Welche anschauliche bedeutung hat die lineare abbildung r3 zu r3

Da f{\displaystyle f}

linear ist, wissen wir, dass f(0V)=0W{\displaystyle f(0_{V})=0_{W}}

gilt. Also ist ker⁡f≠∅{\displaystyle \ker f\neq \emptyset }

Beweisschritt: Für alle v1,v2∈ker⁡f{\displaystyle v_{1},v_{2}\in \ker f}

gilt v1+v2∈ker⁡f{\displaystyle v_{1}+v_{2}\in \ker f}

Nun zeigen wir den dritten Punkt: Für alle v1,v2∈ker⁡f⊆V{\displaystyle v_{1},v_{2}\in \ker f\subseteq V}

gilt

f(v1+v2)= f(v1)+f(v2) ↓f ist linear (insbesondere additiv)= 0W+0W ↓v1,v2∈ker⁡f= 0W{\displaystyle {\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 v1+v2{\displaystyle v_{1}+v_{2}}

im Kern von f{\displaystyle f}.

Beweisschritt: Für alle v∈ker⁡f{\displaystyle v\in \ker f}

und alle λ∈K{\displaystyle \lambda \in K}

gilt λ⋅v∈ker⁡f{\displaystyle \lambda \cdot v\in \ker f}

Der vierte Schritt funktioniert analog zum dritten Schritt: Für alle v∈ker⁡f{\displaystyle v\in \ker f}und alle λ∈K{\displaystyle \lambda \in K}gilt

f(λ⋅v)=λ⋅f(v) ↓f ist linear (insbesondere homogen)= λ⋅0W ↓v∈ker⁡f= 0W{\displaystyle {\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 λ⋅v∈ker⁡f{\displaystyle \lambda \cdot v\in \ker f}.

Nun zeigen wir den dritten Punkt: Für alle v1,v2∈ker⁡f⊆V{\displaystyle v_{1},v_{2}\in \ker f\subseteq V}gilt

Damit ist auch v1+v2{\displaystyle v_{1}+v_{2}}im Kern von f{\displaystyle f}.

Der vierte Schritt funktioniert analog zum dritten Schritt: Für alle v∈ker⁡f{\displaystyle v\in \ker f}und alle λ∈K{\displaystyle \lambda \in K}gilt

Das heißt, dass λ⋅v∈ker⁡f{\displaystyle \lambda \cdot v\in \ker f}.

Nehmen wir zunächst an, dass f{\displaystyle f}injektiv ist. Wir wissen bereits, dass f(0V)=0W{\displaystyle f(0_{V})=0_{W}}ist. Da f{\displaystyle f}injektiv ist, kann kein anderer Vektor auf 0W{\displaystyle 0_{W}}

abgebildet werden; schließlich bilden injektiven Funktionen maximal ein Argument auf einen Funktionswert ab. Damit ist ker⁡f={0V}{\displaystyle \ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace }

, denn der Kern ist als die Menge aller Vektoren definiert, die den Nullvektor treffen.

Sei ker⁡f=0V{\displaystyle \ker f=0_{V}}

. Um zu zeigen, dass f{\displaystyle f}injektiv ist, betrachten wir zwei Vektoren v1{\displaystyle v_{1}}

und v2{\displaystyle v_{2}}

aus V{\displaystyle V}

mit f(v1)=f(v2){\displaystyle f(v_{1})=f(v_{2})}

. Dann ist

f(v1−v2)=↓f ist linear=f(v1)−f(v2)↓f(v2)=f(v1)= 0W{\displaystyle {\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 v1−v2∈ker⁡f{\displaystyle v_{1}-v_{2}\in \ker f}

. Da wir ker⁡f=0V{\displaystyle \ker f=0_{V}}angenommen haben, folgt v1−v2=0V{\displaystyle v_{1}-v_{2}=0_{V}}

und damit v1=v2{\displaystyle v_{1}=v_{2}}

. Somit gilt f(v1)=f(v2)⟹v1=v2{\displaystyle f(v_{1})=f(v_{2})\implies v_{1}=v_{2}}

für alle v1,v2∈V{\displaystyle v_{1},v_{2}\in V}

. Dies ist genau die Definition dafür, dass f{\displaystyle f}injektiv ist.

Wir haben schon gezeigt, dass f{\displaystyle f}genau dann injektiv ist, wenn ker⁡f={0V}{\displaystyle \ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace }ist. Es bleibt zu zeigen, dass dies äquivalent dazu ist, dass dim⁡(ker⁡f)=0{\displaystyle \dim(\ker f)=0}

ist. Der Kern von f{\displaystyle f}ist ein Untervektorraum von V{\displaystyle V}. Ein Untervektorraum von V{\displaystyle V}ist genau dann gleich {0V}{\displaystyle \lbrace 0_{V}\rbrace }

, wenn seine Dimension Null beträgt. Also ist f{\displaystyle f}genau dann injektiv, wenn dim⁡ker⁡f=0{\displaystyle \dim \ker f=0}

Sei x′∈L(A,b){\displaystyle x'\in L(A,b)}

. Dann gilt Ax′=b=Ax^{\displaystyle Ax'=b=A{\hat {x}}}

. Der einzig mögliche Kandidat für y{\displaystyle y}

, um die Gleichung x′=x^+y{\displaystyle x'={\hat {x}}+y}

zu erfüllen, ist y=x′−x^{\displaystyle y=x'-{\hat {x}}}

. Weil

Ay=A(x′−x^)=Ax′−Ax^=b−b=0{\displaystyle Ay=A(x'-{\hat {x}})=Ax'-A{\hat {x}}=b-b=0}

gilt, ist y∈ker⁡(fA){\displaystyle y\in \ker(f_{A})}

Wir zeigen, dass x^+y∈L(A,b){\displaystyle {\hat {x}}+y\in L(A,b)}

für jedes y∈ker⁡(fA){\displaystyle y\in \ker(f_{A})}gilt. Sei y∈ker⁡(fA){\displaystyle y\in \ker(f_{A})}beliebig. Dann gilt Ay=0{\displaystyle Ay=0}

. Weil x^{\displaystyle {\hat {x}}}

nach Annahme eine Lösung von Ax=b{\displaystyle Ax=b}

ist, folgt

A(x^+y)=Ax^+Ay=b+0=b.{\displaystyle A({\hat {x}}+y)=A{\hat {x}}+Ay=b+0=b.}

Also ist x^+y{\displaystyle {\hat {x}}+y}

ebenfalls eine Lösung von Ax=b{\displaystyle Ax=b}und liegt somit in der Menge L(A,b){\displaystyle L(A,b)}

Sei f:V→W{\displaystyle f:V\to W}

ein Monomorphismus und {v1,...,vn}{\displaystyle \{v_{1},...,v_{n}\}}

eine Basis von V{\displaystyle V}. Dann ist {v1,...,vn}{\displaystyle \{v_{1},...,v_{n}\}}insbesondere linear unabhängig und daher ist {f(v1),...,f(vn)}{\displaystyle \{f(v_{1}),...,f(v_{n})\}}

linear unabhängig. Es folgt also, dass dim⁡(W)≥n=dim⁡(V){\displaystyle \dim(W)\geq n=\dim(V)}

ist. Somit ist dim⁡(W)≥dim⁡(V){\displaystyle \dim(W)\geq \dim(V)}

ein notwendiges Kriterium für die Existenz eines Monomorphismus von V{\displaystyle V}nach W{\displaystyle W}

Umgekehrt können wir im Fall dim⁡(V)≤dim⁡(W){\displaystyle \dim(V)\leq \dim(W)}

einen Monomorphismus konstruieren: Sei {v1,…,vn}{\displaystyle \{v_{1},\dots ,v_{n}\}}

eine Basis von V{\displaystyle V}und {w1,…,wm}{\displaystyle \{w_{1},\dots ,w_{m}\}}

eine Basis von W{\displaystyle W}. Dann ist n=dim⁡(V)≤dim⁡(W)=m{\displaystyle n=\dim(V)\leq \dim(W)=m}

. Wir definieren eine lineare Abbildung f:V→W{\displaystyle f\colon V\to W}

, indem wir

f(vi)=wi{\displaystyle f(v_{i})=w_{i}}

für alle i=1,…,n{\displaystyle 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{\displaystyle f}injektiv ist, indem wir beweisen, dass ker⁡(f)={0V}{\displaystyle \ker(f)=\{0_{V}\}}

gilt. Sei x∈ker⁡(f){\displaystyle x\in \ker(f)}

. Weil {v1,…,vn}{\displaystyle \{v_{1},\dots ,v_{n}\}}eine Basis von V{\displaystyle V}ist, gibt es λ1,…,λn∈K{\displaystyle \lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K}

mit

x=∑i=1nλivi.{\displaystyle x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}.}

Damit folgt

0V=f(x)=f(∑i=1nλivi) ↓ f ist linear=∑i=1nλif(vi) ↓ f(vi)=wi=∑i=1nλiwi ↓ λi=0 für i>n=∑i=1mλiwi{\displaystyle {\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 {w1,…,wm}{\displaystyle \{w_{1},\dots ,w_{m}\}}linear unabhängig sind, muss λi=0K{\displaystyle \lambda _{i}=0_{K}}

für alle i=1,…,n{\displaystyle i=1,\ldots ,n}gelten. Also folgt für x{\displaystyle x}

x=∑i=1nλivi=∑i=1n0K⋅vi=0V.{\displaystyle 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)={0V}{\displaystyle \ker(f)=\{0_{V}\}}gilt und somit ist f{\displaystyle f}ein Monomorphismus.

Der Kern von f

Wir haben schon gesehen, dass

ker⁡(f)={(xx)∣x∈R}=span⁡((11)){\displaystyle \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{\displaystyle f}, indem wir f{\displaystyle f}auf die Standardbasis anwenden.

f(10)=(−31)f(01)=(3−1){\displaystyle {\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 im⁡(f)=span⁡(f((1,0)T),f((0,1)T)){\displaystyle \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: im⁡(f)=span⁡((−3,1)T){\displaystyle \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{\displaystyle f}Geraden durch den Ursprung. Die beiden Geraden schneiden sich nur in der Null und spannen zusammen den ganzen R2{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}

auf.

Wir beweisen die Aussage durch Kontraposition. Das heißt wir zeigen: Ist ker⁡(f)={0}{\displaystyle \ker(f)=\{0\}}

, dann ist f{\displaystyle f}nicht nilpotent.

Sei ker⁡(f)={0}{\displaystyle \ker(f)=\{0\}}. Dann ist f{\displaystyle f}injektiv, und als Verkettung injektiver Funktionen ist auch f∘f{\displaystyle f\circ f}

injektiv. Mit vollständiger Induktion folgt, dass für alle n∈N{\displaystyle n\in \mathbb {N} }

die Funktion fn=f∘⋯∘f⏟n mal{\displaystyle f^{n}=\underbrace {f\circ \cdots \circ f} _{n{\text{ mal}}}}

injektiv ist. Damit ist dann aber auch ker⁡(fn)={0}{\displaystyle \ker(f^{n})=\{0\}}

für alle n∈N{\displaystyle n\in \mathbb {N} }. Da der Kern der Nullabbildung ist ganz V≠{0}{\displaystyle V\neq \{0\}}

wäre, ist fn{\displaystyle f^{n}}

für kein n∈N{\displaystyle n\in \mathbb {N} }die Nullabbildung. Folglich ist f{\displaystyle f}nicht nilpotent.

Die umgekehrte Implikation gilt nicht. Es gibt Abbildungen, die weder injektiv noch nilpotent sind. Zum Beispiel können wir

f:R2→R2,(xy)↦(x0){\displaystyle f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}}