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

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. Ein Vektor $v\in V$ wird von $f$ in einen Vektor $f(v)\in W$ überführt. Es werden nicht zwingend alle Elemente aus $W$ von $f$ getroffen, denn die Abbildung ist nicht unbedingt surjektiv. Die abgebildeten Vektoren $f(v)$ bilden die Teilmenge $\{f(v)|v\in V\}\subseteq W$. Sie heißt Bild von $f$.

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

Definition

Definition (Bild einer linearen Abbildung)

Es seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $f:V\to W$ linear. 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)

Es 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. Dann gibt es Vektoren $v_{1}$ und $v_{2}$ aus $V$ mit $f(v_{1})=w_{1}$ und $f(v_{2})=w_{2}$. Um zu zeigen, dass $w_{1}+w_{2}\in \operatorname {im} (f)$ gilt, 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 $v_{1}+v_{2}\in V$ ist $w_{1}+w_{2}$ 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 durch die Abbildung $f$ alle Elemente von $W$ getroffen werden. Formal heißt das: $f:V\to W$ ist surjektiv genau dann, wenn $\operatorname {im} (f)=W$. Ist nun $f$ linear und $W$ endlich dimensional, dann ist $f$ genau dann surjektiv, wenn $\dim {W}=\dim({\operatorname {im} (f)})$ gilt, da $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum von $W$ ist.

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 $\dim({\operatorname {im} (i)})=2=\dim(\mathbb {R} )$.

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. Weiter folgt $\dim({\operatorname {im} (f)})=2=\dim(\mathbb {R} ^{2})$.

Die Einbettung $e\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3},(x,y)\to (x,y,0)$ ist auch linear aber nicht surjektiv, denn $(0,0,1)^{T}$ 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 $\dim({\operatorname {im} (e)})=2<3=\dim(\mathbb {R} ^{3})$.

Die umgekehrte Implikation, dass $\dim(\operatorname {im} (f))=\dim W$ impliziert, dass $f$ surjektiv ist, ist bei komplizierteren Funktionen manchmal sinnvoll.

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 $f$. Dann 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 $f$ ist surjektiv.

Der Zusammenhang von Bild und Erzeugendensystemen

Wir haben im Artikel über Epimorphismen gesehen, dass eine lineare Abbildungen genau dann Erzeugendensysteme erhält, wenn sie surjektiv ist. In diesem Fall erzeugt das Bild jedes Erzeugendensystems den ganzen Zielvektorraum und letzterer stimmt mit dem Bild der linearen Abbildung überein. Somit erzeugen das Bild jedes Erzeugendensystems das Bild der linearen Abbildung. Diese aussage gilt immer:

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 uns $A$ auch als eine lineare Abbildung $f_{A}:K^{m}\to K^{n},\ x\mapsto Ax$ vorstellen.

Wir wollen jetzt wissen, was das Bild von $f_{A}$ ist. 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 $Ax_{0}=b$. In anderen Worten, das lineare Gleichungssystem $Ax=b$ ist 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 $x_{0}\in \operatorname {im} (f_{A})$. Folglich ist das Gleichungssystem $Ax=b$ genau dann lösbar, wenn $b$ im Bild von $f_{A}$ liegt.

Damit gibt uns das Bild ein Kriterium zur Lösbarkeit von linearen Gleichungssystemen. Es gibt allerdings keine Aussage über die Eindeutigkeit von Lösungen. Dafür kann man den Kern nutzen.

Beispiele

Wir wollen uns nun konkret ansehen, wie man Bilder ausrechnet.

Beispiel

Wir betrachten die lineare Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2};f((x_{1},x_{2})^{T})=(x_{1},0)^{T}$. Das ist eine Projektion der Vektoren auf die $x_{1}$-Achse. Damit sollte die $x_{1}$-Achse das Bild von $f$ sein. Dies wollen wir jetzt beweisen:

Wenn $(x_{1},x_{2})^{T}\in \operatorname {im} (f)$, dann ist $x_{2}=0$. Umgekehrt liegt jeder Vektor $(x_{1},0)^{T}$ in $\operatorname {f}$, da dieser beispielsweise das Urbild $(x_{1},0)^{T}$ hat, das heißt $f((x_{1},0)^{T})=(x_{1},0)^{T}$. Somit haben wir

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

gezeigt.

Beispiel

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

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

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 $i\geq 0$ und 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 weiter Beispiele sehen. Außerdem werden wir einen methodischen Lösungsweg für die Bestimmung von Bildern kennenlernen.

To-Do:

verlinken, sobald es geschrieben ist.

Lineare Abbildungen episch machen

Sei $f\colon M\to N$ eine Abbildung zwischen zwei Mengen haben. Dann können wir diese surjektiv machen, indem wir das Ziel der Abbildung auf das Bild $\operatorname {im} (f)$ von $f$ einschränken. Wir wollen uns nun fragen, ob wir dies auch für eine lineare Abbildung machen können.

• Wir wissen, dass wir Abbildungen zwischen Mengen f:M\to N surjektiv machen können, indem wir nur auf das Bild abbilden
• Sei f:V\to W eine lineare Abbildung. Wenn wir f:V \to W als Abbildung zwischen Mengen betrachten, dann ist das klar, dass wir f surjektiv machen können. wir können nämlich f auf das Bild einschränken. Wir definieren dafür f’:V\to Bild(f), v\mapsto f(v)
• Aber ist das was rauskommt wieder eine lineare Abbildung?
• Wenn wir jetzt f als lineare Abbildung betrachten und genau das Gleiche machen, dann ist diese Einschränkung eine lineare Abbildung, falls Bild(f) ein Vektorraum ist.
• Da Bild(f) ein Untervektorraum von W ist, ist das erfüllt.
• D.h. gegeben f: V -> W, bekommt man eine surjektive lineare Abbildung (Epimorphismus) f': V -> Bild(f).
• Damit können wir diesen Trick für alle Abbildungen zwischen Mengen verwenden. Wenn diese irgendeine Struktur tragen und f diese Struktur erhalten soll, müssen wir die Kompatibilität mit der Struktur in diesen Fällen wieder von Hand prüfen. (Hier noch kurz Beispiele einfügen, Gruppen oder topologische Räume oder Ringe…)

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

• Beim Artikel Kern haben wir gesehen, dass der Kern die Information in V ist, die f verliert
• f ist injektiv gdw. Ker(f)=0
• Dabei war die Größe von Ker(f) ein Maß, wie nicht-injektiv die Abbildung ist
• Wir wollen jetzt ein Maß für die Surjektivität der Abbildung
• Bild(f) reicht hierfür nicht aus: Beispiel f:\R^2\to\R^2, (x,y)\mapsto (x,y) und g:\R^2\to\R^3, (x,y)\mapsto (x,y,0); Hier gilt Bild(f)\cong Bild(g), aber f ist surjektiv und g ist nicht surjektiv
• Ob f surjektiv ist, hängt somit auch vom Zielraum W ab
• Wir brauchen also einen Vektorraum, der den Anteil von W misst, der von f nicht getroffen wird

• Wir wissen schon, dass Bild(f) genau die Information repräsentiert, die f trifft.
• Das heißt wir wollen den Vektorraum W “ohne” den Untervektorraum Bild(f) betrachten
• Im Artikel Faktorraum haben wir schon gesehen, dass der gesuchte Vektorraum der Faktorraum, bzw. Quotientenraum W/Bild(f) ist.
• W/Bild(f) nennen wir Kokern von f
• f ist surjektiv gdw. W/Bild(f)=0
• Die Größe des Kokerns W/Bild(f) misst wie nicht-surjektiv f ist.
• Ist W endlich dimensional, dann können wir die Größe von W/im(f) mit Hilfe der Dimension messen. Damit ist dim(W/Bild(f))=dim(W)-dim(Bild(f)) eine Zahl, mit der wir die nicht-Surjektivität von W beziffern können.
• W/Bild(f) ist sogar noch ein wenig genauer als eine “Dimensionsaussage”, da es auch genau angibt, was nicht getroffen wird.

Aufgaben

Aufgabe (Zuordnen von Abbildung und Bild)

Wir betrachten die folgenden vier Unterräume vom Vektorraum $\mathbb {R} ^{2}$ Die folgenden linearen Abbildungen sind gegeben:

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 jeder Abbildung den Unterraum $U_{1},U_{2},U_{3},U_{4}$ zu, der ihr Bild ist.

• 

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

• 

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

• 

  Ebene, die den Zweidimensionalen Raum füllt

• 

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

Lösung (Zuordnen 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

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

Wir wenden 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. Wir könnten genauso vorgehen wie bei $f$, aber wir wählen hier einen anderen Weg. Wir benutzen die Definition vom Bild, um $\operatorname {im} (g)$ zu finden.

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

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 $h$ mit der gleichen Methode wie bei $f$. Wir wenden also $h$ auf die Standardbasis an.

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

Wir sehen, dass die beiden Vektoren linear abhängig sind. Also folgt für $\operatorname {im} (h)=\operatorname {span} ((-3,1)^{T})$. Somit ist $\operatorname {im} (h)=U_{2}$.

Als letztes bestimmen wir noch das Bild von $k$. Dazu gehen wir 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 von dem 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.

To-Do:

Wie kommt man auf den Beweis schreiben (besonders für =>). Dort noch genauer erklären, was die Aussage anschaulich bedeutet.

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

Beweisschritt: "$\Rightarrow$"

Es gebe eine solche 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 dann $\dim(V)\geq \dim(\operatorname {im} (f))=\dim(W)$.

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 $f$. Also 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 $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,x\mapsto (1,2)x$. Bestimme $\operatorname {im} (f)$.
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 $1$ oder $0$ 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

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

Alter Inhalt

Motivation

Der Begriff des Bildes einer Abbildung ist uns bereits bekannt. Kennt man das Bild einer Abbildung, so kann man entscheiden, ob diese surjektiv ist. Bisher haben wir Bilder von beliebigen Abbildungen betrachtet. Im Folgenden untersuchen wir das Bild von linearen Abbildungen genauer. Wir führen eine exakte Schreibweise für das Bild ein:

Definition (Bild einer linearen Abbildung)

Es seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $L:V\rightarrow W$ linear. Dann nennen wir $\operatorname {im} (L):=L(V)=\lbrace w\in W|\exists v\in V:L(v)=w\rbrace$ das Bild von $L$.

Das Bild ist ein Untervektorraum

Nun zeigen wir, dass das Bild ein Untervektorraum des Zielvektorraums ist:

Satz

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

Beweis

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

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

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

Die erste Behauptung folgt direkt aus der Definition.

Beweisschritt: $\operatorname {im} (L)\neq \emptyset$

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

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

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

${\begin{aligned}w_{1}+w_{2}&=&\quad &|\ &{\color {OliveGreen}L(v_{1})=w_{1}{\text{ und }}L(v_{2})=w_{2}}\\[0.3em]&=\ L(v_{1})+L(v_{2})=&&|\ &{\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear}}}\\[0.3em]&=\ L(v_{1}+v_{2})\end{aligned}}$

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

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

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

${\begin{aligned}\rho \cdot w&=&\quad &|\ &{\color {OliveGreen}w=L(v)}\\[0.3em]&=\ \rho \cdot L(v)=&&|\ &{\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear}}}\\[0.3em]&=\ L(\rho \cdot v)\end{aligned}}$

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

Der Zusammenhang von der Surjektivität und dem Bild einer linearen Abbildung

Die Hauptaussage dieses Abschnitts kennen wir bereits. Sie ist bei beliebigen Abbildungen gültig. Der folgende Satz dient also zur Erinnerung.

Satz

Es sei $L:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Dann ist $L$ genau dann surjektiv, wenn $\operatorname {im} (L)=W$. Für einen endlich-dimensionalen Zielvektorraum $W$ ist $L$ genau dann surjektiv, wenn $\dim(\operatorname {im} (L))=\dim(W)$ gilt.

Beweis

Beweisschritt: $\implies$:

Sei $L$ surjektiv. Dann gibt es für alle Vektoren $w\in W$ ein $v\in V$ mit $L(v)=w$. Somit ist $\operatorname {im} (L)=\lbrace w\in W|\exists \,v\in V:L(v)=w\rbrace =W$.

Beweisschritt: $\Leftarrow$:

Sei $\operatorname {im} (L)=W$. Dann gibt es nach Definiton von $\operatorname {im} (L)$ zu jedem $w\in W$ einen Vektor $v\in V$ mit $L(v)=w$. Also ist $L$ surjektiv.

Falls nun $\dim(W)<\infty$ und $Z\subseteq W$ ein Untervektorraum, dann ist $Z=W$ genau dann, wenn $\dim(Z)=\dim(W)$ gilt. Damit ist, wenn $L$ surjektiv ist $\dim(\operatorname {im} (L))=\dim(W)$ und umgekehrt.

Der Zusammenhang von Bild und Erzeugendensystemen

To-Do:

Einführungstext

Wir haben im Artikel über Epimorphismen gelernt, dass eine lineare Abbildungen genau dann Erzeugendensystem erhält, wenn sie surjektiv ist. In diesem Fall erzeugen die Bilder des Erzeugendensystems genau das Bild der linearen Abbildung, nämlich den Zielvektorraum. Wir zeigen nun, dass eine analoge Aussage immer gilt.

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:

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

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 $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}$, 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 $f$:

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

Beispiele zum Bestimmen des Bildes

To-Do:

Diesen Abschnitt löschen und durch einen neuen ersetzen

To-Do:

Hier werden Dinge verwendet, die noch nicht unbedingt bekannt sind (Rang, implizit die Dimensionsformel). Diese können evtl. umgangen werden, indem man alle Spalten der darstellenden Matrix nimmt (diese bilden nach einer Folgerung aus dem Prinzip von der linearen Fortsetzung ein Erzeugendensystem des Bildes). Dann kann man noch ausrechnen, welche man evtl. wegen linearer Abhängigkeit weglassen kann (das tut wieder der Gauß-Jordan-Algorithmus). Es sollte unbedingt erklärt werden, warum diese "Lösungsmethode" funktioniert.

Lösungsmethode

Wenn wir nun das Bild einer linearen Abbildung direkt bestimmen wollen, kann man wie folgt vorgehen: Seien $V$ und $W$ endlich-dimensionale Vektorräume und $L:V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung. Wir möchten nun das Bild von $L$ bestimmen:

1. Die darstellende Matrix von $L$ aufstellen (Wenn sie noch nicht angegeben ist).
2. Gauß-Jordan-Algorithmus auf die Matrix anwenden.
3. $Rang(L)$ bestimmen, das ist die Anzahl der benötigten Vektoren
4. So viele linear unabhängige Vektoren aus der darstellenden Matrix finden wie nötig. Das ist dann die Basis für $\operatorname {im} L$

Beispielaufgabe in endlich-dimensionalen Vektorräumen

Wir wollen nun an einem Beispiel zeigen, wie man das Bild einer linearen Abbildung konkret bestimmen kann.

Beispiel

Sei $K$ ein beliebiger Körper, und $V=K^{2},W=K^{3}$, mit der Standardbasis $\{e_{1},e_{2}\}$ bzw, $\{f_{1},f_{2},f_{3}\}$.

Wir definieren die lineare Abbildung $f$ durch lineare Fortsetzung von

${\begin{aligned}f\colon V&\to W,\\e_{1}&\mapsto f_{1}-f_{2},\\e_{2}&\mapsto f_{1}+f_{3}.\end{aligned}}$

Dann ist $\operatorname {im} (f)=\operatorname {span} (f_{1}-f_{2},f_{1}+f_{3})$.

To-Do:

Beweis davon

Beweis: Nach Definition von f ist eine Matrixdarstellung $[[f]]_{B}^{B}*$ mit $B=(e_{1},e_{2})$ und $B*=(f_{1},f_{2},f_{3})$ gegeben, durch $[[f]]_{B}^{B}*=$

Alte Beispielaufgaben in endlich-dimensionalen Vektorräumen

Jetzt wollen wir an Beispielen zeigen, wie man das Bild einer linearen Abbildung konkret bestimmen kann.

Wir beginnen mit einem einfachem Beispiel

Beispiel

Sei $L:\mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R} ^{2}$ eine lineare Abbildung, mit $L{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x_{1}\\0\end{pmatrix}}$. Das ist eine Projektion der Vektoren auf die $x_{1}-Achse$. Anschaulich betrachtet wäre also $\operatorname {im} L$ die $x_{1}-Achse$ und damit $\operatorname {im} L=\mathbb {R} \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$.

Wir bestimmen das Bild aber trotzdem nochmal rechnerisch: Zuerst stellen wir die darstellende Matrix von $L$ bezüglich der Standardbasis auf. Diese lautet

$[L]={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}$.

Wir sehen, dass $RangL=1$ und damit hat die Basis von $\operatorname {im} L$ nur ein Element. Also können wir einen Vektor aus der Matrix entnehmen und dann ist $\operatorname {im} L=span\left\lbrace {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\right\rbrace$ bzw. $\operatorname {im} L=\mathbb {R} \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$.

Ein weiteres Beispiel:

Beispiel

Sei $L:\mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{3}$ eine lineare Abbildung mit der darstellenden Matrix

$[L]={\begin{pmatrix}4&2&0\\3&0&1\\8&1&2\end{pmatrix}}$.

Die Matrix bringen wir nun mit dem Gauß-Jordan-Algorithmus in obere Dreiecksform. Wir ziehen das 2-fache der 1. Zeile von der 3. Zeile ab, dann erhalten wir

${\begin{pmatrix}4&2&0\\3&0&1\\0&-3&2\end{pmatrix}}$.

Jetzt subtrahieren wir das 1,5-fache der 1. Zeile vom 2-fachem der 2. Zeile. Dadurch entsteht die Matrix

${\begin{pmatrix}4&2&0\\0&-3&2\\0&-3&2\end{pmatrix}}$.

Hier sehen wir schon, dass die 2. und 3. Zeile gleich sind. Wir ziehen die 2. von der 3. Zeile ab und bekommen

${\begin{pmatrix}4&2&0\\0&-3&2\\0&0&0\end{pmatrix}}$.

Wir sehen, dass der Zeilenrang dieser Matrix 2 ist. Damit ist auch $RangL=2$. Also besteht die Basis des Bildes aus zwei Vektoren.

Für diese Basis wählen wir nun zwei linear unabhängige Spaltenvektoren unserer Ausgangsmatrix $[L]$. Zum Beispiel ${\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}$.

Also ist $\operatorname {im} L=span\left\lbrace {\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}}\right\rbrace$.

Nun ein etwas komplizierteres Beispiel.

Beispiel

Sei $L:\mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{4}$ eine lineare Abbildung, mit $L{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x_{1}+x_{2}\\2x_{1}\\3x_{1}+2x_{3}\\2x_{2}+x_{3}\end{pmatrix}}$.

Zuerst stellen wir wieder die darstellende Matrix bezüglich der Standardbasis auf. Es gilt $L{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2\\3\\0\end{pmatrix}}$ und $L{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\2\end{pmatrix}}$ sowie $L{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\2\\1\end{pmatrix}}$.

Also sieht unsere Matrix folgendermaßen aus:

$[L]={\begin{pmatrix}1&1&0\\2&0&0\\3&0&2\\0&2&1\end{pmatrix}}$.

Nun wenden wir wieder den Gauß-Jordan-Algorithmus an, um die Matrix in eine Dreiecksform zu bringen. Erst ziehen wir von der 3. Zeile die 1. und 2. Zeile ab, dann erhalten wir

${\begin{pmatrix}1&1&0\\2&0&0\\0&-1&2\\0&2&1\end{pmatrix}}$.

Dann subtrahieren wir das 2-fache der 1. Zeile von der 2. Zeile. So entsteht die Matrix

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-2&0\\0&-1&2\\0&2&1\end{pmatrix}}$.

Nun addieren wir die 2. Zeile zur 4. Zeile.

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-2&0\\0&-1&2\\0&0&1\end{pmatrix}}$.

Jetzt ziehen wir das 0,5-fache der 2. Zeile und das 2-fache der 4. Zeile von der 3. Zeile ab. Dann erhalten wir

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-2&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$.

Zum Schluss tauschen wir noch die 3. und 4. Zeile. Das ergibt

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&-2&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}$.

Den Rang dieser Matrix kann man leicht ablesen: $RangL=3$. Also brauchen wir drei Vektoren für die Basis von $\operatorname {im} L$. Dafür nehmen wir die drei Spaltenvektoren von $[L]$, da wir nun wissen, dass diese linear unabhängig sind, weil auch der Rang von $[L]$ drei beträgt und damit maximal ist).

Somit ist $\operatorname {im} L=span\left\lbrace {\begin{pmatrix}1\\2\\3\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\2\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\0\\2\\1\end{pmatrix}}\right\rbrace$.

Beispielaufgaben in unendlich-dimensionalen Vektorräumen

Nachdem wir nun einige 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 $\lbrace 1,X,X^{2},X^{3},...\rbrace$ 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 behaupten, dass diese Abbildung surjektiv ist. Da das Bild ein Untervektorraum von $\mathbb {R} \left[X\right]$ ist, reicht es zu zeigen, dass die Basisvektoren von $\mathbb {R} \left[X\right]$ im Bild enthalten sind. Für alle $n\in \mathbb {N}$ ist $d\left({\frac {1}{n+1}}X^{n+1}\right)=(n+1)\cdot {\frac {1}{n+1}}X^{n}=X^{n}$. Außerdem ist $d(X)=1$. Somit sind alle Basisvektoren im Bild enthalten und folglich ist $im(d)=\mathbb {R} \lbrack X\rbrack$.