Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)/Teil I/Vorlesung 11/kontrolle

Untervektorräume unter linearen Abbildungen

Eine typische und wohl auch namensgebende Eigenschaft einer linearen Abbildung ist, dass sie Geraden wieder auf Geraden (oder Punkte) abbildet. Allgemeiner ist folgende Aussage.

Lemma Lemma 11.1 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung. Dann gelten folgende Aussagen.

1. Für einen Untervektorraum ${}S\subseteq V$ ist auch das Bild ${}\varphi (S)={\left\{\varphi (v)\mid v\in S\right\}}$ ein Untervektorraum von ${}W$.
2. Insbesondere ist das Bild ${}\operatorname {bild} \varphi =\varphi (V)$ der Abbildung ein Untervektorraum von ${}W$.
3. Für einen Untervektorraum ${}T\subseteq W$ ist das Urbild ${}\varphi ^{-1}(T)={\left\{v\in V\mid \varphi (v)\in T\right\}}$ ein Untervektorraum von ${}V$.
4. Insbesondere ist ${}\varphi ^{-1}(0)$ ein Untervektorraum von ${}V$.

Beweis

Siehe Aufgabe 11.2.

$\Box$

Definition Referenznummer erstellen

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung. Dann nennt man

${}\operatorname {kern} \varphi :=\varphi ^{-1}(0)={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=0\right\}}\,$

den Kern von ${}\varphi$.

Der Kern ist also nach der obigen Aussage ein Untervektorraum von ${}V$.

Bemerkung   Referenznummer erstellen

Zu einer ${}m\times n$- Matrix ${}M$ ist der Kern der durch ${}M$ gegebenen linearen Abbildung

$K^{n}\longrightarrow K^{m},\,x\longmapsto Mx,$

einfach der Lösungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems

${}Mx=0\,.$

Wichtig ist das folgende Injektivitätskriterium.

Lemma Lemma 11.4 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung.

Dann ist ${}\varphi$ genau dann injektiv, wenn ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ ist.

Beweis

Wenn die Abbildung injektiv ist, so kann es neben ${}0\in V$ keinen weiteren Vektor ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=0$ geben. Also ist ${}\varphi ^{-1}(0)=\{0\}$.
Es sei umgekehrt ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ und seien ${}v_{1},v_{2}\in V$ gegeben mit ${}\varphi (v_{1})=\varphi (v_{2})$. Dann ist wegen der Linearität

${}\varphi (v_{1}-v_{2})=\varphi (v_{1})-\varphi (v_{2})=0\,.$

Daher ist ${}v_{1}-v_{2}\in \operatorname {kern} \varphi$ und damit ${}v_{1}=v_{2}$.

$\Box$

Die Dimensionsformel

Die folgende Aussage heißt Dimensionsformel.

Satz Satz 11.5 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung und ${}V$ sei endlichdimensional.

Dann gilt

${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\dim _{K}{\left(\operatorname {bild} \varphi \right)}\,.$

Beweis

Es sei ${}n=\dim _{K}{\left(V\right)}$. Es sei ${}U=\operatorname {kern} \varphi \subseteq V$ der Kern der Abbildung und ${}k=\dim _{K}{\left(U\right)}$ seine Dimension (${}k\leq n$). Es sei

$u_{1},\ldots ,u_{k}$

eine Basis von ${}U$. Aufgrund des Basisergänzungssatzes gibt es Vektoren

$v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

derart, dass

$u_{1},\ldots ,u_{k},\,v_{1},\ldots ,v_{n-k}$

eine Basis von ${}V$ ist. Wir behaupten, dass

$w_{j}=\varphi (v_{j}),\,j=1,\ldots ,n-k,$

eine Basis des Bildes ist. Es sei ${}w\in W$ ein Element des Bildes ${}\varphi (V)$. Dann gibt es ein ${}v\in V$ mit ${}\varphi (v)=w$. Dieses ${}v$ lässt sich mit der Basis als

${}v=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\,$

schreiben. Dann ist

${}{\begin{aligned}w&=\varphi (v)\\&=\varphi {\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{k}s_{i}\varphi (u_{i})+\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi (v_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j},\end{aligned}}$

sodass sich ${}w$ als Linearkombination der ${}w_{j}$ schreiben lässt. Zum Beweis der linearen Unabhängigkeit der ${}w_{j}$, ${}j=1,\ldots ,n-k$, sei eine Darstellung der Null gegeben,

${}0=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}w_{j}\,.$

Dann ist

${}\varphi {\left(\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}\right)}=\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}\varphi {\left(v_{j}\right)}=0\,.$

Also gehört ${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}$ zum Kern der Abbildung und daher kann man

${}\sum _{j=1}^{n-k}t_{j}v_{j}=\sum _{i=1}^{k}s_{i}u_{i}\,$

schreiben. Da insgesamt eine Basis von ${}V$ vorliegt, folgt, dass alle Koeffizienten ${}0$ sein müssen, also sind insbesondere ${}t_{j}=0$.

$\Box$

Definition Referenznummer erstellen

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

sei eine ${}K$- lineare Abbildung und ${}V$ sei endlichdimensional. Dann nennt man

${}\operatorname {rang} \,\varphi :=\dim _{K}{\left(\operatorname {bild} \varphi \right)}\,$

den Rang von ${}\varphi$.

Die Dimensionsformel kann man auch als

${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\operatorname {rang} \,\varphi \,$

ausdrücken.

Bemerkung   Referenznummer erstellen

Es sei ${}\varphi \colon V\rightarrow W$ eine lineare Abbildung mit ${}V$ endlichdimensional. Die Dimensionsformel besitzt die folgenden Spezialfälle. Wenn ${}\varphi$ die Nullabbildung ist, so ist ${}\operatorname {kern} \varphi =V$ und

${}\operatorname {rang} \,\varphi =0\,.$

Wenn ${}\varphi$ injektiv ist, so ist ${}\operatorname {kern} \varphi =0$ und

${}\operatorname {rang} \,\varphi =\dim _{K}{\left(V\right)}\,.$

Der Rang liegt stets zwischen ${}0$ und der Dimension des Ausgangsraumes ${}V$. Wenn ${}\varphi$ surjektiv ist, so ist

${}\operatorname {rang} \,\varphi =\dim _{K}{\left(W\right)}\,$

und

${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\dim _{K}{\left(W\right)}\,.$

Beispiel Referenznummer erstellen

Wir betrachten die durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}0&1&1\\0&2&2\\1&3&4\\2&4&6\end{pmatrix}}\,$

gegebene lineare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{4},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\longmapsto M{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}y+z\\2y+2z\\x+3y+4z\\2x+4y+6z\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung des Kerns müssen wir das homogene lineare Gleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}y+z\\2y+2z\\x+3y+4z\\2x+4y+6z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}}\,$

lösen. Der Lösungsraum ist

${}L={\left\{s{\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}\,$

und dies ist der Kern von ${}\varphi$. Der Kern ist also eindimensional und daher ist die Dimension des Bildes nach der Dimensionsformel gleich ${}2$.

Korollar Korollar 11.9 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ Vektorräume über ${}K$ der gleichen Dimension ${}n$. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung.

Dann ist ${}\varphi$ genau dann injektiv, wenn ${}\varphi$ surjektiv ist.

Beweis

Dies folgt aus der Dimensionsformel und Lemma 11.4.

$\Box$

Verknüpfung von linearen Abbildungen und Matrizen

In der letzten Vorlesung haben wir unter der Voraussetzung, dass Basen fixiert sind, die Korrespondenz zwischen linearen Abbildungen und Matrizen besprochen. Diese Korrespondenz berücksichtigt auch Hintereinanderschaltungen und Matrizenmultiplikation, wie das folgenden Lemma zeigt.

Lemma Lemma 11.10 ändern

Bei der Korrespondenz zwischen linearen Abbildungen und Matrizen entsprechen sich die Hintereinanderschaltung von linearen Abbildungen und die Matrizenmultiplikation.

Damit ist folgendes gemeint: es seien ${}U,V,W$ Vektorräume über einem Körper ${}K$ mit Basen

${\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{p},\,{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}{\text{ und }}{\mathfrak {w}}=w_{1},\ldots ,w_{m}.$

Es seien

$\psi :U\longrightarrow V{\text{ und }}\varphi :V\longrightarrow W$

lineare Abbildungen. Dann gilt für die beschreibenden Matrizen von ${}\psi ,\,\varphi$ und der Hintereinanderschaltung ${}\varphi \circ \psi$ die Beziehung

${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}(\varphi \circ \psi )=(M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))\circ (M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}(\psi ))\,.$

Beweis

Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}K^{p}&{\stackrel {M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}(\psi )}{\longrightarrow }}&K^{n}&{\stackrel {M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&K^{m}&\\\!\!\!\!\!\Psi _{\mathfrak {u}}\downarrow &&\!\!\!\!\!\Psi _{\mathfrak {v}}\downarrow &&\downarrow \Psi _{\mathfrak {w}}\!\!\!\!\!&&\\U&{\stackrel {\psi }{\longrightarrow }}&V&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&W&\!\!\!\!\!,\\\end{matrix}}$

wobei die Kommutativität auf der Beziehung

${}\varphi \circ \Psi _{\mathfrak {v}}=\Psi _{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\,$

aus Lemma 10.14 beruht. Dabei sind die (inversen) Koordinatenabbildungen ${}\psi _{\mathfrak {v}}$ jeweils bijektiv, und somit ist

${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )=\Psi _{\mathfrak {w}}^{-1}\circ \varphi \circ \Psi _{\mathfrak {v}}\,.$

Also ist insgesamt

${}{\begin{aligned}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {u}}(\varphi \circ \psi )&=\Psi _{\mathfrak {w}}^{-1}\circ (\varphi \circ \psi )\circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&={\left(\Psi _{\mathfrak {w}}^{-1}\circ \varphi \right)}\circ {\left(\Psi _{\mathfrak {v}}\circ \Psi _{\mathfrak {v}}^{-1}\right)}\circ {\left(\psi \circ \Psi _{\mathfrak {u}}\right)}\\&={\left(\Psi _{\mathfrak {w}}^{-1}\circ \varphi \circ \Psi _{\mathfrak {v}}\right)}\circ {\left(\Psi _{\mathfrak {v}}^{-1}\circ \psi \circ \Psi _{\mathfrak {u}}\right)}\\&=M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {u}}(\psi ),\end{aligned}}$

wobei hier überall die Abbildungsverknüpfung steht. Nach Aufgabe 10.23 stimmt die letzte Verknüpfung mit dem Matrixprodukt überein.

$\Box$

Daraus folgt beispielsweise, dass das Produkt von Matrizen assoziativ ist.

Lineare Abbildungen und Basiswechsel

Lemma Lemma 11.11 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Es seien ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {u}}$ Basen von ${}V$ und ${}{\mathfrak {w}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ Basen von ${}W$. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung, die bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {v}}$ und ${}{\mathfrak {w}}$ durch die Matrix ${}M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ beschrieben werde.

Dann wird ${}\varphi$ bezüglich der Basen ${}{\mathfrak {u}}$ und ${}{\mathfrak {z}}$ durch die Matrix

$M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ (M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi ))\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}$

beschrieben, wobei ${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}$ und ${}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}$ die Übergangsmatrizen sind, die die Basiswechsel von ${}{\mathfrak {v}}$ nach ${}{\mathfrak {u}}$ und von ${}{\mathfrak {w}}$ nach ${}{\mathfrak {z}}$ beschreiben.

Beweis

Die linearen Standardabbildungen ${}K^{n}\rightarrow V$ bzw. ${}K^{m}\rightarrow W$ zu den Basen seien mit ${}\Psi _{\mathfrak {v}},\,\Psi _{\mathfrak {u}},\,\Psi _{\mathfrak {w}},\,\Psi _{\mathfrak {z}}$ bezeichnet. Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m}\\&\searrow \Psi _{\mathfrak {v}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {w}}\swarrow \!\!\!\!\!&\\\!\!\!\!\!M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}\downarrow &&V&{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}&W&&\,\,\,\,\downarrow M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\\&\nearrow \Psi _{\mathfrak {u}}\!\!\!\!\!&&&&\Psi _{\mathfrak {z}}\nwarrow \!\!\!\!\!&\\K^{n}&&&{\stackrel {M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )}{\longrightarrow }}&&&K^{m},\!\!\!\!\!\end{matrix}}$

wobei die Kommutativität auf Lemma 9.1 und Lemma 10.14 beruht. In dieser Situation ergibt sich insgesamt

${}{\begin{aligned}M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \varphi \circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ (\Psi _{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ \Psi _{\mathfrak {v}}^{-1})\circ \Psi _{\mathfrak {u}}\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {v}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {u}})\\&=(\Psi _{\mathfrak {z}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {w}})\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (\Psi _{\mathfrak {u}}^{-1}\circ \Psi _{\mathfrak {v}})^{-1}\\&=M_{\mathfrak {z}}^{\mathfrak {w}}\circ M_{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}.\end{aligned}}$

$\Box$

Korollar Korollar 11.12 ändern

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Es seien ${}{\mathfrak {u}}$ und ${}{\mathfrak {v}}$ Basen von ${}V$.

Dann besteht zwischen den Matrizen, die die lineare Abbildung bezüglich ${}{\mathfrak {u}}$ bzw. ${}{\mathfrak {v}}$ (beidseitig) beschreiben, die Beziehung

${}M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {u}}(\varphi )=M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}}\circ M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )\circ (M_{\mathfrak {u}}^{\mathfrak {v}})^{-1}\,.$

Beweis

Dies folgt direkt aus Lemma 11.11.

$\Box$

Es ist eine wichtige Zielsetzung der linearen Algebra, zu einer gegebenen linearen Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$ eine Basis ${}{\mathfrak {v}}=v_{1},\ldots ,v_{n}$ derart zu finden, dass die beschreibende Matrix ${}M_{\mathfrak {v}}^{\mathfrak {v}}(\varphi )$ „möglichst einfach“ wird.