Lineare Abbildung: Bild – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Das Bild einer linearen Abbildung $f\colon V\to W$ ist die Menge aller Vektoren in $W$, die von $f$ getroffen werden. Diese Menge von Vektoren bildet einen Untervektorraum von $W$ und kann benutzt werden, um die lineare Abbildung $f$ surjektiv zu machen.

Herleitung

Bild der linearen Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3};$$(x,y)^{T}\mapsto (x,y,-0{,}5x)^{T}$

Visualisierung der linearen Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2};$$(x,y)^{T}\mapsto (x+y,0)^{T}$

Wir betrachten eine lineare Abbildung $f:V\to W$ zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Ein Vektor $v\in V$ wird von $f$ in einen Vektor $f(v)\in W$ überführt. Die Abbildung $f$ trifft nicht zwingend alle Elemente aus $W$, denn $f$ ist nicht unbedingt surjektiv. Die abgebildeten Vektoren $f(v)$ bilden die Teilmenge $\{f(v)|v\in V\}\subseteq W$. Diese Menge heißt Bild von $f$.

Weil $f$ linear ist, erhält $f$ die Struktur der Vektorräume $V$ und $W$. Deshalb vermuten wir, dass $f$ den Vektorraum $V$ wieder auf einen Vektorraum abbildet. Folglich sollte das Bild von $f$, also die Menge $\{f(v)|v\in V\}$ ein Untervektorraum von $W$ sein. Das werden wir unten in einem Satz beweisen.

Definition

Definition (Bild einer linearen Abbildung)

Es seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $f:V\to W$ eine lineare Abbildung. Dann nennen wir $\operatorname {im} (f):=\lbrace f(v)|v\in V\rbrace$ das Bild von $f$.

Hinweis

In der Literatur wird auch oft die Notation $f(V)$ statt $\operatorname {im} (f)$ für das Bild von $f$ verwendet.

In der Herleitung haben wir uns schon überlegt, dass $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum von $W$ sein sollte. Das beweisen wir nun formal.

Satz (Das Bild ist ein Untervektorraum)

Sei $f:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Dann ist $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum von $W$.

Beweis (Das Bild ist ein Untervektorraum)

Um zu zeigen, dass $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum ist, müssen wir die Untervektorraumkriterien überprüfen:

1. $\operatorname {im} (f)\subseteq W$
2. $0_{W}\in \operatorname {im} (f)$
3. Für alle $w_{1},w_{2}\in \operatorname {im} (f)$ gilt $w_{1}+w_{2}\in \operatorname {im} (f)$.
4. Für alle $w\in \operatorname {im} (f)$ und für alle $\rho \in K$ gilt $\rho \cdot w\in \operatorname {im} (f)$.

Beweisschritt: $\operatorname {im} (f)\subseteq W$

Für jedes $v\in V$ gilt $f(v)\in W$. Also ist $\operatorname {im} (f)=\{f(v)|v\in V\}\subseteq W$.

Beweisschritt: $0_{W}\in \operatorname {im} (f)$

Da $f$ eine lineare Abbildung ist, gilt $f(0_{V})=0_{W}$. Somit ist $0_{W}\in \operatorname {im} (f)$.

Beweisschritt: Für alle $w_{1},w_{2}\in \operatorname {im} (f)$ gilt $w_{1}+w_{2}\in \operatorname {im} (f)$.

Hierzu seien $w_{1},w_{2}\in \operatorname {im} (f)$ gegeben. Es gibt Vektoren $v_{1}$ und $v_{2}$ aus $V$ mit $f(v_{1})=w_{1}$ und $f(v_{2})=w_{2}$. Wir zeigen, dass $w_{1}+w_{2}\in \operatorname {im} (f)$ gilt. Dafür müssen wir einen Vektor aus $V$ finden, der von $f$ auf $w_{1}+w_{2}$ abgebildet wird. Es gilt:

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

Wegen $f(v_{1}+v_{2})=w_{1}+w_{2}$ und $v_{1}+v_{2}\in V$ liegt $w_{1}+w_{2}$ im Bild von $f$.

Beweisschritt: Für alle $w\in \operatorname {im} (f)$ und für alle $\rho \in K$ gilt $\rho \cdot w\in \operatorname {im} (f)$.

Sei $w\in \operatorname {im} (f)$ und $\rho \in K$. Dann gibt es einen Vektor $v\in V$ mit $f(v)=w$. Wir müssen zeigen, dass es einen Vektor in $V$ gibt, der auf $\rho \cdot w$ abgebildet wird. Es gilt:

${\begin{aligned}&\rho \cdot w\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ w=f(v)\right.}\\[0.3em]=\ &\rho \cdot f(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]=\ &f(\rho \cdot v)\end{aligned}}$

Weil $\rho \cdot v\in V$ ist, gilt $\rho \cdot w\in \operatorname {im} (f)$.

Bild und Surjektivität

Wir wissen bereits, dass eine Abbildung $f:V\to W$ genau dann surjektiv ist, wenn die Abbildung alle Elemente von $W$ trifft. Formal heißt das: $f:V\to W$ ist genau dann surjektiv, wenn $\operatorname {im} (f)=W$. Wenn $f$ eine lineare Abbildung ist, dann ist $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum von $W$. Ist zusätzlich $W$ endlich-dimensional, dann ist $f$ genau dann surjektiv, wenn $\dim {W}=\dim({\operatorname {im} (f)})$ gilt.

Beispiel

Die Identität $\operatorname {id} \colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},(x,y)\mapsto (x,y)$ ist eine lineare Abbildung. Sie ist surjektiv, da jedes Element $(x,y)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ das Urbild $(x,y)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ hat. Damit ist $\operatorname {im} (\operatorname {id} )=\mathbb {R} ^{2}$ und insbesondere $\dim({\operatorname {im} (\operatorname {id} )})=2=\dim(\mathbb {R} ^{2})$.

Die Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2},(x,y,z)\mapsto (x,y)$ ist ebenfalls linear. Weiter hat jedes Element $(x,y)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ ein Urbild, beispielsweise $(x,y,0)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$. Damit haben wir $\operatorname {im} (f)=\mathbb {R} ^{2}$ gezeigt und $f$ ist surjektiv. Es gilt $\dim({\operatorname {im} (f)})=2=\dim(\mathbb {R} ^{2})$.

Die Einbettung $e\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3},(x,y)\to (x,y,0)$ ist auch linear, aber nicht surjektiv. Der Vektor $(0,0,1)^{T}$ ist nicht in $\operatorname {im} (f)=\{(x,y,0)\mid x,y\in \mathbb {R} \}$ enthalten. Damit muss $\dim({\operatorname {im} (e)})<\dim(\mathbb {R} ^{3})$ gelten: Tatsächlich ist $\dim({\operatorname {im} (e)})=2<3=\dim(\mathbb {R} ^{3})$.

Manchmal ist es nützlich die Surjektivität von $f$ zu zeigen, indem man $\dim(\operatorname {im} (f))=\dim W$ beweist.

Beispiel

Wir betrachten die lineare Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2};(x,y,z)\mapsto (2x-7y+3z,2y-3z)$ und fragen uns, ob $f$ surjektiv ist. Wir wollen die Frage beantworten, indem wir die Dimension von $\operatorname {im} (f)$ bestimmen und diese mit $\dim(\mathbb {R} ^{2})=2$ vergleichen. Dafür suchen wir zunächst linear unabhängige Vektoren im Bild von $f$. Die Vektoren $f((1,0,0)^{T})=(2,0)^{T}$ und $f((0,1,0^{T}))=(-7,2)$ sind linear unabhängig. Damit muss $\dim(\operatorname {im} (f))\geq 2=\dim(\mathbb {R} ^{2})$ gelten. Nun ist $\operatorname {im} (f)\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ und somit gilt auch $\dim(\operatorname {im} (f))\leq \dim(\mathbb {R} ^{2})$. Wir erhalten $\dim(\operatorname {im} (f))=\dim(\mathbb {R} ^{2})$ und somit ist $f$ surjektiv.

Der Zusammenhang von Bild und Erzeugendensystemen

Wir haben im Artikel über Epimorphismen gesehen, dass eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ genau dann Erzeugendensysteme von $V$ erhält, wenn sie surjektiv ist. In diesem Fall erzeugt das Bild jedes Erzeugendensystems von $V$ den ganzen Zielvektorraum $W$. Insbesondere erzeugt das Bild jedes Erzeugendensystems von $V$ das Bild $\operatorname {im} (f)$ von $f$. Die letzte Aussage gilt auch für nicht-surjektive lineare Abbildungen:

Satz (Das Bild ist der Spann der Bilder eines Erzeugendensystems)

Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Sei $E\subseteq V$ ein Erzeugendensystem von $V$. Dann gilt:

$\operatorname {span} (f(E))=\operatorname {im} (f).$

Beweis (Das Bild ist der Spann der Bilder eines Erzeugendensystems)

Wir zeigen die beiden Inklusionen.

Beweisschritt: $\subseteq$

Sei $w\in \operatorname {span} (f(E))$. Dann gibt es $n\in \mathbb {N}$, $b_{1},\dots ,b_{n}\in f(E)$ und Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$, sodass

${\begin{aligned}w=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}.\end{aligned}}$

Da die $b_{i}$ in $f(E)$ liegen, existieren $e_{i}\in E$ mit $f(e_{i})=b_{i}$ für $1\leq i\leq n$. Dann gilt wegen der Linearität von $f$

${\begin{aligned}w=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(e_{i})=f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}e_{i}\right)\in \operatorname {im} (f).\end{aligned}}$

Beweisschritt: $\supseteq$

Sei $w\in \operatorname {im} (f)$. Dann gibt es ein $v\in V$ mit $f(v)=w$. Da $E$ ein Erzeugendensystem von $V$ ist, gibt es ein $n\in \mathbb {N}$, $e_{1},\dots ,e_{n}\in E$ und Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$, sodass

${\begin{aligned}v=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}e_{i}.\end{aligned}}$

Dann folgt wegen der Linearität von $f$:

${\begin{aligned}w=f(v)=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}\underbrace {f(e_{i})} _{\in f(E)}\in \operatorname {span} (f(E)).\end{aligned}}$

Bild und lineare Gleichungssysteme

Sei $A$ eine $(n\times m)$-Matrix und $b\in K^{n}$. Das dazugehörige lineare Gleichungssystem ist $Ax=b$. Wir können die Matrix $A$ auch als eine lineare Abbildung $f_{A}:K^{m}\to K^{n},\ x\mapsto Ax$ auffassen. Insbesondere ist das Bild $\operatorname {im} (f_{A})$ von $f_{A}$ eine Teilmenge von $K^{n}$.

Ist $b\in \operatorname {im} (f_{A})$, so gibt es ein $x_{0}\in K^{m}$, so dass $f_{A}(x_{0})=b$ gilt. Nach Definition von $f_{A}$ folgt $Ax_{0}=b$. Das lineare Gleichungssystem $Ax=b$ ist also lösbar. Wenn umgekehrt $Ax=b$ lösbar ist, so existiert ein $x_{0}\in K^{m}$ mit $Ax_{0}=b$. Für dieses $x_{0}$ gilt nun $f_{A}(x_{0})=b$. Somit ist $b\in \operatorname {im} (f_{A})$.

Damit gibt uns das Bild ein Kriterium zur Lösbarkeit von linearen Gleichungssystemen: Ein lineares Gleichungssystem $Ax=b$ ist genau dann lösbar, wenn $b$ im Bild von $f_{A}$ liegt. Das Kriterium macht allerdings keine Aussage über die Eindeutigkeit von Lösungen. Dafür kann man den Kern nutzen.

Beispiele

Wir wollen uns nun ansehen, wie man das Bild einer linearen Abbildung bestimmen kann.

Beispiel

Wir betrachten die lineare Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{1}\\0\end{pmatrix}}.$

Das ist eine Projektion auf die $x$-Achse. Intuitiv sollte also das Bild von $f$ die $x$-Achse sein, d.h.

$\operatorname {im} (f)=\left\{{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}};x\in \mathbb {R} \right\}.$

Dies wollen wir jetzt beweisen:

Wenn $(x_{1},x_{2})^{T}\in \operatorname {im} (f)$ ist, dann gibt es $(z_{1},z_{2})^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$ mit $(x_{1},x_{2})^{T}=f((z_{1},z_{2})^{T})=(z_{1},0)^{T}$. Also ist $x_{2}=0$.

Umgekehrt hat wegen $f((x_{1},0)^{T})=(x_{1},0)^{T}$ jeder Vektor der Form $(x_{1},0)^{T}$ ein Urbild unter $f$. Also liegt jeder solche Vektor in $\operatorname {im} (f)$.

Damit ist die Aussage bewiesen.

Beispiel

Sei $K$ ein Körper. Wir betrachten die lineare Abbildung

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

Wir wollen das Bild von $f$ bestimmen. Dafür nutzen wir aus, dass $\{e_{1}=(1,0)^{T},e_{2}=(0,1)^{T}\}$ eine Basis von $K^{2}$ ist – insbesondere also ein Erzeugendensystem. Wir haben im letzten Abschnitt gesehen, dass dann $\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} (f(e_{1}),f(e_{2}))$ gilt.

Wir können diesen Raum explizit angeben, indem wir den Spann ausrechnen:

${\begin{aligned}\operatorname {im} (f)&=\operatorname {span} (f(e_{1}),f(e_{2}))\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition des Spann einsetzen}}\right.}\\[1em]&=\left\{\lambda \cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}};\lambda ,\mu \in K\right\}\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenrechnen}}\right.}\\[1em]&=\left\{{\begin{pmatrix}\lambda +\mu \\-\lambda \\\mu \end{pmatrix}};\lambda ,\mu \in K\right\}\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lambda {\text{ durch }}-x{\text{ und }}\mu {\text{ durch }}y{\text{ ersetzen}}\right.}\\[1em]&=\left\{{\begin{pmatrix}y-x\\x\\y\end{pmatrix}};x,y\in K\right\}\end{aligned}}$

Nachdem wir zwei Beispiele in endlich-dimensionalen Vektorräumen betrachtet haben, können wir uns an ein Beispiel mit einem unendlich-dimensionalen Vektorraum wagen. Wir haben die gleiche Funktion bereits bei den Beispielen zur Bestimmung des Kerns einer linearen Abbildung kennengelernt.

Beispiel

Unser Ziel ist, das Bild der linearen Abbildung der Ableitung $d$ von Polynomen über $\mathbb {R}$ zu bestimmen. Die Menge $\lbrace 1,X,X^{2},X^{3},\dots \rbrace$ ist eine Basis von $\mathbb {R} \lbrack X\rbrack$. Die Ableitungsfunktion $d:\mathbb {R} \lbrack X\rbrack \rightarrow \mathbb {R} \lbrack X\rbrack$ ist durch $d(X^{i}):=i\cdot X^{i-1}$ für alle $i\in \mathbb {N}$ definiert.

Wir wollen nun wissen, ob $d$ surjektiv ist. Dafür bemerken wir, dass $d({\tfrac {1}{i+1}}\cdot X^{i+1})=X^{i}$ für jedes $i\geq 0$ gilt. Damit wird jedes Basiselement von $\mathbb {R} [X]$ getroffen. Also ist $\operatorname {im} (f)\supseteq \operatorname {span} (1,X,X^{2},\dots )=\mathbb {R} [X]$ und $d$ ist surjektiv.

Beim Lösen von linearen Gleichungssystemen werden wir viele weitere Beispiele sehen. Außerdem werden wir einen methodischen Lösungsweg für die Bestimmung von Bildern kennenlernen.

To-Do:

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Lineare Abbildungen episch machen

Wir wollen nun aus einer linearen Abbildung $f\colon V\to W$ eine surjektive lineare Abbildung konstruieren. Wenn wir $f$ als eine Abbildung von Mengen ansehen, wissen wir schon, wie wir dies erreichen können: Wir schränken das Ziel von $f$ auf $\operatorname {im} (f)$ ein und erhalten die Abbildung $f'\colon V\to \operatorname {im} (f);v\mapsto f(v)$. Wir müssen nur noch checken, dass $f'$ linear ist. Dies wissen wir aber, da $\operatorname {im} (f)\subseteq W$ ein Untervektorraum von $W$ ist. Alles, was wir noch tun müssen, um $f$ surjektiv zu machen (also zu einem Epimorphismus) ist, das Ziel von $f$ auf $\operatorname {im} (f)$ einzuschränken.

Diese Methode liefert uns auch einen Ansatz, wie wir Abbildungen zwischen anderen Strukturen surjektiv machen können: Wir müssen checken, dass die Einschränkung auf das Bild wieder die Struktur erhält. Beispielsweise können wir für einen Gruppenhomomorphismus $\varphi \colon G\to H$ zeigen, dass $\operatorname {im} (\varphi )$ wieder eine Gruppe ist und $\varphi '\colon G\to \operatorname {im} (\varphi );g\mapsto \varphi (g)$ wieder ein Gruppenhomomorphismus ist.

Ausblick: Wie surjektiv ist eine lineare Abbildung? – Der Kokern

Im Kern-Artikel sehen wir, dass der Kern genau diejenige Information speichert, welche eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ "verliert". Weiter ist $f$ genau dann injektiv ist, wenn $\ker(f)=0$ ist und der Kern stellt intuitiv ein Maß für die nicht-Injektivität von $f$ dar.

Wir wollen jetzt ein ähnliches Maß für die Surjektivität von $f$ konstruieren. Das Bild von $f$ reicht hierfür nicht aus: Beispielsweise sind die Bilder von $g\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2};(x,y)^{T}\mapsto (x,y)^{T}$ und $h\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3};(x,y)\mapsto (x,y,0)$ isomorph, aber $g$ ist surjektiv und $h$ ist es nicht. Allein aus dem Bild lassen sich keine Rückschlüsse darauf ziehen, ob $f$ surjektiv ist, denn die Surjektivität hängt auch vom Zielraum $W$ ab. Um die "Nicht-Surjektivität" zu messen, benötigen wir hingegen einen Vektorraum, der den Anteil von $W$ misst, welcher von $f$ nicht getroffen wird.

Der Raum $\operatorname {im} (f)$ enthält die Information, welche Vektoren von $f$ getroffen werden. Ziel ist es, aus $W$ "diese Information zu entfernen". Dieses "Entfernen von Informationen" haben wir im Artikel zum Faktorraum bereits durch die Konstruktion eines Raums $W/\operatorname {im} (f)$ realisiert. Diesen Raum $W/\operatorname {im} (f)$ nennen wir den Kokern von $f$. Er eignet sich tatsächlich für die Charakterisierung der "Nicht-Surjektivität" von $f$, denn $W/\operatorname {im} (f)$ ist genau dann gleich dem Nullraum $\{0\}$, wenn $f$ surjektiv ist: Ein Vektor in $W$, der nicht von $f$ getroffen wird, liefert ein nichttriviales Element in $W/\operatorname {im} (f)$ und umgekehrt liefert ein nichttriviales Element in $W/\operatorname {im} (f)$ ein Element in $W$, welches nicht von $f$ getroffen wird.

Der Kokern misst sogar, wie nicht-surjektiv $f$ genau ist: Wenn $W/\operatorname {im} (f)$ größer ist, werden mehr Vektoren von $W$ nicht getroffen. Wenn $W$ endlichdimensional ist, können wir die Größe von $W/\operatorname {im} (f)$ mit Hilfe der Dimension messen. Damit ist $\dim(W/\operatorname {im} (f))=\dim(W)-\dim(\operatorname {im} (f))$ eine Zahl, mit der wir die Nicht-Surjektivität von $f$ beziffern können. Diese Zahl erlaubt im Gegensatz zu $W/\operatorname {im} (f)$ allerdings keine Rekonstruktion der genauen Vektoren angibt, die nicht von $f$ getroffen werden.

Aufgaben

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 (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.

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

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