Dimensionsformel für lineare Abbildungen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Dieser Abschnitt ist noch im Entstehen und noch nicht offizieller Bestandteil des Buchs. Gib den Autoren Zeit, den Inhalt anzupassen!

Im letzten Abschnitt haben wir den Isomorphiesatz kennengelernt. Dieser besagt, dass bei einer linearen Abbildung $L\colon V\to W$ zwischen zwei endlichdimensionalen $K$-Vektorräumen $V$ und $W$ das Bild $\operatorname {im} (L)$ isomorph ist zu $V/\ker L$.

Das bedeutet, es gibt eine bijektive lineare Abbildung zwischen den Vektorräumen $V/\ker L$ und $\operatorname {im} (L)$. Also sind diese Vektorräume in gewisser Weise ähnlich zueinander. Nun stellt sich die Frage, ob die Dimension von $V/\ker L$ mit der Dimension von $\operatorname {im} (L)$ zusammenhängt. Wir werden sehen, dass $\dim(V)=\dim(\ker L)+\dim(\operatorname {im} L)$ gilt.

Dimension von zwei zueinander isomorphen Vektorräumen

Satz

Sind zwei endlich-dimensionale $K$-Vektorräume $V$ und $W$ zueinander isomorph, so gilt $\dim V=\dim W$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Die Dimension eines endlich-dimensionalen Vektorraums entspricht der Anzahl seiner Basiselemente. Also müssen wir zeigen, dass zwei Basen der Vektorräume $V$ und $W$ gleich viele Elemente haben.

Wir wissen, dass eine lineare Abbildung ${\tilde {L}}\colon V\to W$ existiert. Mit Hilfe dieser Abbildung versuchen wir aus einer Basis von $V$, eine Basis von $W$ zu konstruieren.

Nehmen wir an, dass $B_{V}=\lbrace v_{1},...,v_{n}\rbrace$ eine Basis von $V$ ist. Wir können vermuten, dass auch $B_{W}:=\lbrace {\tilde {L}}(v_{1}),...,{\tilde {L}}(v_{n})\rbrace$ eine Basis von $W$ ist. Hierzu müssen wir zwei Dinge überprüfen:

1. $B_{W}$ ist linear unabhängig
2. $B_{W}$ ist ein Erzeugendensystem von $W$

Beweis

Sei $B_{V}=\lbrace v_{1},...,v_{n}\rbrace$ eine Basis von $V$. Wir behaupten, dass $B_{W}:=\lbrace {\tilde {L}}(v_{1}),...,{\tilde {L}}(v_{n})\rbrace$ eine Basis von $W$ ist. Dazu zeigen wir

1. $B_{W}$ ist linear unabhängig
2. $B_{W}$ ist ein Erzeugendensystem von $W$

Beweisschritt: $B_{W}$ ist linear unabhängig

Seien $\alpha _{1},...,\alpha _{n}\in K$ so, dass $0_{W}=\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}{\tilde {L}}(v_{i})}$.

Es gilt:

${\begin{aligned}0_{W}&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Voraussetzung}}\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}{\tilde {L}}(v_{i})}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\tilde {L}}{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{i=1}^{n}{{\tilde {L}}(\alpha _{i}v_{i})}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\tilde {L}}{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\ {\tilde {L}}\left(\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}v_{i}}\right)\end{aligned}}$

Die Abbildung ${\tilde {L}}$ ist bijektiv und linear. Wegen ${\tilde {L}}(0_{V})=0_{W}$ ist $\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}v_{i}}=0_{V}$. Da $B_{V}=\lbrace v_{1},...,v_{n}\rbrace$ linear unabhängig ist, gilt $\alpha _{i}=0$ für alle $i\in \lbrace 1,...,n\rbrace$.

Somit haben wir gezeigt, dass $B_{W}:=\lbrace {\tilde {L}}(v_{1}),...,{\tilde {L}}(v_{n})\rbrace$ linear unabhängig ist.

Beweisschritt: $B_{W}$ ist ein Erzeugendensystem von $W$

Sei ein beliebiger Vektor $w\in W$ gegeben. Die Abbildung ${\tilde {L}}$ ist bijektiv und somit gibt es ein $v\in V$ mit ${\tilde {L}}(v)=w$.

Da $B_{V}=\lbrace v_{1},...,v_{n}\rbrace$ ein Erzeugendensystem von $V$ ist, gibt es Koeffizienten $\alpha _{1},...,\alpha _{n}\in K$ mit $v=\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}v_{i}}$.

Folglich ist

${\begin{aligned}w&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Voraussetzung}}\right.}\\[0.3em]&=\ {\tilde {L}}(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ v=\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}v_{i}}\right.}\\[0.3em]&=\ {\tilde {L}}\left(\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}v_{i}}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\tilde {L}}{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}{\tilde {L}}\left({v_{i}}\right)\end{aligned}}$

Also ist $w$ eine Linearkombination von Elementen aus $B_{W}$. Da $w\in W$ beliebig gewählt war, ist $B_{W}$ ein Erzeugendensystem von $W$.

Damit ist $B_{W}:=\lbrace {\tilde {L}}(v_{1}),...,{\tilde {L}}(v_{n})\rbrace$ eine Basis von $W$

und es gilt

$|B_{V}|=n=|B_{W}|$

und folglich

$\dim V=\dim W$

Alternativer Beweis

Sei wie oben $B_{V}=\lbrace v_{1},...,v_{n}\rbrace$ eine Basis von $V$. Wir behaupten, dass $B_{W}:=\lbrace {\tilde {L}}(v_{1}),...,{\tilde {L}}(v_{n})\rbrace$ eine Basis von $W$ ist. Dazu zeigen wir

1. $B_{W}$ ist linear unabhängig
2. $B_{W}$ ist ein Erzeugendensystem von $W$

Da ${\tilde {L}}$ ein Isomorphismus ist, wissen wir insbesondere, dass ${\tilde {L}}$ injektiv (also ein Monomorphismus) und surjektive (also ein Epimorphismus) ist.

Aber Monomorphismen bilden linear unabhängige Mengen (also insbesondere Basen) auf linear unabhängige Mengen ab, und Epimorphismen bilden Erzeugendensysteme (also insbesondere Basen) auf Erzeugendensysteme ab.

Damit ist $B_{V}$ ein linear unabhängiges Erzeugendensystem, also eine Basis.

Sind $\operatorname {im} (L)$ und $V/\ker L$ endlich-dimensional, so haben sie nach dem Satz die gleiche Dimension, das heißt $\dim \operatorname {im} (L)=\dim V/\ker L$.

Dimension des Faktorraums

Im letzten Abschnitt haben wir den Vektorraum $V/\ker L$ kennengelernt. Inzwischen wissen wir auch, dass $\dim \operatorname {im} (L)=\dim V/\ker L$ gilt, falls dieser Vektorraum endlich-dimensional ist.

Die Dimension und Basis eines Vektorraums hängen eng zusammen:

Wissen wir, wie viele Elemente eine Basis des Vektorraums hat, so kennen wir auch seine Dimension.

Unser nächstes Ziel ist es, explizit eine Basis von $V/U$ zu konstruieren.

Satz

Es seien $V$ und $W$ zwei endlich-dimensionale $K$-Vektorräume und $L\colon V\to W$ linear. Sei weiter $U$ ein Untervektorraum von $V$ mit Basis $B_{U}=\lbrace v_{1},...,v_{n}\rbrace$ und $B_{V}:=\lbrace v_{1},...,v_{n},v_{n+1},...,v_{m}\rbrace$ eine Ergänzung dieser Basis zu einer Basis von $V$.

Dann ist $B':=\lbrace v_{n+1}+U,...,v_{m}+U\rbrace$ eine Basis von $V/U$.

Insbesondere gilt $\dim V/U=\dim V-\dim U$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir überprüfen zwei Dinge, um zu zeigen, dass $B'$ eine Basis von $V/U$ ist:

1. $B'$ ist linear unabhängig
2. $B'$ ist ein Erzeugendensystem

Dabei können wir benutzen, dass $B_{V}:=\lbrace v_{1},...,v_{n},v_{n+1},...,v_{m}\rbrace$ linear unabhängig und ein Erzeugendensystem von $V$ ist. Außerdem ist $v_{1},...,v_{n}\in U$.

Um $\dim V/U=\dim V-\dim U$ zu zeigen, reicht es, die Anzahl der Basiselemente in $B'$ abzuzählen und mit der Anzahl der Basiselemente in $B_{V}$ und $B_{U}$ zu vergleichen.

Beweis

Um zu zeigen, dass $B':=\lbrace v_{n+1}+U,...,v_{m}+U\rbrace$ eine Basis von $V/U$ ist, müssen wir folgendes überprüfen:

1. $B'$ ist linear unabhängig
2. $B'$ ist ein Erzeugendensystem

Beweisschritt: $B'$ ist linear unabhängig

Wir erinnern nochmals daran, dass $0_{V/U}=0_{V}+U=U$.

Seien $\alpha _{n+1},...,\alpha _{m}\in K$ so gewählt, dass $0_{V}+U=U=\sum _{i=n+1}^{m}{\alpha _{i}\cdot (v_{i}+U)}$.

Dann gilt

$U=\sum _{i=n+1}^{m}{\alpha _{i}\cdot (v_{i}+U)}=\sum _{i=n+1}^{m}{(\alpha _{i}v_{i})}+U\Rightarrow 0_{V}=\sum _{i=n+1}^{m}{(\alpha _{i}v_{i})}$

Wir wissen, dass $B_{V}=\lbrace v_{1},...,v_{n},v_{n+1},...,v_{m}\rbrace$ linear unabhängig ist. Folglich gilt $\alpha _{i}=0$ für alle $i\in \lbrace n+1,...,m\rbrace$. Damit ist $B'$ linear unabhängig.

Beweisschritt: $B'$ ist ein Erzeugendensystem

Sei $v+U\in V/U$. Dann gibt es $\alpha _{1},...,\alpha _{m}\in K$ mit $v=\sum _{i=1}^{m}{\alpha _{i}v_{i}}$.

Also ist

${\begin{aligned}v+U&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ v=\sum _{i=1}^{m}{\alpha _{i}v_{i}}\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{i=1}^{m}{\alpha _{i}v_{i}}+U\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ v=\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}v_{i}}+\sum _{i={n+1}}^{m}{\alpha _{i}v_{i}}\right.}\\[0.3em]&=\ \left(\sum _{i=1}^{n}{\alpha _{i}v_{i}}+U\right)+\left(\sum _{i=n+1}^{m}{\alpha _{i}v_{i}}+U\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ v_{1},\ldots ,v_{n}\in U\right.}\\[0.3em]&=\ U+\left(\sum _{i=n+1}^{m}{\alpha _{i}v_{i}}+U\right)\\[0.3em]&=\ \sum _{i=n+1}^{m}{\alpha _{i}(v_{i}+U)}\\[0.3em]&=\ \sum _{i=n+1}^{m}{\alpha _{i}v_{i}}+U\\[0.3em]\end{aligned}}$

Also ist $B':=\lbrace v_{n+1}+U,...,v_{m}+U\rbrace$ ein Erzeugendensystem von $V/U$.

Damit haben wir gezeigt, dass $B'$ eine Basis von $V/U$ ist.

Es bleibt lediglich zu zeigen, dass $\dim V/U=\dim V-\dim U$.

Das gilt wegen

$\dim V/U=|B'|=m-n=|B_{V}|-|B_{U}|=\dim V-\dim U$

Daraus ergibt sich eine wichtige Folgerung:

Der Dimensionssatz

Satz (Dimensionssatz)

Sei $L\colon V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen zwei endlich-dimensionalen $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Dann gilt

$\dim \ker L+\dim \operatorname {im} L=\dim V$

Beweis (Dimensionssatz)

Es ist $V/\ker L$ isomorph zu $\operatorname {im} L$ und somit $\dim \operatorname {im} L=\dim V/\ker L$. Da $\ker L$ ein Untervektorraum von $V$ ist, gilt nach dem obigen Satz $\dim \operatorname {im} L=\dim V/\ker L=\dim V-\dim \ker L$. Folglich ist $\dim \ker L+\dim \operatorname {im} L=\dim V$.

Zusammenhang von Injektivität und Surjektivität von linearen Abbildungen

Im Allgemeinen sind Injektivität und Surjektivität von Abbildungen nicht äquivalent, wie folgende Beispiele zeigen.

Beispiel

Die Funktion $f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x_{1},\\x_{2},\\x_{3}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}$ ist surjektiv, denn $\forall {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}\,\exists {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}{\text{ mit }}f{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}$.

Sie ist aber nicht injektiv, denn sei $f{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}=f{\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\\y_{3}\end{pmatrix}}\Rightarrow {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}}$ das bedeutet aber für $x_{3}\neq y_{3}$ gilt ${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}\neq {\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\\y_{3}\end{pmatrix}}$. Damit ist $f$ nicht injektiv.

Beispiel

Die Funktion $g\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x_{1},\\x_{2}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\0\end{pmatrix}}$ ist injektiv, denn aus $g{\begin{pmatrix}x_{1},\\x_{2}\end{pmatrix}}=g{\begin{pmatrix}y_{1},\\y_{2}\end{pmatrix}}$ folgt ${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\\0\end{pmatrix}}$. Damit ist $g$ injektiv.

Sie ist aber nicht surjektiv, denn zu ${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\5\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}$ gibt es keinen Vektor ${\begin{pmatrix}x_{1},\\x_{2}\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2}$ für den gilt $g{\begin{pmatrix}x_{1},\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\5\end{pmatrix}}$. Damit ist $g$ nicht surjektiv.

Bei linearen Abbildungen zwischen zwei endlich-dimensionalen Vektorräumen gleicher Dimension sind Injektivität und Surjektivität äquivalent.

Satz

Sei $L:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen zwei endlich-dimensionalen $K$-Vektorräumen $V$ und $W$ mit $\dim V=\dim W$. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:

1. $L$ ist injektiv.
2. $L$ ist surjektiv.
3. $L$ ist bijektiv.

Beweis

Zum Beweis verwenden wir den Dimensionssatz und die Sätze zur Injektivität und Surjektivität von linearen Abbildungen.

Beweisschritt: $L$ ist injektiv $\implies$ $L$ ist surjektiv

Sei $L$ injektiv. Dann ist $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$ und folgich $\dim \ker L=0$. Also gilt:

${\begin{aligned}\dim \operatorname {im} L&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Dimensionssatz}}\right.}\\[0.3em]&=\ \dim V-\dim \ker L\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \dim V=\dim W\right.}\\[0.3em]&=\ \dim W-\dim \ker L\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \dim \ker L=0\right.}\\[0.3em]&=\ \dim W\end{aligned}}$

Es folgt, dass $\operatorname {im} L=W$ und somit $L$ surjektiv ist.

Beweisschritt: $L$ ist surjektiv $\implies$ $L$ ist injektiv

Sei $L$ surjektiv. Dann ist $\operatorname {im} L=W$ und folgich $\dim \operatorname {im} L=\dim W$. Also gilt:

${\begin{aligned}\dim \ker L&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Dimensionssatz}}\right.}\\[0.3em]&=\ \dim V-\dim \operatorname {im} L\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \dim V=\dim W\right.}\\[0.3em]&=\ \dim W-\dim \operatorname {im} L\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \dim \operatorname {im} L=\dim W\right.}\\[0.3em]&=\ \dim W-\dim W\\[0.3em]&=\ 0\end{aligned}}$

Es folgt, dass $\ker L=\lbrace 0\rbrace$ und damit ist $L$ injektiv.

Somit gilt auch: $L$ ist surjektiv, $\implies$ $L$ ist bijektiv.

Die Umkehrung gilt natürlich auch: $L$ ist bijektiv $\implies$ $L$ ist surjektiv und injektiv.

Warnung

Der obige Satz gilt nur für endlich-dimensionale Vektorräume. Für unendlich-dimensionale Vektorräume ist er im Allgemeinen falsch.

Ein Gegenbeispiel ist die Ableitung $d:\mathbb {R} \lbrack X\rbrack \to \mathbb {R} \lbrack X\rbrack$ mit $d\left(\sum _{i=0}^{n}{a_{i}X^{i}}\right):=\sum _{i=1}^{n}{i\cdot a_{i}X^{i-1}}$ für gewisse $a_{i}\in \mathbb {R}$ und $n\in \mathbb {N} _{0}$. Dieses Beispiel kennen wir bereits aus den Aufgaben zum Kern und Bild einer linearen Abbildung. Dort haben wir festgestellt, dass $\operatorname {im} d=\mathbb {R} \lbrack X\rbrack$. Also ist $d$ surjektiv. Aber es gilt auch $\ker L=\left\lbrace a_{0}X^{0}{\big |}a_{0}\in \mathbb {R} \right\rbrace$ und somit ist $d$ nicht injektiv.

Aufgaben

In den beiden vorherigen Abschnitten haben wir den Kern und das Bild einer linearen Abbildung als wichtige Untervektorräume kennengelernt.

Aufgabe

Sei $L:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen zwei endlich-dimensionalen $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Sei weiter $B_{ker}=\lbrace v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n}\rbrace$ eine Basis des Kerns von $L$ und $B_{im}=\lbrace L(u_{1}),\ldots ,L(u_{m})\rbrace$ eine Basis des Bilds von $L$, wobei $n,m\in \mathbb {N} _{0}$ und $v_{i},u_{j}\in V$ für alle $i\in \lbrace 1,\ldots ,n\rbrace$ und alle $j\in \lbrace 1,\ldots ,m\rbrace$.

Zeige, dass $B:=\lbrace v_{1},\ldots ,v_{n},u_{1},\ldots ,u_{m}\rbrace$ eine Basis von $V$ ist.

Wie kommt man auf den Beweis?

Um zu zeigen, dass $B$ eine Basis von $V$ ist, müssen wir zuerst überprüfen, dass $B$ linear unabhängig ist.

Frage: Welchen Ansatz müssen wir wählen?

Wir schreiben $0_{V}$ als Linearkombination der Elemente aus $B$: $0_{V}=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}$

Frage: Was müssen wir nun zeigen?

Wir müssen zeigen, dass für alle $i\in \lbrace 1,\ldots ,n\rbrace$ und alle $j\in \lbrace 1,\ldots ,m\rbrace$ gilt: $a_{i}=0$ und $b_{j}=0$.

Der Trick besteht nun darin, auf beide Seiten der Gleichung die Abbildung $L$ anzuwenden.

Die linke Seite ist klar: $L(0_{V})=0_{W}$.

Versuche bei der Umformung der rechten Seite zu verwenden, dass $L$ linear ist und $v_{1},\ldots ,v_{n}\in \ker L$ sind. Schreibe das Ergebnis als eine Linearkombination von Elementen aus $B_{im}$.

Frage: Was das Ergebnis bei der rechten Seite?

${\begin{aligned}L\left(\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}\right)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\ L\left(\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}\right)+L\left(\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{i=1}^{n}{a_{i}L(v_{i})}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}L(u_{j})}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ v_{1},...,v_{n}\in \ker L\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{j=1}^{m}{b_{j}L(u_{j})}\end{aligned}}$

Frage: Wie können wir nun anwenden, dass $B_{im}$ eine Basis von $\operatorname {im} L$ ist?

$B_{im}$ ist linear unabhängig und wir haben gerade berechnet, dass $0_{W}=\sum _{j=1}^{m}{b_{j}L(u_{j})}$. Folglich gilt für alle $j\in \lbrace 1,\ldots ,m\rbrace$, dass $b_{j}=0$.

Schreibe nun $0_{V}$ als Linearkombination von Elementen aus $B$ und verwende unser Ergebnis des letzten Schritts und die lineare Unabhängigkeit von $B_{ker}$.

Frage: Was folgt nun?

Es gilt $0_{V}=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}$ und da $B_{ker}$ linear unabhängig sind, sind auch alle $a_{i}=0$.

Also haben wir gezeigt, dass $B$ linear unabhängig ist.

Um zu zeigen, dass $B$ eine Basis von $V$ ist, würden wir normalerweise auch nachweisen, dass $B$ ein Erzeugendensystem ist. Wie im Beweis zu dieser Aufgabe gezeigt wird, ist das eine Möglichkeit.

Wesentlich einfacher ist jedoch der Beweis der Dimensionsformel. Wir wissen bereits, dass $B$ eine linear unabhängige Teilmenge von $V$ ist. Gilt zudem, dass die Anzahl der Elemente gleich der Dimension von $V$ ist, so ist $B$ eine Basis von $V$.

Frage: Wie überprüfen wir, dass die Anzahl der Elemente in $B$ gleich der Dimension von $V$ ist?

Es gilt

$|B|=|B_{ker}|+|B_{im}|=\dim \ker L+\dim \operatorname {im} L$.

Nach dem Dimensionssatz ist aber

$\dim V=\dim \ker L+\dim \operatorname {im} L$ und somit $|B|=\dim V$

Also ist $B$ eine Basis von $V$ und unser Beweis ist fertig.

Beweis

Wir zeigen folgende Punkte:

1. $B$ ist linear unabhängig.
2. $B$ ist aus Dimensionsgründen eine Basis von $V$.

Beweisschritt: $B$ ist linear unabhängig.

Wir schreiben zunächst $0_{V}=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}$ für gewisse $a_{i},b_{j}\in K$. Wir wollen zeigen, dass alle Koeffizienten $a_{i}$ und $b_{j}$ Null sind.

Wir wenden $L$ auf beide Seiten der Gleichung an:

$L(0_{V})=0_{W}$ und

${\begin{aligned}L\left(\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}\right)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\ L\left(\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}\right)+L\left(\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{i=1}^{n}{a_{i}L(v_{i})}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}L(u_{j})}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ v_{1},\ldots ,v_{n}\in \ker L\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{j=1}^{m}{b_{j}L(u_{j})}\end{aligned}}$

Also: $L(0_{V})=\sum _{j=1}^{m}{b_{j}L(u_{j})}$.

Da $B_{im}=\lbrace L(u_{1}),\ldots ,L(u_{m})\rbrace$ linear unabhängig ist, ist $b_{j}=0$ für alle $j\in \lbrace 1,\ldots ,m\rbrace$.

Somit ist $0_{V}=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}$.

Wegen der linearen Unabhängigkeit von $B_{ker}=\lbrace v_{1},\ldots ,v_{n}\rbrace$ ist auch $a_{i}=0$ für alle $i\in \lbrace 1,\ldots ,n\rbrace$.

Also ist $B$ linear unabhängig.

Beweisschritt: $B$ ist aus Dimensionsgründen eine Basis von $V$.

Wir wissen, dass $B$ linear unabhängig ist und eine Teilmenge von $V$ ist. Also können wir $B$ zu einer Basis von $V$ ergänzen. Diese Basis hat nach dem Dimensionssatz $\dim V=\dim \ker L+\dim \operatorname {im} L=|B_{ker}|+|B_{im}|$ Elemente. $B$ hat so viele Elemente. Das heißt, $B$ ist bereits eine Basis von $V$.

Alternativer Beweis (Direkter Beweis, dass B ein Erzeugendensystem ist)

Alternativ hätten wir auch zeigen können, dass $B$ linear unabhängig und ein Erzeugendensystem ist. Die lineare Unabhängigkeit kann wie oben gezeigt werden.

Beweisschritt: $B$ ist ein Erzeugendensystem

Sei $v\in V$ beliebig. Dann ist $L(v)\in \operatorname {im} L$ und es gibt $b_{j}\in K$ mit $j\in \lbrace 1,\ldots ,m\rbrace$, so dass

${\begin{aligned}L(v)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L(v)\in \operatorname {im} L{\text{ und }}B_{im}{\text{ Basis von }}\operatorname {im} L\right.}\\[0.3em]&=\ \sum _{j=1}^{m}{b_{j}L(u_{j})}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\ L\left(\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}\right)\end{aligned}}$

Aufgrund der Linearität von $L$ gilt $L\left(v-\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}\right)=0_{W}$. Folglich ist $v-\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}\in \ker L$. Also gibt es geeignete $a_{i}\in K$ mit $i\in \lbrace 1,\ldots ,n\rbrace$ und $v-\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}$.

Somit ist $v=\sum _{i=1}^{n}{a_{i}v_{i}}+\sum _{j=1}^{m}{b_{j}u_{j}}$ und wir haben gezeigt, dass $B$ ein Erzeugendensystem ist.