Eigenschaften linearer Abbildungen

Satz 15XQ (Eigenschaften linearer Abbildungen)

Seien VV und WW Vektorräume über dem Körper KK und f:V→Wf:V\rightarrow W eine lineare Abbildung. Dann gilt:
  1. Ist A⊆VA\subseteq V, so gilt: f(span⁡(A))=span⁡(f(A))f(\span(A))=\span(f(A))
  2. Sind v1,…,vn∈Vv_1,\ldots,v_n\in V linear abhängig, so sind auch f(v1),…,f(vn)∈Wf(v_1),\ldots,f(v_n)\in W linear abhängig.
  3. Sind die f(v1),…,f(vn)∈Wf(v_1),\ldots,f(v_n)\in W linear unabhängig, so sind auch v1,…,vn∈Vv_1,\ldots,v_n \in V linear unabhängig
  4. Ist EE ein Erzeugendensystem von VV, so ist f(E)f(E) ein Erzeugendensystem von im(f)=f(V)\Image(f)=f(V)

Beweis

(i) Es gilt w∈f(span⁡(A))w\in f(\span(A))
  ⟺  \iff es existiert ein v∈span⁡(A)v\in \span(A) mit w=f(v)w=f(v)
  ⟺  \iff es gibt v1,…,vn∈Vv_1,\ldots,v_n\in V und α1,…,αn∈K\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in K, so dass v=α1v1+…+αnvnv=\alpha_1v_1+\ldots+\alpha_nv_n und w=f(v)w=f(v)
  ⟺  \iff f(v)=f(α1v1+…+αnvn)f(v)=f(\alpha_1v_1+\ldots+\alpha_nv_n) =α1f(v1)+…+αnf(vn)=\alpha_1f(v_1)+\ldots+\alpha_nf(v_n)
  ⟺  \iff w=f(v)∈span⁡(f(A))w=f(v)\in\span(f(A))
(ii) Seien v1,…,vn∈Vv_1,\ldots,v_n\in V linear abhängig, dann gibt es α1,…,αn∈K\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in K, die nicht sämtlich verschwinden, so dass 0=α1v1+…+αnvn0=\alpha_1v_1+\ldots+\alpha_nv_n. Damit ist dann:
0=f(0)=f(α1v1+…+αnvn)0=f(0)=f(\alpha_1v_1+\ldots+\alpha_nv_n) =α1f(v1)+…+αnf(vn)=\alpha_1f(v_1)+\ldots+\alpha_nf(v_n),
also sind die f(v1),…,f(vn)f(v_1),\ldots,f(v_n) linear abhängig.
(iii) Sei 0=α1v1+…+αnvn0=\alpha_1v_1+\ldots+\alpha_nv_n für α1,…,αn∈K\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in K. Dann gilt:
0=f(0)=f(α1v1+…+αnvn)0=f(0)=f(\alpha_1v_1+\ldots+\alpha_nv_n) =α1f(v1)+…+αnf(vn)=\alpha_1f(v_1)+\ldots+\alpha_nf(v_n).
Wenn nun die f(v1),…,f(vn)f(v_1),\ldots,f(v_n) linear unabhängig sind, so gilt α1=…=αn=0\alpha_1=\ldots=\alpha_n=0 , was aber bedeutet, dass auch die v1,…,vnv_1,\ldots,v_n linear unabhängig sind.
(iv) Mit (i) erhalten wir: span⁡(f(E))=f(span⁡(E))=f(V)\span(f(E))=f(\span(E))=f(V). □\qed

Satz 15XN

Seien VV und WW Vektorräume über dem Körper KK, f:V→Wf: V \rightarrow W eine lineare Abbildung und B=(b1,…,bn)B=(b_1,\ldots ,{b_n}) eine Basis von VV. Dann gilt:
  1. ff ist injektiv genau dann, wenn die Menge f(B)={f(b1),…,f(bn)}f(B)=\{ f({b_1}),\ldots,f({b_n})\} linear unabhängig ist.
  2. ff ist surjektiv genau dann, wenn die Menge f(B)={f(b1),…,f(bn)}f(B)=\{ f({b_1}),\ldots,f({b_n})\} ein Erzeugendensystem von WW ist.
Damit ist ff genau dann bijektiv, wenn f(B)f(B) Basis von WW ist. Vektorraumisomorphismen überführen also Basen in Basen.

Beweis

(i) "  ⟹  \implies": Wir führen den Beweis indirekt. Sei ff injektiv und {f(b1),…,f(bn)}\{f({b_1}),\ldots,f({b_n})\} linear abhängig. Dann gibt es α1,…,αn∈K\alpha_1,\ldots ,\alpha_n\in K, die nicht sämtlich 0 sind, so dass: α1f(b1)+…+αnf(bn)=0W\alpha_1 f({b_1})+\ldots +\alpha_n f({b_n}) =0_W. Auf Grund der Linearität von ff dürfen wir diese Gleichung zu f(α1b1+…+αnbn)=f(0V)f(\alpha_1 {b_1}+\ldots+\alpha_n {b_n}) =f(0_V) (vgl. Satz 15XF) umformen. Da ff injektiv ist, gilt also α1b1+…+αnbn=0V\alpha_1 {b_1}+\ldots+\alpha_n {b_n} = 0_V. Dies bedeutet aber, dass die bi{b_i} linear abhängig sind, im Widerspruch zur Voraussetzung, dass sie eine Basis bilden.
"⇐\Leftarrow": Angenommen, {f(b1),…,f(bn)}\{ f({b_1}),\ldots,f({b_n})\} ist linear unabhängig und seien u,v∈Vu,v\in V mit u≠vu\neq v. Wir müssen nun f(u)≠f(v)f(u)\neq f(v) zeigen. Da BB eine Basis ist, besitzen uu und vv jeweils eine eindeutige Basisdarstellung u=α1b1+⋯+αnbnu=\alpha_1b_1+\dots+\alpha_nb_n und v=β1b1+⋯+βnbnv=\beta_1b_1+\dots+\beta_nb_n. Wegen u≠vu\neq v muss es wenigstens ein kk geben, so dass αk≠βk\alpha_k\neq\beta_k.
Angenommen es ist f(u)=f(v)f(u)=f(v), dann gilt 0W=f(u−v)=f(u)−f(v)0_W=f(u-v)=f(u)-f(v) =f(α1b1+⋯+αnbn)−f(β1b1+⋯+βnbn)=f(\alpha_1b_1+\dots+\alpha_nb_n)-f(\beta_1b_1+\dots+\beta_nb_n) =α1f(b1)+⋯+αnf(bn)−β1f(b1)−⋯−βnf(bn)=\alpha_1f(b_1)+\dots+\alpha_nf(b_n)-\beta_1f(b_1)-\dots-\beta_nf(b_n) =(α1−β1)f(b1)+⋯+(αn−βn)f(bn)=(\alpha_1-\beta_1)f(b_1)+\dots+(\alpha_n-\beta_n)f(b_n). Da f(B)f(B) linear unabhängig ist, lässt sich der Nullvektor nur trivial linear kombinieren, also ist αk=βk\alpha_k=\beta_k für alle kk im Widerspruch zur Eindeutigkeit der Basisdarstellung, mithin kann f(u)=f(v)f(u)=f(v) nicht gelten, also ist ff injektiv.
(ii) "  ⟹  \implies": Sei w∈W{w}\in W beliebig gewählt. Dann gibt es wegen der Surjektivität von ff ein v∈V{v}\in V mit w=f(v){w}=f({v}). Da (b1,…,bn)(b_1,\ldots ,{b_n}) eine Basis von VV ist, gibt es α1,…,αn∈K\alpha_1,\ldots ,\alpha_n\in K, so dass v=α1b1+…+αnbnv=\alpha_1 {b_1}+\ldots+\alpha_n {b_n}. Jetzt benutzen wir die Linearität von ff und erhalten w=f(v){w}=f({v}) =f(α1b1+…+αnbn)=f(\alpha_1 {b_1}+\ldots+\alpha_n {b_n}) =α1f(b1)+…+αnf(bn)=\alpha_1 f({b_1})+\ldots +\alpha_n f({b_n}) . Wir können ww also als Linearkombination der {f(b1),…,f(bn)}\{f(b_1),\ldots ,f(b_n)\} darstellen. Da w{w} beliebig gewählt war, ist f(B)f(B) Erzeugendensystem.
"⇐\Leftarrow": {f(b1),…,f(bn)}\{f(b_1),\ldots ,f(b_n)\} ist ein Erzeugendensystem von WW, daher können wir ein w∈Ww\in W als Linearkombination w=α1f(b1)+…+αnf(bn)w=\alpha_1 f({b_1})+\ldots +\alpha_n f({b_n}) darstellen. Unter Benutzung der Linearität von ff erhalten wir w=f(α1b1+…+αnbn)w=f(\alpha_1 {b_1}+\ldots+\alpha_n {b_n}). Also besitzt ww ein Urbild, nämlich V∋v:=α1b1+…+αnbnV\ni v:=\alpha_1 {b_1}+\ldots+\alpha_n {b_n}, daher ist ff surjektiv. □\qed
 
 

Es ist unglaublich, wie unwissend die studirende Jugend auf Universitäten kommt, wenn ich nur 10 Minuten rechne oder geometrisire, so schläft 1/4 derselben sanft ein.

Georg Christoph Lichtenberg

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