Kern und Bild linearer Abbildungen

Seien VV und WW Vektorräume und f:V→Wf:V\rightarrow W eine lineare Abbildung. Dann heißt
ker(f):={v∈V ∣ f(v)=0}\Ker(f):=\{ v\in V\, |\, f(v)=0\}
der Kern der Abbildung und
im(f):=f(V)={w∈W ∣ ∃v∈V:f(v)=w}\Image(f):=f(V)=\{ w\in W\, |\, \exists v\in V: f(v)=w\}
das Bild der Abbildung.
Der Kern umfasst alle Vektoren aus VV, die auf den Nullvektor abgebildet werden und das Bild besteht aus allen Vektoren aus WW, die als Werte der linearen Abbildung vorkommen.
Nach Satz 15XF ist im(f)\Image(f) als f(V)f(V) ein Teilraum von WW. Es gilt außerdem

Satz 15XG (Kern als Teilraum)

Seien VV und WW Vektorräume und f:V→Wf:V\rightarrow W eine lineare Abbildung. Dann ist ker(f)\Ker(f) Untervektorraum von V.

Beweis

Wegen f(0)=0f(0)=0 gilt 0∈ker(f)0\in \Ker(f), damit ist ker(f)≠∅\Ker(f)\neq\emptyset.
Seien u,v∈ker(f)u,v\in\Ker(f). Dann ist f(u+v)=f(u)+f(v)=0+0=0f(u+v)=f(u)+f(v)=0+0=0 also gilt u+v∈ker(f)u+v\in\Ker(f).
Mit v∈ker(f)v\in\Ker(f) und α∈K\alpha\in K ist f(αv)=αf(v)=α⋅0=0f(\alpha v)=\alpha f(v)=\alpha\cdot 0=0, also αv∈ker(f)\alpha v\in\Ker(f). □\qed

Satz 15XH

Seien VV und WW Vektorräume und f:V→Wf:V\rightarrow W eine lineare Abbildung.
Dann gilt:
  1. ff ist injektiv genau dann, wenn ker(f)={0}\Ker(f)=\{0\} der Nullvektorraum ist,
  2. ff ist surjektiv genau dann, wenn im(f)=W\Image(f)=W.

Beweis

(i) "  ⟹  \implies": Für v∈ker(f)v\in\Ker(f) ist f(v)=0=f(0)f(v)=0=f(0). Wegen der Injektivität von ff gilt daher v=0v=0.
"⇐\Leftarrow": Seien u,v∈Vu,v\in V und es gelte f(u)=f(v)f(u)=f(v). Wir müssen zeigen, dass dann u=vu=v ist. Es ist 0=f(u)−f(v)=f(u−v)0=f(u)-f(v)=f(u-v), also gilt u−v∈ker(f)u-v\in\Ker(f). Nach Voraussetzung ist aber der Nullvektor das einzige Element von ker(f)\Ker(f), daher gilt u−v=0u-v=0 und somit u=vu=v.
(ii) trival. Man vergleiche die Definitionen von surjektiv und des Bildes. □\qed

Satz 15XO (Basis aus Kern und Bild)

Seien VV und WW Vektorräume über dem Körper KK und f:V→Wf:V\rightarrow W eine lineare Abbildung. Sei weiter {u1,…,um}\{ u_1,\ldots,u_m\} eine Basis von ker(f)\Ker(f) und seien v1,…,vn∈Vv_1,\ldots,v_n\in V so gewählt, dass {f(v1),…,f(vn)}\{ f(v_1),\ldots,f(v_n)\} eine Basis von im(f)\Image(f) ist. Dann ist
B:={u1,…,um,v1,…,vn}B:= \{ u_1,\ldots,u_m,v_1,\ldots,v_n\}
eine Basis von VV.

Beweis

Wir zeigen zuerst, dass BB linear unabhängig ist. Sei
0=α1u1+…+αmum+β1v1+…+βnvn0=\alpha_1u_1+\ldots+\alpha_mu_m+\beta_1v_1+\ldots+\beta_nv_n(1)
eine Linearkombination des Nullvektors. Dann ist wegen u1,…,um∈ker(f)u_1,\ldots,u_m\in\Ker(f):
0=f(0)=β1f(v1)+…+βnf(vn)0=f(0)=\beta_1f(v_1)+\ldots+\beta_nf(v_n).
Nun sind die f(v1),…,f(vn)f(v_1),\ldots,f(v_n) linear unabhängig. Damit gilt β1=…=βn=0\beta_1=\ldots=\beta_n=0 und wenn wir dies in (1) einsetzen, ergibt sich wegen der linearen Unabhängigkeit der u1,…,umu_1,\ldots,u_m auch α1=…=αm=0\alpha_1=\ldots=\alpha_m=0. Der Nullvektor lässt sich also nur trivial linear kombinieren, womit die lineare Unabhängigkeit von BB gezeigt ist.
Damit BB die geforderte Basiseigenschaft erfüllt, zeigen wir nun noch, dass BB ein Erzeugendensystem für VV ist. Sei v∈Vv\in V beliebig gewählt. Wegen der Basiseigenschaft von f(v1),…,f(vn)f(v_1),\ldots,f(v_n) in im(f)\Image(f) gibt es dann β1,…,βn∈K\beta_1,\ldots,\beta_n\in K, so dass
f(v)=β1f(v1)+…+βnf(vn)f(v)=\beta_1f(v_1)+\ldots+\beta_nf(v_n) =f(β1v1+…+βnvn)=f(\beta_1v_1+\ldots+\beta_nv_n).
Dann gilt: f(v−β1v1−…−βnvn)=0f(v-\beta_1v_1-\ldots-\beta_nv_n)=0 und damit ist v−β1v1−…−βnvn∈ker(f)v-\beta_1v_1-\ldots-\beta_nv_n\in\Ker(f). Dieses Element lässt sich daher als Linearkombination der u1,…,umu_1,\ldots,u_m darstellen:
v−β1v1−…−βnvn=α1u1+…+αmv-\beta_1v_1-\ldots-\beta_nv_n=\alpha_1u_1+\ldots+\alpha_m,
und man sieht leicht, dass vv sich auch als Linearkombination von Elementen aus BB darstellen lässt. □\qed
 
 

Ich glaube, daß es, im strengsten Verstand, für den Menschen nur eine einzige Wissenschaft gibt, und diese ist reine Mathematik. Hierzu bedürfen wir nichts weiter als unseren Geist.

Georg Christoph Lichtenberg

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