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

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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 $n\in \mathbb {N}$, $s_{1},\dots ,b_{n}\in f(E)$ 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:

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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

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 $im(d)=\mathbb {R} \lbrack X\rbrack$.