Kern einer linearen Abbildung – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Der Kern einer linearen Abbildung enthält die Informationen, die unter der Abbildung verloren gehen. Mit dem Kern lässt sich die Injektivität von linearen Abbildungen charakterisieren. Er spielt außerdem eine zentrale Rolle beim Lösen linearer Gleichungssysteme.

Einführung

Wir haben spezielle Abbildungen zwischen Vektorräumen kennengelernt, sogenannte lineare Abbildungen. Sie sind strukturerhaltend; das heißt, sie vertragen sich mit der Addition und der skalaren Multiplikation eines Vektorraums. Wir können uns eine lineare Abbildung von $V$ nach $W$ deshalb als etwas vorstellen, das die Vektorraumstruktur von $V$ nach $W$ transportiert.

Einleitende Beispiele

Wir betrachten zwei Konten, die jeweils den Kontostand $x$ bzw. $y$ aufweisen. Diese Information können wir mit einem Vektor $(x,y)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ beschreiben. Der Gesamtkontostand ist die Summe der beiden Kontostände. Wir können ihn ausrechnen, indem wir die Abbildung

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

anwenden. Diese Abbildung ist linear und transportiert daher die Vektorraumstruktur von $\mathbb {R} ^{2}$ nach $\mathbb {R}$. Dabei geht Information verloren: Man weiß nicht mehr, wie das Geld auf die Konten verteilt ist. Beispielsweise kann man die Einzelkontostände $(500,0)^{T}$ und $(200,300)^{T}$ nicht mehr unterscheiden, da sie beide auf denselben Gesamtkontostand $500+0=200+300=500$ abgebildet werden. Insbesondere ist die Abbildung nicht injektiv. Dafür bekommen wir die Information, wie viel Geld insgesamt auf den Konten liegt.

Drehung der reellen Ebene um 90° gegen den Uhrzeigersinn

Wir betrachten als Nächstes die Abbildung

$\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}.$

Anschaulich entspricht das einer Drehung des $\mathbb {R} ^{2}$ um $90$ Grad gegen den Uhrzeigersinn. Durch Rückgängigmachen dieser Drehung kann man aus jedem gedrehten Vektor in $\mathbb {R} ^{2}$ den ursprünglichen Vektor zurückgewinnen. Formal gesprochen ist diese Abbildung ein Isomorphismus und es geht keine Information verloren. Insbesondere ist das Bild linear unabhängiger Vektoren wieder linear unabhängig (weil ein Isomorphismus injektiv ist, siehe den Artikel Monomorphismus) und das Bild eines Erzeugendensystems des $\mathbb {R} ^{2}$ ist wieder ein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{2}$ (weil ein Isomorphismus surjektiv ist, siehe den Artikel Epimorphismus).

Zuletzt betrachten wir wieder die Drehung, aber betten die gedrehte Ebene anschließend in den $\mathbb {R} ^{3}$ ein:

$\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}-y\\x\\0\end{pmatrix}}.$

Obwohl diese Abbildung nicht mehr bijektiv ist, geht hier genauso wie oben beim Transport der Vektorraumstruktur des $\mathbb {R} ^{2}$ in den $\mathbb {R} ^{3}$ keine Information verloren: Wie im vorherigen Beispiel werden wegen der Injektivität verschiedene Vektoren im $\mathbb {R} ^{2}$ auf verschiedene Vektoren im $\mathbb {R} ^{3}$ abgebildet. Auch lineare Unabhängigkeit von Vektoren bleibt erhalten. Allerdings wird ein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{2}$ nicht auf ein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{3}$ abgebildet. Zum Beispiel schickt die Abbildung die Standardbasis $\{(1,0)^{T},(0,1)^{T}\}$ auf $\{(0,1,0)^{T},(-1,0,0)^{T}\}$, was kein Erzeugendensystem des $\mathbb {R} ^{3}$ ist. Die Eigenschaft einer Menge von Vektoren, ein Erzeugendensystem zu sein, hängt vom umliegenden Raum ab. Das ist bei der linearen Unabhängigkeit nicht der Fall; sie ist eine „intrinsische“ Eigenschaft von Mengen von Vektoren.

Herleitung

Wir haben verschiedene Beispiele von linearen Abbildungen gesehen, die einen $K$-Vektorraum strukturerhaltend in einen anderen $K$-Vektorraum transportieren. Dabei ging unterschiedlich viel „intrinsische“ Information aus dem ursprünglichen Vektorraum (etwa Unterschiede von Vektoren oder lineare Unabhängigkeit) verloren. Das letzte Beispiel legt nahe, dass injektive Abbildungen solche intrinsischen Eigenschaften erhalten. Andererseits sehen wir: Wenn $f\colon V\to W$ nicht injektiv ist, dann gibt es Vektoren $v,v'\in V$ mit $f(v)=f(v')$. In dem Fall geht also unter $f$ der Unterschied $v-v'$ von $v$ und $v'$ verloren. Die Differenz $v-v'$ ist wieder ein Element in $V$. Da $f$ linear ist, können wir $f(v)=f(v')$ umformulieren: Es gilt

$f(v)=f(v')\iff 0=f(v)-f(v')=f(v-v').$

Intuitiv ist $f$ genau dann injektiv, wenn Unterschiede $v-v'$ von Vektoren unter $f$ nicht verloren gehen (auf null abgebildet werden). Weil $f$ strukturerhaltend ist, gilt für alle $v,v'\in V$ und $\lambda \in K$: Wenn $f(v-v')=0$, dann ist auch

$f(\lambda v-\lambda v')=f(\lambda (v-v'))=\lambda f(v-v')=\lambda \cdot 0=0.$

Wenn der Unterschied von $v$ und $v'$ unter $f$ verloren geht, dann auch der von $\lambda v$ und $\lambda v'$. Genauso gilt für $v,v',w,w'\in V$: Ist $f(v-v')=0$ und $f(w-w')=0$, so gilt auch

$f((v+w)-(v'+w'))=f((v-v')+(w-w'))=f(v-v')+f(w-w')=0+0=0.$

Also geht auch der Unterschied von $v+w$ und $v'+w'$ verloren. Die Unterschiede, die unter $f$ verloren gehen, sind selbst Vektoren in $V$. Diese schickt $f$ auf das Nullelement $0_{W}$ von $W$ und sie liegen damit in $f^{-1}(\{0_{W}\})$. Umgekehrt lässt sich jeder Vektor $v\in f^{-1}(\{0_{W}\})$ als Differenz $v=v-0$ schreiben; das heißt, der Unterschied $v-0$ zwischen $v$ und dem Nullvektor geht unter $f$ verloren. Das Urbild $f^{-1}(\{0_{W}\})$ misst genau, welche Unterschiede von Vektoren (wie viel „Information“) beim Transport von $V$ nach $W$ verloren geht. Unsere Überlegungen zeigen, dass $f^{-1}(\{0_{W}\})$ sogar ein Untervektorraum von $V$ ist. Wir geben diesem Unterraum einen Namen: den Kern von $f$.

Definition

Der Kern einer linearen Abbildung misst intuitiv, wie viel „intrinsische“ Information über Vektoren aus $V$ (Unterschiede von Vektoren oder lineare Unabhängigkeit) beim Anwenden der Abbildung verloren geht. Der Kern ist das Urbild des Nullvektors.

Definition (Kern einer linearen Abbildung)

Seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $f\colon V\rightarrow W$ linear. Dann nennen wir $\ker f:=f^{-1}(0_{W})=\lbrace v\in V\mid f(v)=0_{W}\rbrace$ den Kern von $f$.

In der Herleitung haben wir gesehen, dass der Kern einer linearen Abbildung von $V$ nach $W$ ein Untervektorraum von $V$ ist. Wir beweisen es noch einmal ausführlich.

Satz (Der Kern ist ein Vektorraum)

Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Dann ist $\ker f$ ein Untervektorraum von $V$.

Beweis (Der Kern ist ein Vektorraum)

Um die Behauptung zu überprüfen, müssen wir vier Dinge zeigen:

1. $\ker f\subseteq V$
2. $\ker f\neq \emptyset$
3. Für alle $v_{1},v_{2}\in \ker f$ gilt $v_{1}+v_{2}\in \ker f$.
4. Für alle $v\in \ker f$ und alle $\lambda \in K$ gilt $\lambda \cdot v\in \ker f$.

Beweisschritt: $\ker f\subseteq V$

Die erste Behauptung folgt direkt aus der Definition.

Beweisschritt: $\ker f\neq \emptyset$

Da $f$ linear ist, wissen wir, dass $f(0_{V})=0_{W}$ gilt. Also ist $\ker f\neq \emptyset$.

Beweisschritt: Für alle $v_{1},v_{2}\in \ker f$ gilt $v_{1}+v_{2}\in \ker f$.

Nun zeigen wir den dritten Punkt: Für alle $v_{1},v_{2}\in \ker f\subseteq V$ gilt

${\begin{aligned}f(v_{1}+v_{2})&=\ f(v_{1})+f(v_{2})\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow f{\text{ ist linear (insbesondere additiv)}}\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}+0_{W}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow v_{1},v_{2}\in \ker f\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\end{aligned}}$

Damit ist auch $v_{1}+v_{2}$ im Kern von $f$.

Beweisschritt: Für alle $v\in \ker f$ und alle $\lambda \in K$ gilt $\lambda \cdot v\in \ker f$.

Der vierte Schritt funktioniert analog zum dritten Schritt: Für alle $v\in \ker f$ und alle $\lambda \in K$ gilt

${\begin{aligned}f(\lambda \cdot v)&=\lambda \cdot f(v)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow f{\text{ ist linear (insbesondere homogen)}}\right.}\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot 0_{W}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow v\in \ker f\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\end{aligned}}$

Das heißt, dass $\lambda \cdot v\in \ker f$.

Beispiele

Wir bestimmen den Kern der Beispiele aus der Einleitung.

Vektor wird auf die Summe der Einträge abgebildet

Wir betrachten die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto x+y.$

Der Kern von $f$ besteht aus den Vektoren $(x,y)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ mit $0=f((x,y)^{T})=x+y$, also $y=-x$. Mit anderen Worten ist

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

Damit ist der Kern von $f$ ein eindimensionaler Untervektorraum von $\mathbb {R} ^{2}$. Allgemeiner können wir für $n\in \mathbb {N}$ die Abbildung

$g\colon \mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ,\quad {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\mapsto x_{1}+\cdots +x_{n}$

betrachten. Wieder liegt ein Vektor $(x_{1},\ldots ,x_{n})^{T}\in \mathbb {R} ^{n}$ per Definition genau dann im Kern von $g$, wenn $0=g((x_{1},\ldots ,x_{n}))=x_{1}+\cdots +x_{n}$ gilt. Wir können $x_{1},\ldots ,x_{n-1}\in \mathbb {R}$ also frei wählen und setzen dann $x_{n}=-x_{1}-\cdots -x_{n-1}$. Damit ist

$\ker g=\left\{{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n-1}\\-x_{1}-\cdots -x_{n-1}\end{pmatrix}}\mid x_{1},\ldots ,x_{n-1}\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}1\\0\\\vdots \\0\\-1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\\vdots \\0\\-1\end{pmatrix}},\ldots ,{\begin{pmatrix}0\\0\\\vdots \\1\\-1\end{pmatrix}}\right\}.$

Somit ist der Kern von $g$ ein $(n-1)$-dimensionaler Unterraum von $\mathbb {R} ^{n}$. Man sagt auch, er ist eine Hyperebene im $\mathbb {R} ^{n}$.

Rotation im $\mathbb {R} ^{2}$

Wir betrachten die Rotation

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}.$

Angenommen $(x,y)^{T}$ liegt im Kern von $f$, d.h. es gilt

${\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}=f\left({\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}.$

Daraus folgt $x=y=0$. Also liegt nur der Nullvektor im Kern von $f$ und es ist $\ker f=\{(0,0)^{T}\}$.

$\mathbb {R} ^{2}$ wird gedreht in den $\mathbb {R} ^{3}$ eingebettet

Als nächstes betrachten wir

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}-y\\x\\0\end{pmatrix}}.$

Wie im vorherigen Beispiel bestimmen wir den Kern, indem wir einen beliebigen Vektor $(x,y)^{T}\in \ker f$ wählen. Es gilt also

${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}=f\left({\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}-y\\x\\0\end{pmatrix}}.$

Wieder folgt $x=y=0$, sodass auch für diese Abbildung $\ker f=\{(0,0)^{T}\}$ gilt.

Ableitung von Polynomen

Zum Schluss betrachten wir eine Abbildung, die nicht in der Einleitung vorkam: die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} [X]\to \mathbb {R} [X],\quad p\mapsto p',$

die ein reelles Polynom auf seine Ableitung abbildet. Das heißt, ein Polynom

$p=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}$

mit Koeffizienten $a_{0},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {R}$ wird auf das Polynom

$p'=a_{1}+2a_{2}X+\cdots +na_{n}X^{n-1}$

abgebildet. Anschaulich bestimmen wir zu $p$ ein Polynom $p'$, das in jedem Punkt die Steigung von $p$ angibt. Aus dieser Information erfährt man noch, wie das Polynom „aussieht“ (ähnlich wie bei einer Schablone). Wir wissen aber nicht mehr, wo genau es sich auf der $y$-Achse befindet, denn beim Ableiten geht die Information über den konstanten Teil des Polynoms verloren. Polynome, die eine Verschiebung entlang der $y$-Achse voneinander sind, können wir nach dem Ableiten nicht mehr unterscheiden. Zum Beispiel haben sowohl $p=x^{2}-x+1$ als auch $q=x^{2}-x+42$ die Ableitung $p'=q'=2x-1$. Die Abbildung $f$ bildet sie also auf dasselbe Polynom ab.

Der Kern von $f$ enthält somit genau die konstanten Polynome:

$\ker f=\{p\in \mathbb {R} [X]\mid p=c{\text{ für ein }}c\in \mathbb {R} \}$

Die Inklusion „$\supseteq$“ ist klar, denn die Ableitung eines konstanten Polynoms ist immer das Nullpolynom. Für die umgekehrte Inklusion „$\subseteq$“ betrachten wir ein beliebiges Polynom $p\in \ker f$ und zeigen, dass es konstant ist. Es gilt $p=\sum _{i=1}^{n}a_{i}X^{i}$ für ein $n\in \mathbb {N}$ und gewisse Koeffizienten $a_{0},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {R}$. Wegen $p\in \ker f$ gilt

$0=f(p)=p'=\sum _{i=1}^{n}a_{i}X^{i-1}$

und mit Koeffizientenvergleich folgt $a_{1}=a_{2}=\ldots =a_{n}=0$. Also ist $p$ konstant.

To-Do:

Sobald der Polynomring-Artikel geschrieben ist, auf den Koeffizientenvergleich darin verlinken

Kern und Injektivität

In der Herleitung haben wir gesehen, dass eine lineare Abbildung genau dann Unterschiede von Vektoren erhält, wenn der Kern nur aus dem Nullvektor besteht. Wir haben dort auch gesehen, dass die Linearität impliziert: Eine lineare Abbildung ist genau dann injektiv, wenn der Unterschied von Vektoren nicht verloren geht. Wir haben also den folgenden Satz:

Satz (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und sei $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $f$ genau dann injektiv, wenn $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ ist. Insbesondere ist $f$ genau dann injektiv, wenn $\dim(\ker f)=0$.

Zusammenfassung des Beweises (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Für den Satz müssen wir zwei Richtungen zeigen:

• Wenn $f$ injektiv ist, dann ist $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$.
• Aus $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ folgt, dass $f$ injektiv ist.

Die erste Richtung können wir mit einem direkten Beweis zeigen. Für die andere Richtung müssen wir unter der Annahme $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ zeigen, dass für beliebige $v_{1}$ und $v_{2}\in V$ mit $f(v_{1})=f(v_{2})$ schon $v_{1}=v_{2}$ folgt. Wenn wir Vektoren $v_{1},v_{2}\in V$ mit $f(v_{1})=f(v_{2})$ haben, was gilt dann für $f(v_{1})-f(v_{2})$? Und was bedeutet das für $v_{1}-v_{2}$? Für den „insbesondere“ Teil benutzen wir, dass nur Vektorräume der Form $\{0_{V}\}$ die Dimension Null haben.

Beweis (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Beweisschritt: Wenn $f$ injektiv ist, dann ist $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$.

Nehmen wir zunächst an, dass $f$ injektiv ist. Wir wissen bereits, dass $f(0_{V})=0_{W}$ ist. Da $f$ injektiv ist, kann kein anderer Vektor auf $0_{W}$ abgebildet werden; schließlich bilden injektiven Funktionen maximal ein Argument auf einen Funktionswert ab. Damit ist $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$, denn der Kern ist als die Menge aller Vektoren definiert, die den Nullvektor treffen.

Beweisschritt: Aus $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ folgt, dass $f$ injektiv ist.

Sei $\ker f=0_{V}$. Um zu zeigen, dass $f$ injektiv ist, betrachten wir zwei Vektoren $v_{1}$ und $v_{2}$ aus $V$ mit $f(v_{1})=f(v_{2})$. Dann ist

${\begin{aligned}f(v_{1}-v_{2})&=\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=f(v_{1})-f(v_{2})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow f(v_{2})=f(v_{1})\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\\\end{aligned}}$

Also ist $v_{1}-v_{2}\in \ker f$. Da wir $\ker f=0_{V}$ angenommen haben, folgt $v_{1}-v_{2}=0_{V}$ und damit $v_{1}=v_{2}$. Somit gilt $f(v_{1})=f(v_{2})\implies v_{1}=v_{2}$ für alle $v_{1},v_{2}\in V$. Dies ist genau die Definition dafür, dass $f$ injektiv ist.

Beweisschritt: $f$ ist genau dann injektiv, wenn $\dim(\ker f)=0$ ist.

Wir haben schon gezeigt, dass $f$ genau dann injektiv ist, wenn $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ ist. Es bleibt zu zeigen, dass dies äquivalent dazu ist, dass $\dim(\ker f)=0$ ist. Der Kern von $f$ ist ein Untervektorraum von $V$. Ein Untervektorraum von $V$ ist genau dann gleich $\lbrace 0_{V}\rbrace$, wenn seine Dimension Null beträgt. Also ist $f$ genau dann injektiv, wenn $\dim \ker f=0$.

Alternativer Beweis (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Man kann diesen Satz auch mit nur einer Kette von äquivalenten Aussagen zeigen:

${\begin{aligned}f{\text{ ist injektiv}}&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}\neq v_{2}\implies f(v_{1})\neq f(v_{2})\right)\\[0.3em]&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}-v_{2}\neq 0_{V}\implies f(v_{1})-f(v_{2})\neq 0_{W}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}-v_{2}\neq 0_{V}\implies f(v_{1}-v_{2})\neq 0_{W}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Setze }}{\tilde {v}}=v_{1}-v_{2}\right.}\\[0.3em]&\iff \forall {\tilde {v}}\in V:\left({\tilde {v}}\neq 0_{V}\implies f({\tilde {v}})\neq 0_{W}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(0_{V})=0_{W}\right.}\\[0.3em]&\iff {\text{Nur }}0_{V}{\text{ wird auf }}0_{W}{\text{ abgebildet}}\\[0.3em]&\iff \ker f=\{0_{V}\}.\end{aligned}}$

Je größer der Kern ist, desto mehr Unterschiede zwischen Vektoren gehen verloren und desto „weniger injektiv“ ist die Abbildung. Der Kern ist damit ein Maß für die „Nicht-Injektivität“ einer linearen Abbildung.

Injektive Abbildungen und Untervektorräume

In den einleitenden Beispielen haben wir vermutet, dass injektive lineare Abbildungen „intrinsische“ Eigenschaften von Vektorräumen erhalten. Das sind Eigenschaften, die nicht vom umliegenden Vektorraum abhängen: etwa die lineare Unabhängigkeit von Vektoren oder die Verschiedenheit von Vektoren. Die Eigenschaft, ein Erzeugendensystem zu sein, kann bei injektiven linearen Abbildungen verloren gehen, wie wir im Beispiel der gedrehten Einbettung von $\mathbb {R} ^{2}$ in den $\mathbb {R} ^{3}$ gesehen haben: Die Abbildung ist injektiv, aber die Standardbasis von $\mathbb {R} ^{2}$ wird nicht auf ein Erzeugendensystem von $\mathbb {R} ^{3}$ abgebildet.

Was genau bedeutet es, dass eine Eigenschaft einer Familie $N=(v_{i})_{i\in I}\subseteq V$ von Vektoren nicht vom umliegenden Vektorraum $V$ abhängt, also eine „intrinsische“ Eigenschaft von $N$ ist? Oft wird für Eigenschaften von Vektoren aus $V$ (zum Beispiel die lineare Unabhängigkeit) die Vektorraumstruktur von $V$ benötigt, also die Addition und die skalare Multiplikation. Um Eigenschaften der Vektoren in $N$ zu untersuchen, betrachten wir deshalb den kleinsten Unterraum von $V$, der diese enthält. Das ist gerade der von den Vektoren in $N$ aufgespannte Unterraum $\operatorname {span} (N)$. Wir wollen eine Eigenschaft von $N$ intrinsisch nennen, wenn sie nur von $\operatorname {span} (N)$, aber nicht von $V$ abhängt.

Beispiel (Intrinsische und nicht intrinsische Eigenschaften)

Sei $V$ ein Vektorraum und $N\subseteq V$ eine Teilmenge von Vektoren.

• Lineare Unabhängigkeit der Vektoren in $N$ ist eine intrinsische Eigenschaft, denn die Definition der linearen Unabhängigkeit lässt sich auch in $\operatorname {span} (N)$ überprüfen und braucht den umliegenden Vektorraum $V$ nicht.
• Verschiedenheit der Vektoren in $N$ ist ebenfalls eine intrinsische Eigenschaft: Alles, was benötigt wird, um diese zu untersuchen, sind Vektoren $v,v'\in N$ sowie ihre Differenz $v-v'\in \operatorname {span} (N)$.
• Nicht intrinsisch ist dagegen die Eigenschaft von $N$, ein Erzeugendensystem von $V$ zu sein: Es reicht nicht, nur $\operatorname {span} (N)$ zu betrachten. Um zu entscheiden, ob die Familie $N$ ein Erzeugendensystem von $V$ ist, muss man $\operatorname {span} (N)$ mit dem umliegenden Vektorraum $V$ vergleichen.

Was haben intrinsische Eigenschaften einer Familie von Vektoren mit der Injektivität zu tun? Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Angenommen, $f$ erhält intrinsische Eigenschaften von Vektoren, das heißt: Hat eine Familie $N=(v_{i})_{i\in I}\subseteq V$ eine gewisse intrinsische Eigenschaft, so hat auch ihr Bild $f(N)=(f(v_{i}))_{i\in I}$ unter $f$ diese Eigenschaft. Dann erhält $f$ auch die Verschiedenheit von Vektoren, da dies eine intrinsische Eigenschaft ist. Das bedeutet: Sind $v,v'\in V$ verschieden, $v\neq v'$, so ist auch ihr Bild unter $f$ verschieden, $f(v)\neq f(v')$. Also ist $f$ injektiv.

Umgekehrt gilt: Ist $f$ injektiv, dann ist $V$ isomorph zu dem Unterraum $f(V)$ von $W$. Denn, indem wir die Abbildung $f$ im Bild einschränken, erhalten wir eine injektive und surjektive lineare Abbildung $f\colon V\to f(V)$, also einen Isomorphismus. Insbesondere gilt für jede Familie $N$ in $V$, dass der Unterraum $\operatorname {span} (N)$ von $V$ zu $f(\operatorname {span} (N))$ isomorph ist. Letzterer hat damit dieselben Eigenschaften wie $\operatorname {span} (N)$. Somit erhält $f$ intrinsische Eigenschaften von Teilmengen von $V$.

Wir haben also gesehen: $f\colon V\to W$ ist genau dann injektiv, wenn $f$ intrinsische Eigenschaften von Teilmengen von $V$ erhält.

Kern und lineare Unabhängigkeit

Im vorherigen Abschnitt haben wir gesehen, dass injektive lineare Abbildungen $V\to W$ genau die linearen Abbildungen sind, die intrinsische Eigenschaften von $V$ erhalten. Eine solche intrinsische Eigenschaft ist auch die lineare Unabhängigkeit einer Familie von Vektoren: Die Frage, ob gewisse Vektoren linear unabhängig sind, betrifft nur die Vektoren selbst und den Nullvektor.

Also sollten injektive lineare Abbildungen die lineare Unabhängigkeit von Vektoren erhalten, d. h. das Bild linear unabhängiger Vektoren ist wieder linear unabhängig. Umgekehrt kann eine lineare Abbildung nicht injektiv sein, wenn sie die lineare Unabhängigkeit von Vektoren nicht erhält, da die intrinsische Information „linear unabhängig sein“ verloren geht.

Insgesamt erhalten wir den folgenden Satz, welcher schon im Artikel zum Monomorphismus bewiesen wurde:

Satz (Injektive lineare Abbildungen erhalten lineare Unabhängigkeit)

Seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Dann gilt $\ker(f)=\{0\}$ genau dann, wenn das Bild jeder linear unabhängigen Teilmenge von $V$ wieder linear unabhängig ist.

Insbesondere ist für jede lineare Abbildung $f\colon V\to W$ der Vektorraum $f(V)$ ein $\dim(V)$-dimensionaler Unterraum von $W$. Deshalb kann es im Endlichdimensionalen keine injektive lineare Abbildung von $V$ nach $W$ geben, wenn $\dim(W)<\dim(V)$ gilt. Das wurde ebenfalls schon im Artikel zum Monomorphismus gezeigt.

Kern und lineare Gleichungssysteme

Der Kern einer linearen Abbildung ist bei der Untersuchung von linearen Gleichungssystemen ein wichtiger Begriff.

Sei $K$ ein Körper und $m,n\in \mathbb {N}$. Wir betrachten ein lineares Gleichungssystem

${\begin{aligned}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=b_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=b_{2}\\&\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=b_{m}\end{aligned}}$

mit $n$ Unbekannten $x_{1},\ldots ,x_{n}$ und $m$ Zeilen. Es ist $a_{ij},b_{i}\in K$, wobei $i\in \{1,\ldots ,m\}$ und $j\in \{1,\ldots ,n\}$. Wir können dieses Gleichungssystem auch mithilfe der Matrixmultiplikation schreiben:

$\underbrace {\begin{pmatrix}a_{11}&\cdots &a_{1n}\\\vdots &&\vdots \\a_{m1}&\cdots &a_{mn}\end{pmatrix}} _{A}\underbrace {\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}} _{x}=\underbrace {\begin{pmatrix}b_{1}\\\vdots \\b_{m}\end{pmatrix}} _{b},$

wobei $A\in K^{m\times n}$, $x\in K^{n}$ und $b\in K^{m}$. Die Lösungsmenge bezeichnen wir mit

$L(A,b)=\{x\in K^{n}\mid Ax=b\}.$

Eine Lösung des linearen Gleichungssystems $Ax=b$ für eine gegebene rechte Seite $b$ zu bestimmen bedeutet, Urbilder von $b$ unter der linearen Abbildung

$f_{A}\colon K^{n}\to K^{m},\quad x\mapsto Ax$

zu finden.

To-Do:

Verlinken, wo die Abbildung "Matrizen mit einer gegebenen festen Matrix multiplizieren" untersucht wird? Insbes. wo erklärt wird, dass die linear ist. Evtl. auch zu dem Artikel, wo erklärt wird, wie man den Kern einer Matrix bestimmt (Gauß), wenn dieser geschrieben ist

Das Gleichungssystem $Ax=b$ hat Lösungen, wenn das Urbild $f_{A}^{-1}(b)$ nicht leer ist. In diesem Fall, können wir uns fragen, ob es mehrere Lösungen gibt oder ob die Lösung eindeutig ist. Mit anderen Worten, uns interessiert, wie viele Urbilder ein $b$ unter $f_{A}$ hat.

Per Definition der Injektivität gilt: Jeder Punkt $b\in K^{m}$ hat genau dann ein höchstens einelementiges Urbild, wenn die Abbildung $f_{A}$ injektiv ist. Das bedeutet, dass das lineare Gleichungssystem $Ax=b$ für jedes $b\in K^{m}$ höchstens eine Lösung hat, also $|L(A,b)|\leq 1$. Weil $f_{A}$ linear ist, ist die Injektivität gleichbedeutend mit $\ker(f_{A})=\{0\}$. Wir können also schon festhalten:

Satz (Eindeutigkeit von Lösungen)

Sei $K$ ein Körper und seien $m,n\in \mathbb {N}$, $A\in K^{m\times n}$ und $b\in K^{m}$. Dann gilt

$|L(A,b)|\leq 1{\text{ für alle }}b\in K^{m}\iff \ker(f_{A})=\{0\}.$

Hinweis

Die Lösungsmenge von $Ax=b$ kann leer sein. Dies tritt zum Beispiel ein, wenn $A=0$ die Nullmatrix und $b\neq 0$ ist. Folglich trifft der Kern keine Aussage über die Existenz von Lösungen, sondern nur über ihre Eindeutigkeit. Um etwas über die Existenz von Lösungen zu sagen, kann man das Bild von $A$ betrachten.

Auch wenn $f_{A}$ nicht injektiv ist, also $\ker(f_{A})\neq \{0\}$ gilt, können wir mithilfe des Kerns noch Genaueres über das Aussehen der Lösungsmenge aussagen: Die Differenz zweier Vektoren $x$ und $x'$, die $f_{A}$ auf denselben Vektor abbildet, liegt im Kern von $f_{A}$. Deshalb kann man das Urbild eines $b\in K^{m}$ unter $f_{A}$ als

$f_{A}^{-1}(b)={\hat {x}}+\ker(f_{A})$

schreiben, wobei ${\hat {x}}$ ein beliebiges Element aus $f_{A}^{-1}(b)$ ist. Das zeigt der folgende Satz:

Satz (Lösungsmenge von LGS und Kern)

Sei $K$ ein Körper und seien $m,n\in \mathbb {N}$, $A\in K^{m\times n}$ und $b\in K^{m}$. Sei ${\hat {x}}\in K^{n}$ eine Lösung des linearen Gleichungssystems $Ax=b$. Dann gilt

$L(A,b)={\hat {x}}+\ker(f_{A})=\{{\hat {x}}+y\mid y\in \ker(f_{A})\}.$

Insbesondere ist eine Lösung ${\hat {x}}$ des Gleichungssystems genau dann eindeutig, wenn die von $A$ induzierte lineare Abbildung $f_{A}$ den Kern Null hat.

Beweis (Lösungsmenge von LGS und Kern)

Wir müssen die Gleichheit $L(A,b)=\{{\hat {x}}+y\,|\,y\in \ker(f_{A})\}$ beweisen. Dafür zeigen wir beide Teilmengenbeziehungen.

Beweisschritt: $L(A,b)\subseteq \{{\hat {x}}+y\,|\,y\in \ker(f_{A})\}$

Sei $x'\in L(A,b)$. Dann gilt $Ax'=b=A{\hat {x}}$. Der einzig mögliche Kandidat für $y$, um die Gleichung $x'={\hat {x}}+y$ zu erfüllen, ist $y=x'-{\hat {x}}$. Weil

$Ay=A(x'-{\hat {x}})=Ax'-A{\hat {x}}=b-b=0$

gilt, ist $y\in \ker(f_{A})$.

Beweisschritt: $L(A,b)\supseteq \{{\hat {x}}+y\,|\,y\in \ker(f_{A})\}$

Wir zeigen, dass ${\hat {x}}+y\in L(A,b)$ für jedes $y\in \ker(f_{A})$ gilt. Sei $y\in \ker(f_{A})$ beliebig. Dann gilt $Ay=0$. Weil ${\hat {x}}$ nach Annahme eine Lösung von $Ax=b$ ist, folgt

$A({\hat {x}}+y)=A{\hat {x}}+Ay=b+0=b.$

Also ist ${\hat {x}}+y$ ebenfalls eine Lösung von $Ax=b$ und liegt somit in der Menge $L(A,b)$.

Wir haben damit die Aussage des obigen Satzes noch erweitert. Je größer der Kern von $f_{A}$ ist, also je "weniger injektiv" die Abbildung $x\mapsto Ax$ ist, desto „weniger eindeutig“ sind Lösungen von $Ax=b$, sofern welche existieren. Die Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems $Ax=b$ ist der um eine partikuläre Lösung ${\hat {x}}$ verschobene Kern der induzierten linearen Abbildung $f_{A}$. Des Weiteren gilt

$\ker(f_{A})=\{x\in K^{n}\,\mid \,Ax=0\}=L(A,0).$

Die Lösungsmenge des homogenen Gleichungssystems $Ax=0$ (das heißt mit rechter Seite Null) ist der Kern von $f_{A}$.

Hinweis

Wie beim vorherigen Satz wird keine Aussage darüber gemacht, ob für ein gegebenes $b$ überhaupt Lösungen von $Ax=b$ existieren. Der Kern charakterisiert nur die Eindeutigkeit.

Aufgaben

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 $\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}\subseteq V$ eine Basis von $V$, so sind die $n$ Vektoren $f(b_{1}),\ldots ,f(b_{n})\in W$ linear unabhängig. Für die Rückrichtung müssen wir mithilfe der Annahme $\dim V\leq \dim W$ einen Monomorphismus von $V$ nach $W$ konstruieren. Dafür wählen wir Basen in $V$ und $W$ und definieren dann mit dem Prinzip der linearen Fortsetzung einen Monomorphismus durch die Bilder der Basisvektoren.

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

Beweisschritt: Es gibt einen Monomorphismus $\implies \dim(V)\leq \dim(W)$

Sei $f:V\to W$ ein Monomorphismus und $\{v_{1},...,v_{n}\}$ eine Basis von $V$. Dann ist $\{v_{1},...,v_{n}\}$ insbesondere linear unabhängig und daher ist $\{f(v_{1}),...,f(v_{n})\}$ linear unabhängig. Es folgt also, dass $\dim(W)\geq n=\dim(V)$ ist. Somit ist $\dim(W)\geq \dim(V)$ ein notwendiges Kriterium für die Existenz eines Monomorphismus von $V$ nach $W$.

Beweisschritt: $\dim(V)\leq \dim(W)\implies$ es gibt einen Monomorphismus

Umgekehrt können wir im Fall $\dim(V)\leq \dim(W)$ einen Monomorphismus konstruieren: Sei $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$ eine Basis von $V$ und $\{w_{1},\dots ,w_{m}\}$ eine Basis von $W$. Dann ist $n=\dim(V)\leq \dim(W)=m$. Wir definieren eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$, indem wir

$f(v_{i})=w_{i}$

für alle $i=1,\ldots ,n$ setzen. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung existiert eine solche lineare Abbildung und ist durch diese Vorschrift eindeutig bestimmt. Wir zeigen nun, dass $f$ injektiv ist, indem wir beweisen, dass $\ker(f)=\{0_{V}\}$ gilt. Sei $x\in \ker(f)$. Weil $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$ eine Basis von $V$ ist, gibt es $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ mit

$x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}.$

Damit folgt

${\begin{aligned}0_{V}=f(x)&=f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i})\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(v_{i})=w_{i}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lambda _{i}=0{\text{ für }}i>n\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{m}\lambda _{i}w_{i}\end{aligned}}$

Da $\{w_{1},\dots ,w_{m}\}$ linear unabhängig sind, muss $\lambda _{i}=0_{K}$ für alle $i=1,\ldots ,n$ gelten. Also folgt für $x$:

$x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=\sum _{i=1}^{n}0_{K}\cdot v_{i}=0_{V}.$

Wir haben gezeigt, dass $\ker(f)=\{0_{V}\}$ gilt und somit ist $f$ ein Monomorphismus.

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: $\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} ((-3,1)^{T})$.

• 
  Das Bild von f
• 
  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 $n\in \mathbb {N}$.