei $L\colon V\to W$ eine lineare Abbildung und seien $v_{1}$ und $v_{2}$ zwei verschiedene Vektoren aus $V$, die beide auf einen Vektor $w\in W$ mit $w\neq 0_{W}$ abgebildet werden. Beweise, dass $v_{1}$ und $v_{2}$ linear unabhängig sind.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir zeigen, dass die beiden Vektoren nicht linear abhängig sein können. Angenommen $v_{1},v_{2}$ sind linear abhängig, dann gibt es ein $\rho \in K$ derart, dass $v_{1}=\rho \cdot v_{2}$. Wir bilden nun diese beiden abhängigen Vektoren mit der linearen Abbildung $L$ in den Vektorraum $W$ ab. Wir erhalten dann

$w=\rho \cdot w$

Da nach Voraussetzung $w\neq 0$ ist dies ein Widerspruch und unsere Annahme der linearen Abhängigkeit falsch.

Lösung

Angenommen $v_{1}$ und $v_{2}$ sind linear abhängig, dann gibt es ein $\rho \in K$ mit $v_{1}=\rho \cdot v_{2}$ und $\rho \neq 1$. Da die Abbildung $L$ linear ist, folgt:

$w=L(v_{2})=L(v_{1})=L(\rho \cdot v_{2})=\rho \cdot L(v_{2})=\rho \cdot w$

Damit folgt

$w=\rho \cdot w\Rightarrow w-\rho \cdot w=(1_{K}-\rho )\cdot w=0_{W}\Rightarrow 1_{K}-\rho =0_{K}\,\lor \,w=0_{W}$

Da nach Voraussetzung $w\neq 0_{W}$ muss $1_{K}-\rho =0_{K}$ sein. Dies widerspricht aber unserer Annahme $\rho \neq 1_{K}$. Damit erhalten wir insgesamt einen Widerspruch zu unserer Annahme der linearen Abhängigkeit. Also sind die Vektoren $v_{1},v_{2}\in V$ linear unabhängig.

Aufgaben zu Isomorphismen

Aufgabe (komplexe $\mathbb {R}$-Vektorräume)

Sei $V$ ein endlich-dimensionaler $\mathbb {C}$-Vektorraum. Zeige $V\cong \mathbb {R} ^{2\operatorname {dim} _{\mathbb {C} }(V)}$ als $\mathbb {R}$-Vektorräume.

Lösung (komplexe $\mathbb {R}$-Vektorräume)

Setze $n:=\operatorname {dim} _{\mathbb {C} }(V)$. Wir wählen eine $\mathbb {C}$-Basis ${\mathcal {B}}=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ von $V$. Definiere $c_{j}:=i\cdot b_{j}$ für alle $1\leq j\leq n$.

Wir müssen zeigen: $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$ bilden eine $\mathbb {R}$-Basis von $V$. Dann gilt $\operatorname {dim} _{\mathbb {R} }(V)=2n=\operatorname {dim} _{\mathbb {R} }(\mathbb {R} ^{2n})$. Nach einem Satz folgt also $V\cong \mathbb {R} ^{2n}$ als $\mathbb {R}$-Vektorräume.

Wir zeigen zunächst die $\mathbb {R}$-lineare Unabhängigkeit.

Beweisschritt: $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$ ist $\mathbb {R}$-linear unabhängig

Seien $\beta _{1},\dots ,\beta _{n},\gamma _{1},\dots ,\gamma _{n}\in \mathbb {R}$ und gelte $\sum _{j=1}^{n}\beta _{j}\cdot b_{j}+\sum _{j=1}^{n}\gamma _{j}\cdot c_{j}=0$. Wir setzen für $c_{j}$ die Definition ein, fassen die Summen zusammen und erhalten $\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}+i\cdot \gamma _{j})\cdot b_{j}=0$. Wegen $\mathbb {C}$-linearer Unabhängigkeit der $b_{j}$ gilt $\beta _{j}+i\cdot \gamma _{j}=0$ für alle $j\in \{1,\dots ,n\}$. Folglich ist $\beta _{j}=\gamma _{j}=0$ für alle $j\in \{1,\dots ,n\}$. Dies zeigt die $\mathbb {R}$-lineare Unabhängigkeit.

Nun fehlt nur noch ein Schritt:

Beweisschritt: $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$ ist ein $\mathbb {R}$-Erzeugendensystem

Sei $v\in V$ beliebig.

Da ${\mathcal {B}}$ eine $\mathbb {C}$-Basis von $V$ ist, finden wir $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in \mathbb {C}$, sodass $v=\sum _{j=1}^{n}\lambda _{j}\cdot b_{j}$ gilt. Wir schreiben $\lambda _{j}=\beta _{j}+\gamma _{j}i$ mit $\beta _{j},\gamma _{j}\in \mathbb {R}$ für alle $j$. Dann gilt

${\begin{aligned}v&=\sum _{j=1}^{n}\lambda _{j}\cdot b_{j}\\&=\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}+\gamma _{j}i)\cdot b_{j}\\&=\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}\cdot b_{j}+\gamma _{j}\cdot (i\cdot b_{j}))\\&=\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}\cdot b_{j}+\gamma _{j}\cdot c_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n}\beta _{j}\cdot b_{j}+\sum _{j=1}^{n}\gamma _{j}\cdot c_{j}.\end{aligned}}$

Also liegt $v$ im $\mathbb {R}$-Span von $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$. Dies zeigt die Behauptung.

Aufgabe (Isomorphe Koordinatenräume)

Sei $K$ ein Körper, $n,m\in \mathbb {N} _{0}$. Zeige: $K^{n}\cong K^{m}$ genau dann, wenn $m=n$ gilt.

Lösung (Isomorphe Koordinatenräume)

Wir wissen, dass $\operatorname {dim} (K^{k})=k$ für alle $k\in \mathbb {N} _{0}$ gilt. Wir benutzen den Satz, der besagt, dass endlichdimensionale Vektorräume genau dann isomorph sind, wenn ihre Dimensionen übereinstimmen. Also gilt $K^{n}\cong K^{m}$ genau dann, wenn $n=\operatorname {dim} (K^{n})=\operatorname {dim} (K^{m})=m$ gilt.

Aufgabe (Isomorphiekriterien für Endomorphismen)

Sei $K$ ein Körper, $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum und $f:V\to V$ eine $K$-lineare Abbildung. Weise nach, dass die folgenden drei Aussagen äquivalent sind:

(i) $f$ ist ein Isomorphismus.

(ii) $f$ ist injektiv.

(iii) $f$ ist surjektiv.

(Achtung: Für diese Aufgabe kann es hilfreich sein, die Begriffe Kern und Bild einer linearen Abbildung zu kennen. Unter Verwendung des Dimensionssatzes wird diese Aufgabe wesentlich einfacher. Wir geben hier als Lösungsvorschlag eine Version, die ohne den Dimensionssatz auskommt.)

Lösung (Isomorphiekriterien für Endomorphismen)

(i)$\implies$(ii) und (iii): Nach der Definition eines Isomorphismus ist $f$ bijektiv, also injektiv und surjektiv. Daher gelten (ii) und (iii).

(ii)$\implies$(i): Sei nun $f$ eine injektive Abbildung. Wir müssen noch zeigen, dass $f$ auch surjektiv ist. Das Bild $\mathrm {im} (f):=\{f(v)~|~v\in V\}$ von $f$ ist ein Untervektorraum von $V$. Dies kann man durch Nachrechnen überprüfen. Wir definieren nun eine Abbildung, die das gleiche macht wie $f$, mit dem Unterschied, dass sie per Definition surjektiv sein wird. Wir schaffen dies durch die Konstruktion:

${\begin{aligned}f':V&\to \mathrm {im} (f)\\v&\mapsto f(v)\end{aligned}}$

Die Surjektivität kommt daher, weil jedes Element $w\in \mathrm {im} (f)$ sich als $w=f(v')$ schreiben lässt, für ein $v'\in V$. Außerdem ist die Abbildung $f'$ injektiv und linear. Dies kommt daher, dass $f$ bereits diese beiden Eigenschaften aufweist. Also sind $V$ und $\mathrm {im} (f)$ isomorph. Daher haben $V$ und $\mathrm {im} (f)$ diegleiche endliche Dimension. Da $\mathrm {im} (f)$ ein Untervektorraum von $V$ ist, gilt $\mathrm {im} (f)=V$. Dies kann man dadurch einsehen, dass man eine Basis in $\mathrm {im} (f)$ wählt. Wähle also zum Beispiel eine solche Basis mit Vektoren $v_{1},\dots ,v_{n}\in \mathrm {im} (f)$. Die $v_{1},\dots ,v_{n}$ sind insbesondere linear unabhängig. Das ist ein Fakt der auch in $V$ gilt, da ja $\mathrm {im} (f)\subseteq V$. Und da die $V$ und $\mathrm {im} (f)$ diegleiche Dimension haben, sind die $v_{1},\dots ,v_{n}$ auch in $V$ ein maximales System linear unabhängiger Vektoren. Also bilden $v_{1},\dots ,v_{n}$ auch in $V$ eine Basis. Die beiden Vektorräume $V$ und $\mathrm {im} (f)$ müssen nun gleich sein, denn alle Elemente aus ihnen sind $K$-Linearkombinationen gebildet mit den $v_{1},\dots ,v_{n}$. Damit haben wir gezeigt, dass $f$ surjektiv ist.

(iii)$\implies$(i): Nehmen wir nun an $f$ ist surjektiv. Wir müssen nun zeigen, dass $f$ auch injektiv ist. Sei $\mathrm {ker} (f):=\{v\in V~|~f(v)=0\}$ der Kern der Abbildung $f$. Es handelt sich dabei um einen Untervektorraum von $V$, wovon man sich durch Nachrechnen überzeugt. Sei $v_{1},\dots ,v_{k}$ eine Basis von $\mathrm {ker} (f)$. Diese Basis kann man zu einer Basis von $V$ ergänzen. Dazu nehmen wir die Vektoren $v_{k+1},\dots ,v_{n}$ hinzu. Wir werden nun zeigen, dass $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ linear unabhängig sind. Seien also Koeffizienten $\lambda _{k+1},\dots ,\lambda _{n}\in K$ gegeben, sodass

${\begin{aligned}\lambda _{k+1}f(v_{k+1})+\dots +\lambda _{n}f(v_{n})=0\end{aligned}}$

gilt. Wegen der Linearität von $f$ folgern wir: $f(\lambda _{k+1}v_{k+1}+\dots \lambda _{n}v_{n})=0$. Das bedeutet, dass die Linearkombination

${\begin{aligned}\lambda _{k+1}v_{k+1}+\dots +\lambda _{n}v_{n}\end{aligned}}$

im Kern von $f$ liegt. Wir kennen aber bereits eine Basis von $\mathrm {ker} (f)$. Daher gibt es Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{k}\in K$, sodass

${\begin{aligned}\lambda _{k+1}v_{k+1}+\dots +\lambda _{n}v_{n}=\lambda _{1}v_{1}+\dots +\lambda _{k}v_{k}\end{aligned}}$

gilt. Wegen der linearen Unabhängigkeit von $v_{1},\dots ,v_{n}$ folgt nun, dass $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}=0$ gilt. Daher sind die $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ linear unabhängig. Als nächstes werden wir zeigen, dass diese Vektoren auch eine Basis von $V$ bilden. Dazu zeigen wir, dass jeder Vektor in $V$ als Linearkombination der $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ geschrieben werden kann. Sei $w\in V$. Wegen der Surjektivität von $f$ gibt es ein $v\in V$, mit $w=f(v)$. Da die $v_{1},\dots ,v_{n}$ eine Basis von $V$ bilden, gibt es Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$, sodass

${\begin{aligned}v=\lambda _{1}v_{1}+\dots +\lambda _{n}v_{n}\end{aligned}}$

gilt. Wenden wir nun $f$ auf diese Gleichung an, so erhalten wir:

${\begin{aligned}w=f(v)=\lambda _{1}\underbrace {f(v_{1})} _{=0}+\dots +\lambda _{k}\underbrace {f(v_{k})} _{=0}+\lambda _{k+1}f(v_{k+1})+\dots +\lambda _{n}f(v_{n}).\end{aligned}}$

Hier haben wir gleich die Linearität von $f$ benutzt. Da die ersten $k$ Elemente unserer Basis im Kern liegen, verschwinden deren Bilder. Also erhalten wir eine gewünschte Darstellung von $w$:

${\begin{aligned}w=f(v)=\lambda _{k+1}f(v_{k+1})+\dots +\lambda _{n}f(v_{n}).\end{aligned}}$

Somit haben wir gezeigt, dass $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von $V$ bildet. Also formen diese Vektoren eine Basis von $V$. Wäre nun $k$ nicht $0$, so wären zwei endliche Basen in $V$ nicht gleich mächtig. Dies kann nicht sein. Daher ist $k=0$. Dies bedeutet, dass $\mathrm {ker} (f)$ der triviale Vektorraum ist. Daraus folgt, dass $f$ injektiv ist.

Aufgabe (Abbildungsräume)

Sei $X$ eine endliche Menge der Mächtigkeit $n\in \mathbb {N}$ und sei $K$ ein Körper. Wir haben gesehen, dass die Menge der Abbildungen von $X$ nach $K$ einen $K$-Vektorraum bildet. Diesen haben wir mit $\operatorname {Abb} (X,K)$ bezeichnet. Zeige: $\operatorname {Abb} (X,K)\cong K^{n}$.

Lösung (Abbildungsräume)

Wir wissen schon nach einem Satz, dass zwei endlichdimensionale Vektorräume genau dann isomorph sind, wenn sie die gleiche Dimension besitzen. Also müssen wir nur zeigen, dass $\operatorname {dim} (\operatorname {Abb} (X,K))=n=\operatorname {dim} (K^{n})$ gilt.

Um das zu zeigen, brauchen wir zunächst eine Basis von $\operatorname {Abb} (X,K)$. Seien dafür $x_{1},\dots ,x_{n}$ die Elemente der Menge $X$. Wir definieren $f_{1},\dots ,f_{n}\in \operatorname {Abb} (X,K)$ durch

$f_{j}(x_{i}):=\delta _{i,j}={\begin{cases}1,{\text{ für }}i=j\\0,{\text{ für }}i\neq j.\end{cases}}$

Wir zeigen jetzt, dass die Funktionen $f_{1},\dots ,f_{n}$ tatsächlich eine Basis von $\operatorname {Abb} (X,K)$ bilden.

Beweisschritt: $f_{1},\dots ,f_{n}$ sind linear unabhängig

Seien $\alpha _{1},\dots ,\alpha _{n}\in K$ mit $\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}\cdot f_{k}=0$, diese Summe ist die Nullabbildung. Wir wenden diese Abbildung auf ein beliebiges $x_{j}$ mit $j\in \{1,\dots ,n\}$ an. So erhalten wir: $\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}\cdot f_{k}(x_{j})=0$. Aus der Definition von $f_{1},\dots ,f_{n}$ folgt, dass

$0=\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}f_{k}(x_{j})=\alpha _{j}\cdot f_{j}(x_{j})=\alpha _{j}\cdot 1=\alpha _{j}$.

Da $j$ beliebig war und $\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}\cdot f_{k}(x_{j})=0$ für alle $x_{j}\in X$ gelten muss, folgt $\alpha _{1}=\dots =\alpha _{n}=0$. Wir haben also gezeigt, dass $f_{1},\dots ,f_{n}$ linear unabhängig sind.

Beweisschritt: $f_{1},\dots ,f_{n}$ erzeugen $\operatorname {Abb} (X,K)$

Sei $g\in \operatorname {Abb} (X,K)$ beliebig. Wir möchten nun $g$ als Linearkombination von $f_{1},\dots ,f_{n}$ schreiben. Dafür zeigen wir $g=\sum _{j=1}^{n}g(x_{j})\cdot f_{j}$, d.h. $g$ ist eine Linearkombination von $f_{1},\dots ,f_{n}$ mit Koeffizienten $g(x_{1}),\dots ,g(x_{n})\in K$. Wir prüfen nun, dass $g(x_{i})=\sum _{j=1}^{n}g(x_{j})\cdot f_{j}(x_{i})$ für alle $i\in \{1,\dots ,n\}$. Sei $i\in \{1,\dots ,n\}$ beliebig. Mit der Definition der $f_{1},\dots ,f_{n}$ erhalten wir:

$\sum _{j=1}^{n}g(x_{j})\cdot f_{j}(x_{i})=g(x_{i})\cdot f_{i}(x_{i})=g(x_{i})\cdot 1=g(x_{i})$.

Da die Gleichheit für alle $i$ gilt, stimmen die Abbildungen in jedem Punkt überein und sind somit identisch. Wir haben also gezeigt, dass $f_{1},\dots ,f_{n}$ den $\operatorname {Abb} (X,K)$ erzeugen.

Damit haben wir bewiesen, dass $f_{1},\dots ,f_{n}$ eine Basis von $\operatorname {Abb} (X,K)$ ist. Da wir $n$ Basiselemente von $\operatorname {Abb} (X,K)$ haben, gilt $\operatorname {dim} (\operatorname {Abb} (X,K))=n=\operatorname {dim} (K^{n})$.

Aufgaben zum Bild

Aufgabe (Zuordnung von Abbildung und Bild)

Wir betrachten die folgenden vier Unterräume vom Vektorraum $\mathbb {R} ^{2}$, gegeben als Bilder der linearen Abbildungen

1. $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\ (x,y)^{T}\mapsto (2(x+y),x-3y)^{T}$
2. $g\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\ (x,y)^{T}\mapsto (x,2x)^{T}$
3. $h\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\ (x,y)^{T}\mapsto (-3(x-y),(x-y))^{T}$
4. $k\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\ (x,y)^{T}\mapsto (x,0)^{T}$

Ordne diese vier Unterräume den Unterräumen $U_{1},U_{2},U_{3},U_{4}$ auf den Abbildungen unten zu.

• 

  $U_{1}$: Von $(1,2)^{T}$ aufgespannter Untervektorraum in $\mathbb {R} ^{2}$

• 

  $U_{2}$:Gerade im zwei-dimensionalen Raum durch $(3,-1)^{T}$

• 

  $U_{3}$:Ebene, die den Zweidimensionalen Raum füllt

• 

  $U_{4}$:Gerade im zwei-dimensionalen Raum durch $(1,0)^{T}$

Lösung (Zuordnung von Abbildung und Bild)

Zuerst suchen wir das Bild von $f$: Um $\operatorname {im} (f)$ zu finden, können wir einen Satz von oben anwenden: Wenn $E$ ein Erzeugendensystem von $\mathbb {R} ^{2}$ ist, dann gilt $\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} (f(E))$. Wir nehmen die Standardbasis $\{(1,0)^{T},(0,1)^{T}\}$ als Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{2}$. Dann gilt

$\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} \left(f{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},f{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\right).$

Wenden wir nun $f$ auf die Standardbasis an.:

${\begin{aligned}f{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}\\f{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Die Vektoren $(2,1)^{T},(2,-3)^{T}$ erzeugen das Bild von $f$. Außerdem sind sie linear unabhängig und damit eine Basis von $\mathbb {R} ^{2}$. Deshalb ist $\operatorname {im} (f)=\mathbb {R} ^{2}$. Also $\operatorname {im} (f)=U_{3}$.

Als nächstes wollen wir das Bild von $g$ finden. Es ist aber auch möglich, das Bild $\operatorname {im} (g)$ direkt per Definition auszurechnen, was wir hier demonstrieren werden.

${\begin{aligned}\operatorname {im} (g)&=\left\{g{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\right\}\\&=\left\{{\begin{pmatrix}x\\2x\end{pmatrix}}\mid {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\right\}\\&=\left\{x{\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}\mid {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\right\}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Die linke Seite hängt nicht von }}y{\text{ ab}}\right.}\\[0.3em]&=\left\{x{\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}\\&=\operatorname {span} \left({\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}\right)\end{aligned}}$

Also wird das Bild von $g$ von dem Vektor $(1,2)^{T}$ aufgespannt. Somit ist $\operatorname {im} (g)=U_{1}$.

Nun bestimmen wir das Bild von $h$ z.B. mit der gleichen Methode wie bei $f$. Das bedeutet, wir wenden $h$ auf die Standardbasis an.

${\begin{aligned}h{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-3\\1\end{pmatrix}}\\h{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Beide Vektoren sind linear abhängig. Also folgt $\operatorname {im} (h)=\operatorname {span} ((-3,1)^{T})$ und somit $\operatorname {im} (h)=U_{2}$.

Als letztes bestimmen wir noch das Bild von $k$. Dazu gehen wir beispielsweise vor wie bei $g$.

${\begin{aligned}\operatorname {im} (k)&=\left\{k{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\right\}\\&=\left\{{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}\mid {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\right\}\\&=\left\{x{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\mid {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\right\}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Die linke Seite hängt nicht von }}y{\text{ ab}}\right.}\\[0.3em]&=\left\{x{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}\\&=\operatorname {span} \left({\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\right)\end{aligned}}$

Das Bild von $k$ wird also vom Vektor $(1,0)^{T}$ aufgespannt. Somit ist $\operatorname {im} (k)$ die $x$-Achse, also $\operatorname {im} (k)=U_{4}$.

Aufgabe (Bild einer Matrix)

1. Betrachte die Matrix $(1,2)\in \mathbb {R} ^{1\times 2}$ und die davon induzierte Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,x\mapsto (1,2)x$. Was ist das Bild $\operatorname {im} (f)$?
2. Sei nun $A=(a_{1},\ldots ,a_{m})\in K^{n\times m}$ eine beliebige Matrix über einem Körper $K$, wobei $a_{1},\ldots ,a_{m}\in K^{n}$ die Spalten von $A$ bezeichnen. Betrachte die davon induzierte Abbildung $f_{A}\colon K^{m}\to K^{n},x\mapsto Ax$. Zeige, dass $\operatorname {im} (f_{A})=\operatorname {span} \{a_{1},\ldots ,a_{m}\}$ gilt. Das Bild einer Matrix ist also der Spann ihrer Spalten.

Lösung (Bild einer Matrix)

Lösung Teilaufgabe 1:

Wir wissen, dass das Bild $\operatorname {im} (f)$ der linearen Abbildung $f$ ein Unterraum von $\mathbb {R}$ ist. Da der $\mathbb {R}$-Vektorraum $\mathbb {R}$ die Dimension $1$ hat, kann ein Unterraum nur die Dimension $0$ oder $1$ haben. Im ersten Fall ist der Unterraum der Nullvektorraum, in zweiten Fall ist er schon ganz $\mathbb {R}$. Also hat $\mathbb {R}$ nur die beiden Untervektorräume $\{0\}$ und $\mathbb {R}$. Da $(1,2)(1,0)^{T}=1\neq 0$ gilt, ist $\operatorname {im} (f)\neq \{0\}$. Damit muss $\operatorname {im} (f)=\mathbb {R}$ sein.

Lösung Teilaufgabe 2:

Beweisschritt: "$\subseteq$"

Sei $y\in \operatorname {im} (f_{A})$. Dann gibt es $x=(x_{1},\ldots ,x_{m})^{T}\in K^{m}$ mit $Ax=y$. Wir können $x$ schreiben als $x=\sum _{i=1}^{m}x_{i}e_{i}$. Setzen wir das in die Gleichung $Ax=y$ ein, erhalten wir

${\begin{aligned}y&=Ax\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ x=\sum _{i=1}^{m}x_{i}e_{i}\right.}\\[0.3em]&=A\left(\sum _{i=1}^{m}x_{i}e_{i}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Anwenden von }}A{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{m}x_{i}Ae_{i}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ Ae_{i}=a_{i}{\text{, die }}i{\text{-te Spalte von }}A\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{m}x_{i}a_{i}.\end{aligned}}$

Da $\sum _{i=1}^{m}x_{i}a_{i}\in \operatorname {span} \{a_{1},\ldots ,a_{n}\}$, folgt $y\in \operatorname {span} \{a_{1},\ldots ,a_{n}\}$.

Beweisschritt: "$\supseteq$"

Sei $y=\sum _{i=1}^{m}y_{i}\cdot a_{i}\in \operatorname {span} (f_{A})$ mit $y_{i}\in K$ für $i=1,\ldots ,m$. Wir wollen $x\in K^{m}$ finden mit $Ax=y$. Wir definieren $x:=\sum _{i=1}^{m}y_{i}e_{i}$. Dieselbe Rechnung wie im ersten Beweisschritt zeigt dann

$Ax=A\left(\sum _{i=1}^{m}y_{i}e_{i}\right)=\sum _{i=1}^{m}y_{i}Ae_{i}=\sum _{i=1}^{m}y_{i}a_{i}=y.$

Aufgabe (Surjektivität und Dimension von $V$ und $W$)

Seien $V$ und $W$ zwei endlichdimensionale Vektorräume. Zeige, dass es genau dann eine surjektive lineare Abbildung $f\colon V\to W$ gibt, wenn $\dim(V)\geq \dim(W)$ gilt.

Wie kommt man auf den Beweis? (Surjektivität und Dimension von $V$ und $W$)

Wir wollen die Dimensionen von $V$ und $W$ gegeneinander abschätzen. Die Dimension ist über die Kardinalität einer Basis definiert. Das heißt, wenn $b_{1},\dots ,b_{n}$ eine Basis von $V$ und $c_{1},\dots ,c_{m}$ eine Basis von $W$ ist, müssen wir zeigen, dass $n\geq m$ genau dann gilt, wenn eine surjektive lineare Abbildung existiert. "Genau dann wenn" bedeutet, dass zwei Richtungen zu zeigen sind.

Wenn wir eine surjektive lineare Abbildung $f\colon V\to W$ haben, müssen wir zeigen, dass die Dimension von $V$ mindestens $m$ ist. Nun sind Basen maximal linear unabhängige Teilmengen. Das heißt, um die Dimension nach unten abzuschätzen müssen wir eine linear unabhängige Teilmenge mit $m$ Elemente konstruieren. Im Bild haben wir bereits eine $m$-elementige, linear unabhängige Teilmenge gegeben: die Basis $c_{1},\dots ,c_{m}$. Weil $f$ surjektiv ist, können wir diese zu Vektoren ${\hat {c}}_{1},\dots ,{\hat {c}}_{m}\in V$ mit $f({\hat {c}}_{i})=c_{i}$ liften. Nun müssen wir überprüfen, dass ${\hat {c}}_{1},\dots ,{\hat {c}}_{m}$ in $V$ linear unabhängig sind. Dies sehen wir, indem wir eine Linearkombination $\lambda _{1}{\hat {c}}_{1}+\dots \lambda _{m}{\hat {c}}_{m}=0$ mit $f$ in eine Linearkombination $0=f(\lambda _{1}{\hat {c}}_{1}+\dots \lambda _{m}{\hat {c}}_{m})=\lambda _{1}c_{1}+\dots \lambda _{m}c_{m}$ überführen und die lineare Unabhängigkeit von $c_{1},\dots ,c_{m}$ ausnutzen.

Wenn umgekehrt $n\geq m$ gilt, müssen wir eine surjektive lineare Abbildung $f\colon V\to W$ konstruieren. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung können wir die lineare Abbildung $f$ konstruieren, indem wir angeben, was $f$ auf einer Basis von $V$ macht. Dafür brauchen wir Elemente von $W$, auf die wir $b_{1},\dots ,b_{n}$ schicken können. Wir haben oben schon eine Basis von $W$ gewählt. Daher bietet es sich an, $f$ wie folgt zu definieren:

$f(b_{i})={\begin{cases}c_{i}&i\leq m\\0&i>m\end{cases}}$

Dann wird das Bild von $f$ durch die Vektoren $f(b_{1})=c_{1},\dots ,f(b_{m})=c_{m},f(b_{m+1})=0,\dots ,f(b_{m})=0$ aufgespannt. Diese Vektoren spannen jedoch auch ganz $W$ auf und somit ist $f$ surjektiv.

Lösung (Surjektivität und Dimension von $V$ und $W$)

Beweisschritt: "$\Rightarrow$"

Angenommen, es gebe eine geeignete surjektive Abbildung $f$. Wir zeigen, dass die Dimension von $\operatorname {im} (f)=f(V)$ nicht größer sein kann als die Dimension von $V$ (das gilt für jede lineare Abbildung). Wegen der Surjektivität von $f$ folgt, dass $\dim(V)\geq \dim(\operatorname {im} (f))=\dim(W)$.

Seien also $w_{1},\ldots ,w_{n}\in \operatorname {im} (f)$ linear unabhängig. Es gibt $v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ mit $f(v_{i})=w_{i}$ für $i\in \{1,\ldots ,n\}$. Wir zeigen, dass $v_{1},\ldots ,v_{n}$ ebenfalls linear unabhängig sind: Seien $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ mit $\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=0$. Dann gilt auch

$0=f(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i},$

woraus wegen der linearen Unabhängigkeit der $w_{1},\ldots ,w_{n}$ folgt, dass $\lambda _{1}=\ldots =\lambda _{n}=0$. Also sind auch $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig. Insgesamt haben wir also gezeigt:

$w_{1},\ldots ,w_{n}\in \operatorname {im} (f){\text{ linear unabhängig}}\implies v_{1},\ldots ,v_{n}{\text{ linear unabhängig für jede Wahl von Urbildern }}v_{i}\in f^{-1}(w_{i}).$

Insbesondere gilt, dass eine Basis von $V$ (eine maximale linear unabhängige Teilmenge von $V$) mindestens so viele Elemente enthalten muss wie eine Basis von $\operatorname {im} (f)$, also $\dim(V)\geq \dim(\operatorname {im} (f))$.

Beweisschritt: "$\Leftarrow$"

Es gelte umgekehrt $\dim(V)\geq \dim(W)$. Wir benutzen, dass eine lineare Abbildung durch die Bilder der Basisvektoren schon eindeutig bestimmt ist. Sei $\{v_{1},\ldots ,v_{m}\}$ eine Basis von $V$ und $\{w_{1},\ldots ,w_{n}\}$ eine Basis von $W$. Definiere die gesuchte surjektive lineare Abbildung $f\colon V\to W$ durch

$f(v_{i})={\begin{cases}w_{i}&{\text{ falls }}i\leq n\\0&{\text{ sonst.}}\end{cases}}$

Das geht, da nach Annahme $m\geq n$ gilt. Die so konstruierte Abbildung ist surjektiv, da per Konstruktion $\{w_{1},\ldots ,w_{n}\}\subseteq \operatorname {im} (f)$ gilt. Da das Bild von $f$ ein Unterraum von $W$ ist, liegt auch der von diesen Vektoren erzeugte Unterraum, also $W$, im Bild von $f$. Dementsprechend gilt $W\subseteq \operatorname {im} (f)\subseteq W$ und $f$ ist surjektiv.

Aufgaben zum Kern

Aufgabe

Sei die lineare Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\ (x,y)^{T}\mapsto (-3(x-y),x-y)^{T}$ gegeben. Bestimme den Kern von $f$.

Lösung

Wir suchen die Vektoren $(x,y)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$, für die $f\left({\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$ gilt. Sei dafür $(x,y)^{T}$ ein beliebiger Vektor in $\mathbb {R} ^{2}$ für den $f\left({\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$ gilt. Wir untersuchen nun, welche Eigenschaften dieser Vektor hat. Es gilt

${\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}=f{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-3(x-y)\\x-y\end{pmatrix}}$

Also ist $-3(x-y)=0$ und $x-y=0$. Daraus können wir schließen, dass $x=y$ gelten muss. Mit anderen Worten erfüllt jeder Vektor $(x,y)^{T}$ im Kern von $f$ die Bedingung $x=y$. Nehmen wir jetzt einen Vektor $(x,x)^{T}$ mit $x\in \mathbb {R}$. Dann gilt

$f{\begin{pmatrix}x\\x\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-3(x-x)\\x-x\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$

Wir sehen $(x,x)^{T}\in \ker(f)$. Insgesamt gilt

$\ker(f)=\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\end{pmatrix}}|x\in \mathbb {R} \right\}$

Verständnisfrage: Kannst du dir $\ker(f)$ in der Ebene veranschaulichen? Wie sieht das Bild von $f$ aus? Wie verhalten sie sich zueinander?

Der Kern von f

Wir haben schon gesehen, dass

$\ker(f)=\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left({\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\right)$

Nun bestimmen wir das Bild von $f$, indem wir $f$ auf die Standardbasis anwenden.

${\begin{aligned}f{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-3\\1\end{pmatrix}}\\f{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Also gilt $\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} (f((1,0)^{T}),f((0,1)^{T}))$. Wir sehen, dass die beiden Vektoren linear abhängig sind. Das heißt, wir können das Bild mit nur einem Vektor erzeugen: $\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} ((-3,1)^{T})$.

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  Das Bild von f

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  Bild und Kern von f gemeinsam

In unserem Beispiel sind Bild und Kern der Abbildung $f$ Geraden durch den Ursprung. Die beiden Geraden schneiden sich nur in der Null und spannen zusammen den ganzen $\mathbb {R} ^{2}$ auf.

Aufgabe

Sei $V$ ein Vektorraum, $V\neq \{0\}$, und $f\colon V\to V$ eine nilpotente lineare Abbildung, d.h. es gibt ein $n\in \mathbb {N}$ sodass

$f^{n}=\underbrace {f\circ \cdots \circ f} _{n{\text{ mal}}}=0$

die Nullabbildung ist. Zeige, dass $\ker(f)\neq \{0\}$ gilt.

Gilt auch die umgekehrte Richtung, das heißt, ist jede lineare Abbildung $f\colon V\to V$ mit $\ker(f)\neq \{0\}$ nilpotent?

Lösung

Beweisschritt: $f$ nilpotent $\implies \ker(f)\neq \{0\}$

Wir beweisen die Aussage durch Kontraposition. Das heißt wir zeigen: Ist $\ker(f)=\{0\}$, dann ist $f$ nicht nilpotent.

Sei $\ker(f)=\{0\}$. Dann ist $f$ injektiv, und als Verkettung injektiver Funktionen ist auch $f\circ f$ injektiv. Mit vollständiger Induktion folgt, dass für alle $n\in \mathbb {N}$ die Funktion $f^{n}=\underbrace {f\circ \cdots \circ f} _{n{\text{ mal}}}$ injektiv ist. Damit ist dann aber auch $\ker(f^{n})=\{0\}$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Da der Kern der Nullabbildung ist ganz $V\neq \{0\}$ wäre, ist $f^{n}$ für kein $n\in \mathbb {N}$ die Nullabbildung. Folglich ist $f$ nicht nilpotent.

Beweisschritt: Die umgekehrte Implikation

Die umgekehrte Implikation gilt nicht. Es gibt Abbildungen, die weder injektiv noch nilpotent sind. Zum Beispiel können wir

$f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}$

definieren. Diese Abbildung ist nicht injektiv, denn es gilt $(0,1)^{T}\in \ker(f)$. Sie ist aber auch nicht nilpotent, denn es ist $f^{n}((1,0)^{T})=(1,0)\neq 0$ für alle $n\in \mathbb {N}$.

Aufgabe (Injektivität und Dimension von $V$ und $W$)

Seien $V$ und $W$ zwei endlichdimensionale Vektorräume. Zeige, dass es genau dann eine injektive lineare Abbildung $f\colon V\to W$ gibt, wenn $\dim(V)\leq \dim(W)$ gilt.

Wie kommt man auf den Beweis? (Injektivität und Dimension von $V$ und $W$)

Um die Äquivalenz zu beweisen, müssen wir zwei Implikationen zeigen. Für die Hinrichtung benutzen wir, dass jeder Monomorphismus $f\colon V\to W$ lineare Unabhängigkeit erhält: Ist $\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}\subseteq V$