Isomorphismus (Lineare Algebra) – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In diesem Artikel betrachten wir Isomorphie und Isomorphismus. Zwei Vektorräume sind isomorph, wenn sie als Vektorräume "gleich" sind. Eine strukturerhaltende Abbildung zwischen zwei Vektorräumen, die diese 1 zu 1 ineinander abbilden, nennen wir Isomorphismus. Das heißt, ein Isomorphismus ist eine bijektive lineare Abbildung zwischen zwei Vektorräumen.

Isomorphe Strukturen und Isomorphismen

Isomorphe Strukturen

Betrachten wir den Vektorraum $K[X]_{\leq 2}$ der Polynome vom Grad kleiner gleich $2$ und $\mathbb {R} ^{3}$. Vektoren in diesen Räumen haben eine eins zu eins Entsprechung, wie wir bereits im Artikel Einführung in den Vektorraum gesehen haben:

${\begin{array}{cccc}f(x)&=&{\color {Red}7}x^{2}&+{\color {OliveGreen}3}x&+({\color {NavyBlue}-2})&\leftrightarrow &({\color {Red}7},{\color {OliveGreen}3},{\color {NavyBlue}-2})^{T}\\g(x)&=&{\color {Red}1}x^{2}&+{\color {OliveGreen}0}x&+{\color {NavyBlue}6}&\leftrightarrow &({\color {Red}1},{\color {OliveGreen}0},{\color {NavyBlue}6})^{T}\end{array}}$

Außerdem haben wir festgestellt, dass Addition und skalare Multiplikation in diesen Vektorräumen ähnlich funktionieren:

${\begin{array}{ccc}{\color {Red}7}x^{2}&+{\color {OliveGreen}3}x&+({\color {NavyBlue}-2})&\leftrightarrow &({\color {Red}7},{\color {OliveGreen}3},{\color {NavyBlue}-2})^{T}\\&+&&&+\\{\color {Red}1}x^{2}&+{\color {OliveGreen}0}x&+{\color {NavyBlue}6}&\leftrightarrow &({\color {Red}1},{\color {OliveGreen}0},{\color {NavyBlue}6})^{T}\\&=&&&=\\{\color {Red}8}x^{2}&+{\color {OliveGreen}3}x&+{\color {NavyBlue}4}&\leftrightarrow &({\color {Red}8},{\color {OliveGreen}3},{\color {NavyBlue}4})^{T}\end{array}}$

${\begin{array}{ccc}&-1&&&-1\\&\cdot &&&\cdot \\{\color {Red}7}x^{2}&+{\color {OliveGreen}3}x&+({\color {NavyBlue}-2})&\leftrightarrow &({\color {Red}7},{\color {OliveGreen}3},{\color {NavyBlue}-2})^{T}\\&=&&&=\\{\color {Red}-7}x^{2}&+({\color {OliveGreen}-3})x&+{\color {NavyBlue}2}&\leftrightarrow &({\color {Red}-7},{\color {OliveGreen}-3},{\color {NavyBlue}2})^{T}\\\end{array}}$

Im Allgemeinen kann man sich Vektorräume als Mengen mit einer gewissen Struktur vorstellen. In unserem Beispiel können wir die zugrundeliegenden Mengen der Vektorräume 1 zu 1 zuordnen. Darüber hinaus weisen diese Vektorräume eine ähnliche Struktur (sprich Addition und Multiplikation) vor. Daher wäre es sinnvoll zu sagen, dass die Objekte als Vektorräume "gleich" sind. So eine Gleichheit hat einen eigenen Namen: Isomorphie.

Wir leiten uns nun her, was dieser Begriff formal für zwei Vektorräume $V$ und $W$ bedeutet:

Die 1 zu 1 Zuordnung ist nichts anderes als eine bijektive Abbildung $f:V\to W$. Was bedeutet, dass die Struktur gleich ist? Wir wollen, dass wir Addition und skalare Multiplikation beim Hin- und Zurückabbilden erhalten. Dass eine Abbildung die Struktur des Vektorraums erhält, heißt genau, dass die Abbildung linear ist. Also wollen wir, dass $f$ und $f^{-1}$ linear sind.

Insgesamt erhalten wir folgende Definition:

Definition (Isomorphie)

Die Vektorräume $V$ und $W$ sind isomorph, wenn es eine bijektive Abbildung $f\colon V\to W$ zwischen ihnen gibt, sodass $f$ und $f^{-1}$ linear sind. Wir schreiben dann $V\cong W$.

Kommen wir nun zu unserem Beispiel von oben zurück. Die gesuchte Abbildung aus der Definition würde in diesem Fall wie folgt aussehen:

${\begin{aligned}f\colon \mathbb {R} ^{3}&\to K[X]_{\leq 2}\\[0.3em](a,b,c)&\mapsto ax^{2}+bx+c\end{aligned}}$

Isomorphismus

Wir wollen auch der oben eingeführten Abbildung $f$ einen Namen geben:

Definition (Isomorphismus)

Ein Isomorphismus zwischen Vektorräumen $V$ und $W$ ist eine bijektive Abbildung $f\colon V\to W$, so dass $f$ und $f^{-1}$ linear sind.

Alternative Herleitung

Betrachten wir nun den Begriff „Vektorraum“ aus einem anderen Blickwinkel. Wir können uns einen Vektorraum auch als eine Basis zusammen mit zugehörigen Linearkombinationen der Basis vorstellen. Also können wir die Vektorräume „gleich“ nennen, wenn wir die Basen 1 zu 1 zuordnen können und die entsprechenden Linearkombinationen gleich gebildet werden. In anderen Worten suchen wir eine Abbildung, die sowohl Basen als auch Linearkombinationen erhält. Welche Eigenschaft muss die Abbildung haben, damit sie Linearkombinationen erhält? Die Antwort steckt schon fast im Namen: Die Funktion muss linear sein.

Widmen wir uns nun der Frage, welche Eigenschaft eine lineare Abbildung braucht, um Basen auf Basen abzubilden (d.h. Basen zu erhalten). Eine Basis ist nichts anderes als ein linear unabhängiges Erzeugendensystem. Somit muss die Abbildung Erzeugendensysteme und lineare Unabhängigkeit erhalten. Eine lineare Abbildung, die Erzeugendensysteme erhält, ist ein Epimorphismus – also eine surjektive lineare Abbildung. Eine lineare Abbildung, die lineare Unabhängigkeit erhält, heißt Monomorphismus und ist damit eine injektive lineare Abbildung. Also ist die gesuchte Funktion ein Epimorphismus und ein Monomorphismus. Als Monomorphismus muss sie injektiv sein. Als Epimorphismus muss die Abbildung andererseits surjektiv sein. Insgesamt erhalten wir also eine bijektive, lineare Abbildung. Die nennen wir wiederum Isomorphismus. Das gibt uns die alternative Definition:

Definition (Alternative Definition von Isomorphie und Isomorphismus)

Zwei Vektorräume $V$ und $W$ sind isomorph, wenn es eine bijektive, lineare Abbildung $f\colon V\to W$ zwischen ihnen gibt.

Eine Abbildung $f\colon V\to W$ heißt Isomorphismus, wenn sie eine bijektive, lineare Abbildung ist.

Umkehrabbildungen von linearen Bijektionen sind linear

Wir haben zwei Beschreibungen für den Isomorphismus hergeleitet. Dadurch haben wir auch zwei verschiedene Definitionen. Die erste scheint mehr zu fordern als die zweite: Bei der ersten Definition muss ein Isomorphismus $f$ zusätzlich erfüllen, dass $f^{-1}$ linear ist. Erhalten wir dadurch verschiedene mathematische Objekte? Laut unserer Herleitung und Intuition sollten beide Definitionen die gleichen Objekte definieren. Dies bestätigt der folgende Satz, aus welchem folgt, dass die zweite Definition die erste impliziert.

Satz (Die Umkehrabbildung einer bijektiven linearen Abbildung ist linear.)

Sei $f\colon V\to W$ eine bijektive, lineare Abbildung, dann ist auch die Umkehrabbildung $g\colon W\to V$ linear.

Wie kommt man auf den Beweis? (Die Umkehrabbildung einer bijektiven linearen Abbildung ist linear.)

Wir wollen zeigen, dass $g$ linear ist. Dafür muss sowohl $g(w+w')=g(w)+g(w')$ als auch $g(\lambda \cdot w)=\lambda \cdot g(w)$ für alle Vektoren $w,w'\in W$ und Skalare $\lambda \in K$ gelten.

Wir haben gegeben, dass $f$ linear und bijektiv mit Umkehrabbildung $g$ ist. Wie können wir das nutzen, um die Linearität von $g$ zu zeigen? Da $g$ die Umkehrabbildung von $f$ ist, gilt:

${\begin{aligned}&f\circ g=id_{W}{\text{, also }}f(g(w))=w{\text{ für alle }}w\in W\end{aligned}}$

Zusammen mit der Linearität von $f$ liefert das uns:

${\begin{aligned}g(w+w')&=g(f(g(w))+f(g(w')))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{ Linearität von }}f\right.}\\[0.3em]&=g(f(g(w)+g(w')))=g(w)+g(w').\end{aligned}}$

Genauso können wir für Homogenität $g(\lambda \cdot w)=\lambda \cdot g(w)$ vorgehen.

Beweis (Die Umkehrabbildung einer bijektiven linearen Abbildung ist linear.)

Für die Umkehrabbildung $g$ von $f$ gilt:

${\begin{aligned}&f\circ g=id_{W};\\[0.3em]&g\circ f=id_{V}.\end{aligned}}$

Also gilt für jeden Vektor $v\in V$ und jeden Vektor $w\in W$

${\begin{aligned}&(f\circ g)(w)=f(g(w))=w;\\[0.3em]&(g\circ f)(v)=g(f(v))=v.\end{aligned}}$

Beweisschritt: $g$ ist additiv.

Seien $w$ und $w'\in W$ zwei Vektoren. Dann gilt:

${\begin{aligned}&g(w+w')\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \operatorname {g} {\text{ Umkehrfunktion zu }}\operatorname {f} \right.}\\[0.3em]=\,&g(f(g(w))+f(g(w')))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \operatorname {f} {\text{ ist linear }}\right.}\\[0.3em]=\,&g(f(g(w)+g(w'))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \operatorname {g} {\text{ Umkehrfunktion zu }}\operatorname {f} \right.}\\[0.3em]=\,&g(w)+g(w').\end{aligned}}$

Damit ist die Umkehrfunktion additiv.

Beweisschritt: $g$ ist homogen.

Seien $w\in W$ ein Vektor und $\lambda \in K$ ein Skalar. Dann folgt

${\begin{aligned}&g(\lambda \cdot w)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \operatorname {g} {\text{ Umkehrfunktion zu }}\operatorname {f} \right.}\\[0.3em]=\,&g(\lambda \cdot f(g(w)))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \operatorname {f} {\text{ ist linear }}\right.}\\[0.3em]=\,&g(f(\lambda \cdot g(w)))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \operatorname {g} {\text{ Umkehrfunktion zu }}\operatorname {f} \right.}\\[0.3em]=\,&\lambda \cdot g(w).\end{aligned}}$

Damit ist die Umkehrfunktion homogen.

Wir haben gezeigt, dass die Umkehrabbildung $g$ linear ist.

Isomorphe Strukturen klassifizieren

Bijektion der Basen erzeugt einen Isomorphismus

Wir haben uns im Abschnitt Alternative Herleitung überlegt, dass ein Isomorphismus eine lineare Abbildung ist, die Basen erhält. Das bedeutet, dass Basen auf Basen geschickt und Linearkombinationen erhalten werden. Etwas formaler Beschrieben, haben wir uns also folgendes überlegt:

Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen zwei Vektorräumen. Ist $f$ ein Isomorphismus, so bildet $f$ Basen von $V$ auf Basen von $W$ ab.

Wir stellen uns andersherum die Frage: Wenn eine lineare Abbildung eine Basis auf eine Basis schickt, ist sie dann bereits ein Isomorphismus? Wie wir im folgenden Satz sehen, reicht dies tatsächlich aus:

Satz

Es seien $K$ ein Körper, $V,W$ zwei $K$-Vektorräume, $B_{V}$ eine Basis von $V$ und $f:V\to W$ eine lineare Abbildung.

Dann gilt: $f$ ist genau dann ein Isomorphismus, wenn $B_{V}$ von $f$ auf eine Basis von $W$ abgebildet wird.

Beweis

Beweisschritt: $\implies$

Sei $f$ ein Isomorphismus. Dann ist $f$ per Definition sowohl ein Monomorphismus, als auch ein Epimorphismus.

Wir wollen zeigen, dass $f$ Basen erhält. Das heißt, dass das Bild von $B_{V}$ unter $f$ ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von $W$ ist.

Beweisschritt: $f(B_{V})$ ist linear unabhängig

Wir wissen aus dem Artikel zu Monomorphismen, dass diese lineare Unabhängigkeit erhalten. Die Menge $B_{V}$ ist eine Basis und somit linear unabhängig. Ihr Bild unter $f$ ist also linear unabhängig.

Beweisschritt: $f(B_{V})$ ist Erzeugendensystem von $W$

Wir wissen aus dem Artikel zu Epimorphismen, dass diese Erzeugendensysteme erhalten. Die Menge $B_{V}$ ist eine Basis und somit ein Erzeugendensystem. Ihr Bild unter $f$ ist also ein Erzeugendensystem von $W$.

Beweisschritt: $\Longleftarrow$

$f$ bilde $B_{V}$ auf eine Basis $B_{W}$ von $W$ ab.

Beweisschritt: Injektivität

Da $f$ die linear unabhängige Menge $B_{V}$ auf die linear unabhängige Menge $B_{W}$ abbildet, erhält $f$ lineare Unabhängigkeit. Aus dem Aritkel zu Monomorphismen wissen wir, dass $f$ dann injektiv sein muss.

Beweisschritt: Surjektivität

$f$ bildet die Basis $B_{V}$, also insbesondere ein Erzeugendensystem, auf die Basis $B_{W}$, also insbesondere ein Erzeugendensystem, ab. Aus dem Aritkel zu Epimorphismen wissen wir, dass $f$ dann surjektiv sein muss.

$f$ ist nach Angabe linear. Zusammen mit Injektivität und Surjektivität folgt, dass $f$ ein Isomorphismus ist.

Satz

Seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume mit Basen $B_{V}$ und $B_{W}$. Sei außerdem $h\colon B_{V}\to B_{W}$ eine bijektive Abbildung. Dann gibt es genau einen Isomorphismus $f\colon V\to W$ mit $f|_{B_{V}}=h$.

Beweis

Aus dem Artikel Prinzip der linearen Fortsetzung wissen wir, dass wir eine eindeutige lineare Abbildung $f$ mit $f(b)=h(b)\in B_{W}$ für alle $b\in B_{V}$ finden. Damit gilt, wie in der Voraussetzung gefordert, $f|_{B_{V}}=h$.

Wir müssen noch zeigen, dass die Abbildung $f$ ein Isomorphismus ist. Nach dem vorigen Satz müssen wir dafür zeigen, dass $f$ eine Basis von $V$ auf eine Basis von $W$ abbildet. Nun haben wir $f$ genau so konstruiert, dass $f|_{B_{V}}=h$ ist. Das heißt, dass $f$ die Basis $B_{V}$ auf die Basis $B_{W}$ abbildet, da $h$ bijektiv ist. Also ist $f$ ein Isomorphismus.

In diesem Fall, wo wir eine Bijektion zwischen Basen gegeben haben, gibt es eine schöne Beschreibung der Umkerhabbildung von $f$: Wir wissen, dass $f^{-1}$ durch die Bedingungen $f^{-1}\circ f=\operatorname {id} _{V}$ und $f\circ f^{-1}=\operatorname {id} _{W}$ charakterisiert ist. Weiter sagt uns das Prinzip der linearen Fortsetzung, dass wir $f^{-1}$ nur auf einer Basis von $W$ kennen müssen, um es vollständig zu beschreiben. Nun haben wir schon die Basis $B_{W}$ von W gewählt. Das heißt, uns interessiert $f^{-1}(b_{W})$ für $b_{W}\in B_{W}$. Weil $h$ bijektiv ist, gibt es genau ein $b_{V}\in B_{V}$ mit $h(b_{V})=b_{W}$. Daher erhalten wir $f^{-1}(b_{W})=f^{-1}(f(b_{V}))=b_{V}$ aus den obigen Bedingungen. Wie können wir nun dieses Element $b_{V}$ genauer beschreiben? $b_{V}$ ist das eindeutige Urbild von $b_{W}$ unter $h$. Also ist $b_{V}=h^{-1}(b_{W})$. Mit anderen Worten ist $f^{-1}$ die von $h^{-1}$ induzierte lineare Abbildung von $W$ nach $V$.

Klassifikation endlich dimensionaler Vektorräume

Stellen wir uns nun die Frage, wann man im endlich dimensionalen Fall von isomorphen Vektorräumen sprechen kann. Wir betrachten also den Fall, dass $V$ und $W$ endlich dimensionale Vektorräume sind, d.h. wir haben Basen $\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ von $V$ und $\{c_{1},\ldots ,c_{m}\}$ von $W$. Aus dem vorherigen Satz wissen wir, dass ein Isomorphismus durch die Bijektion der Basen eindeutig charakterisiert ist. Wann finden wir eine Bijektion zwischen diesen beiden Mengen? Genau dann, wenn sie die gleiche Mächtigkeit haben. Also genau dann, wenn $V$ und $W$ die gleiche Dimension haben:

Satz (Endlich dimensionale Vektorräume mit gleicher Dimension sind isomorph und umgekehrt)

Seien $V,W$ endlichdimensionale Vektorräume. Dann gilt: $\operatorname {dim} (V)=\operatorname {dim} (W)\Longleftrightarrow V\cong W$

Beweis (Endlich dimensionale Vektorräume mit gleicher Dimension sind isomorph und umgekehrt)

Beweisschritt: $\implies$

Sei $\operatorname {dim} (V)=\operatorname {dim} (W)$.

Zwei Vektorräume heißen isomorph, wenn ein Isomorphismus zwischen ihnen existiert. Wir wissen, dass ein Isomorphismus zwischen Vektorräumen existiert, wenn wir eine bijektive Abbildung zwischen den Basen dieser finden. Da $\operatorname {dim} (V)=\operatorname {dim} (W)$, finden wir eine bijektive Abbildung zwischen den Basen. Es existiert also ein Isomorphismus zwischen $V$ und $W$.

Folglich sind $V$ und $W$ isomorph.

Beweisschritt: $\Longleftarrow$

Sei $V\cong W$.

Sei $f$ ein Isomorphismus zwischen $V$ und $W$. Wir wissen, dass ein Isomorphismus Basen auf Basen abbildet. Das heißt, dass $f(B_{V})$ eine Basis von $W$ ist. Da die Abbildung ein Isomorphismus ist, ist sie insbesondere bijektiv. Somit ist $|B_{V}|=|f(B_{V})|$.

Dies impliziert $\operatorname {dim} (V)=\operatorname {dim} (W)$.

Wir haben gezeigt, dass $K$-Vektorräume gleicher Dimension $n$ isomorph sind. Insbesondere sind alle solchen Vektorräume isomorph zum Vektorraum $K^{n}$. Weil der $K^{n}$ ein gut beschreibbares Modell für einen Vektorraum ist, wollen wir den im letzten Satz konstruierten Isomorphismus genauer untersuchen.

Sei $V$ ein $n$-Dimensionaler $K$-Vektorraum. Wir verfolgen jetzt den Beweis des letzten Satzes, um die Konstruktion des Isomorphismus zu verstehen. Wir benutzen, dass Basen von $V$ und von $K^{n}$ gleichmächtig sind. Für den Isomorphismus konstruieren wir eine Bijektion zwischen einer Basis von $V$ und einer Basis von $K^{n}$. Der $K^{n}$ hat als kanonische Basis die Standardbasis; diese bezeichnen wir wie immer mit $E:=\{e_{1},\dots ,e_{n}\}$.

Wenn wir den Beweis des letzten Satzes nachvollziehen, sehen wir, dass wir eine Basis von $V$ und eine Basis von $K^{n}$ wählen müssen. Für den $K^{n}$ wählen wir die Standardbasis und für $V$ irgendeine Basis $B$ von $V$. Als nächstest benötigen wir eine Bijektion $h\colon E\to B$ zwischen der Standardbasis und der Basis $B$. Das heißt, wir müssen jedem $e_{i}$ genau ein $b\in B$ zuordnen. Wir können damit die Bilder der $e_{i}$ benennen als $b_{i}=h(e_{i})$. Weil $h$ bijektiv ist, erhalten wir $B=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$. Im Wesentlichen haben wir die Elemente von B damit durchnummeriert. Tatsächlich ist ein Durchnummerieren der Elemente von $B$ das gleiche wie das Angeben einer Bijektion von $E$ nach $B$, da wir $e_{i}$ einfach auf das $i$-te Element von $B$ abbilden können.

Das Prinzip der linearen Fortsetzung liefert uns nun einen Isomorphismus $f\colon K^{n}\to V$. Wenn wir dieses Prinzip nachverfolgen, sendet sie den Vektor $(x_{1},\dots ,x_{n})^{T}\in K^{n}$ auf das Element $f((x_{1},\dots ,x_{n})^{T})=x_{1}\cdot b_{1}+\dots +x_{n}\cdot b_{n}$. Wir wollen den Isomorphismus $f$ besser verstehen. Dafür wollen wir uns zusätzlich die Umkehrabbildung von $f$ ansehen.

Wir haben uns oben schon überlegt, wie die Abbildung $f^{-1}$ in diesem Fall aussieht. Die Umkehrabbildung $f^{-1}$ ist die von $h^{-1}$ induzierte Abbildung. Das heißt, sie bildet ein Basiselement $b_{i}\in B$ auf $h^{-1}(b_{i})=e_{i}$ ab. Was heißt das nun konkret für einen Vektor $v\in V$? Wir schreiben $v$ als Linearkombination unserer Basis $v=\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}$. Die Abbildung $f^{-1}$ schickt nun $v$ auf $f^{-1}(v)=(\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n})^{T}$. Die $\lambda _{i}$ beschreiben, wo sich $v$ in Bezug auf die Basisvektoren $b_{i}$ befindet. Das ist genau wie bei der GPS-Koordinate, die einem seine Position zu gewissen Ankerpunkten (dort Nullmeridian und Äquator) angibt. Daher können wir sagen, dass $f^{-1}$ jeden Vektor auf seine Koordinaten bezüglich der Basis $B$ schickt.

Definition (Koordinatenabbildung)

Sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum und $b_{1},\dots ,b_{n}$ eine Basis von $V$. Wir definieren den Isomorphismus $k_{b_{1},\dots ,b_{n}}\colon V\to K^{n}$ als die Fortsetzung folgender Bijektion zwischen der Basis $b_{1},\dots ,b_{n}$ und der Standardbasis des $K^{n}$:

$\{b_{1},\dots ,b_{n}\}\to \{e_{1},\dots ,e_{n}\};b_{i}\mapsto e_{i}$

Wir nennen $k_{b_{1},\dots ,b_{n}}$ die Koordinatenabbildung bezüglich $b_{1},\dots ,b_{n}$.

Wir wollen nun untersuchen, von wie vielen Wahlen die Konstruktion der Koordinatenabbildung abhänkt.

Beispiel (Koordinatenabbildung zwischen dem Vektorraum der reellen quadratischen Polynome und $\mathbb {R} ^{3}$)

Wir betrachten die beiden $\mathbb {R}$-Vektorräume $W:=\mathbb {R} ^{3}$ und den der reellen Polynome von Grad $\leq 2:=P_{\leq 2}$. Die Koordinatenabbildung sieht dann folgendermaßen aus:

$k_{1,x,x^{2}}:P_{2}\to W$, $a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}\mapsto (a_{0},a_{1},a_{2})$.

Die Koordinatenabbildung ist abhängig von der Wahl der Basis. Hat man verschiedene Basen, so erhält man verschiedene Zuordnungen.

Beispiel (verschiedene Basen erzeugen verschiedene Koordinatenabbildungen)

Wir betrachten folgende zwei Basen des $\mathbb {R} ^{2}$: $B=\{(1,0)^{T},(0,1)^{T}\}$ und $C=\{(1,1)^{T},(1,-1)^{T}\}$.

Für $x=(x_{1},x_{2})\in \mathbb {R} ^{2}$ gilt

$x=x_{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+x_{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

Also sieht die Koordinatenabbildung bezüglich $B$ wie folgt aus

$k_{(1,0)^{T},(0,1)^{T}}\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}$

Für die Basis $C$ gilt

$x={\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$

Somit ist die Koordinatenabbildung bezüglich $C$

$k_{(1,1)^{T},(1,-1)^{T}}\colon {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}{\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\\{\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}\end{pmatrix}}.$

Diese zwei Abbildungen sind nicht gleich. Zum Beispiel ist

$k_{(1,0)^{T},(0,1)^{T}}\left({\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}\neq {\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}}=k_{(1,1)^{T},(1,-1)^{T}}\left({\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}\right)$

Auch wenn wir nur die Nummerierung der Elemente einer Basis ändern, erhalten wir schon verschiedene Koordinatenabbildungen.

Beispiel (unterschiedliche Nummerierung der Basis ergeben unterschiedliche Koordinatenabbildungen)

Wir betrachten die Standardbasis $B=\{(1,0)^{T},(0,1)^{T}\}$ im $\mathbb {R} ^{2}$. Wir wollen herausfinden, wie die Koordinatenabbildungen $k_{(1,0)^{T},(0,1)^{T}}$ und $k_{(0,1)^{T},(1,0)^{T}}$ aussehen. Für $k_{(1,0)^{T},(0,1)^{T}}$ wissen wir das schon:

$k_{(1,0)^{T},(0,1)^{T}}\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}$

Für $x=(x_{1},x_{2})^{T}$ gilt

$x=x_{2}\cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+x_{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}.$

Die Konstruktion der Koordinatenabbildung liefert uns damit die folgende Beschreibung

$k_{(0,1)^{T},(1,0)^{T}}\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x_{2}\\x_{1}\end{pmatrix}}$

Diese beiden Abbildungen sind wieder verschieden. Zum Beispiel gilt

$k_{(1,0)^{T},(0,1)^{T}}\left({\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}\neq {\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}}=k_{(0,1)^{T},(1,0)^{T}}\left({\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}\right).$

Damit wir von der Koordinatenabbildung sprechen können, müssen wir auch die Reihenfolge der Basiselemente festlegen. Eine Basis, bei der man auch die Reihenfolge der Basiselemente festlegt, nennen wir geordnete Basis.

Definition (Geordnete Basis)

Seien $K$ ein Körper und $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum. Sei $B=(b_{1},\dots ,b_{n})\in V^{n}$. Dann nennen wir $B$ eine geordnete Basis von $V$, falls $\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ eine Basis von $V$ ist.

Mit diesem Begriff können wir die Notation der Koordinatenabbildung vereinfachen. Ist $B=(b_{1},\dots ,b_{n})$ eine geordnete Basis, so bezeichnen wir die Koordinatenabbildung $k_{b_{1},\dots ,b_{n}}$ auch als $k_{B}$.

Wir haben jetzt über eine Klasse von Isomorphismen von $V$ nach $K^{n}$ gesprochen. Gibt es noch andere Isomorphismen von $V$ nach $K^{n}$? Das heißt, gibt es Isomorphismen, die keine Koordinatenabbildungen sind? Tatsächlich ist jeder Isomorphismus von $V$ nach $K^{n}$ eine Koordinatenabbildung bezüglich einer passenden Basis.

Satz (Alle Isomorphismen $V\to K^{n}$ sind Koordinatenabbildungen)

Sei $f\colon V\to K^{n}$ ein Isomorphismus. Dann gibt es genau eine geordnete Basis $B$ von $V$, sodass $f=k_{B}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Alle Isomorphismen $V\to K^{n}$ sind Koordinatenabbildungen)

Wir haben die Koordinatenabbildung als Umkehrabbildung konstruiert: Wir haben die Standardbasis des $K^{n}$ bijektiv auf eine Basis von $V$ abgebildet. Um diese Basis zu rekonstruieren, müssen wir die Urbilder der Standardbasis unter $f$ betrachten. Das heißt, wir müssen $B=f^{-1}(E)$. Nun benötigen wir eine Ordnung auf $B$. Diese bekommen wir durch indem wir $b_{i}=f^{-1}(e_{i})$ setzen. Wir haben gesehen, dass $B$ eine Basis ist, weil $f^{-1}$ ein Isomorphismus ist. Weiter haben wir gerade das Prinzip der linearen Fortsetzung rückwärts angewendet. Damit wissen wir, dass $f^{-1}$ von der Bijektion $e_{i}\mapsto b_{i}$ induziert ist. Weiter oben haben wir damit gesehen, dass $f$ dann von der Bijektion $b_{i}\mapsto e_{i}$ induziert ist. Dies gibt aber genau die Koordinatenabbildung bezüglich $B$.

Beweis (Alle Isomorphismen $V\to K^{n}$ sind Koordinatenabbildungen)

Wir definieren $b_{i}:=f^{-1}(e_{i})$ für $1\leq i\leq n$. Dann ist $\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ das Bild der Standardbasis unter der Abbildung $f^{-1}$. Da $f^{-1}$ ein Isomorphismus ist, bildet es Basen auf Basen ab. Damit ist $b_{1},\ldots ,b_{n}$ eine Basis von $V$.

Definiere die geordnete Basis $B:=(b_{1},\dots ,b_{n})$. Wir zeigen nun $f=k_{B}$. Dafür reicht es, die Gleichheit auf der Basis $B$ zu beweisen, da $f$ und $k_{B}$ linear sind. Für ein $b_{i}$ gilt

$f(b_{i})=f(f^{-1}(e_{i}))=e_{i}=k_{B}(b_{i}).$

Also gilt $f=k_{B}$.

Beispiele für Vektorraumisomorphismen

Beispiel (Reelle Polynome $n$-ten Grades und der $\mathbb {R} ^{n+1}$)

Wir zeigen am Beispiel $n=2$ eine Isomorphie des Raums der Polynome höchstens zweiten Grads $\mathbb {R} [X]_{\leq 2}$ zum $\mathbb {R} ^{3}$.

Wir definieren die Abbildung $f:\mathbb {R} [X]_{\leq 2}\to \mathbb {R} ^{3}$ durch $f(p)=(p(-1),\,p(0),\,p(1))^{T}$.

Behauptung: $f$ ist ein Isomorphismus.

Dazu müssen wir drei Dinge nachweisen:

1. $f$ ist eine lineare Abbildung $f:\mathbb {R} [X]_{\leq 2}\to \mathbb {R} ^{3}$
2. $f$ ist injektiv
3. $f$ ist surjektiv

Beweisschritt: Linearität von $f$

Da $f(p)$ für jedes Polynom $p\in \mathbb {R} [X]_{\leq 2}$ definiert ist und Werte in $\mathbb {R} ^{3}$ hat, ist $f$ als Abbildung wohldefiniert.

Wir müssen also noch beweisen, dass für $p_{1},p_{2}\in \mathbb {R} [X]_{\leq 2}$ und $\lambda \in \mathbb {R}$ stets $f(p_{1}+p_{2})=f(p_{1})+f(p_{2})$ und $f(\lambda p)=\lambda f(p)$ ist.

Das ist völlig analog zu dieser Rechnung.

Beweisschritt: Injektivität von $f$

Sei $p\in \mathbb {R} [X]_{\leq 2}$ und $f(p)=(0,0,0)^{T}$.

Das bedeutet, dass das Polynom höchstes zweiten Grades $p$ drei Nullstellen hat: es ist ja $p(-1)=p(0)=p(1)=0$. Daraus folgt (z. B. mit Polynomdivision), dass wir $p$ schreiben können als $p(x)=(x+1)\cdot (x-0)\cdot (x-1)\cdot q(x)$, wobei $q$ auch wieder ein Polynom ist (oder eine Konstante, d.h. ein Polynom nullten Grades). Weil aber der Grad von $p$ höchstens zwei ist, muss $q$ konstant und gleich $0$ sein, und damit ist dann $p$ das Nullpolynom, also der Nullvektor des Vektorraums $\mathbb {R} [X]_{\leq 2}$.

Da also der Kern von $f$ nur aus dem Nullvektor besteht, ist $f$ injektiv.

Beweisschritt: Surjektivität von $f$

Beim Beweis dieser Behauptung verwenden wir die Polynominterpolation in der Lagrange-Form.

Dazu definieren wir drei Polynome $p_{1},p_{2},p_{3}\in \mathbb {R} [X]_{\leq 2}$ durch

${\begin{aligned}p_{1}(x)&={\dfrac {(x-0)(x-1)}{(-1-0)(-1-1)}}\\p_{2}(x)&={\dfrac {(x-(-1))(x-1)}{(0-(-1))(0-1)}}\\p_{3}(x)&={\dfrac {(x-(-1))(x-0)}{(1-(-1))(1-0)}}\end{aligned}}$

$p_{1}$ hat Nullstellen bei $x=0$ und $x=1$, und der Nenner ist der Zähler an der Stelle $x=-1$. Daher $p_{1}(-1)=1$, da dann in Zähler und Nenner dieselbe Zahl steht.

Ganz analog ist $p_{2}(-1)=p_{2}(1)=0$ und $p_{2}(0)=1$ und $p_{3}(-1)=p_{3}(0)=$ und $p_{3}(1)=1$.

Wenn wir jetzt einen beliebigen Vektor $x=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ haben, dann definieren wir das Polynom $p\in \mathbb {R} [X]_{\leq 2}$ durch

$p(x)=x_{1}\cdot p_{1}(x)+x_{2}\cdot p_{2}(x)+x_{3}\cdot p_{3}(x)$

Dann ist $p(-1)=x_{1}\cdot 1+x_{2}\cdot 0+x_{3}\cdot 0=x_{1}$ und genauso $p(0)=x_{1}\cdot 0+x_{2}\cdot 1+x_{3}\cdot 0=x_{2}$ und $p(1)=x_{1}\cdot 0+x_{2}\cdot 0+x_{3}\cdot 1=x_{3}$.

Damit haben wir gezeigt, dass $f$ surjektiv ist.

Wir sehen auch, dass wir dieses Verfahren für beliebige Polynomgrade und beliebige Punkte anwenden können, solange nur die Anzahl der Punkte um eins größer ist als der Höchstgrad der Polynome. Wir können auch $\mathbb {R}$ überall durch $\mathbb {Q}$ oder $\mathbb {C}$ ersetzen, ohne dass wir am Beweis etwas ändern müssten.

Beispiel (Konvergente Folgen modulo Nullfolgen)

Sei $K\in \{\mathbb {R} ,\mathbb {C} \}$. Wir kennen bereits die Vektorräume $c,c_{0}\subseteq \omega$ der konvergenten Folgen und der Nullfolgen. Wir wissen auch, dass $c_{0}\subseteq c$ ein Untervektoraum ist. Daher können wir den Faktorraum $V:=c/c_{0}$ bilden.

Im Folgenden wollen wir zeigen, dass $V\cong K$ gilt.

Wir definieren eine Abbildung

${\begin{aligned}\Phi \colon K&\to V\\\lambda &\mapsto [(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }].\end{aligned}}$

Das Bild von $\lambda \in K$ unter dieser Abbildung ist also die Nebenklasse der Folge, die konstant den Wert $\lambda$ annimmt. Diese ist konvergent mit Grenzwert $\lambda$. Wir müssen zeigen, dass $\Phi$ linear und bijektiv ist.

Beweisschritt: Linearität von $\Phi$

Wir müssen die Additivität und Homogenität von $\Phi$ zeigen.

Beweisschritt: Additivität von $\Phi$

Seien $\lambda ,\mu \in K$. Dann gilt

${\begin{aligned}\Phi (\lambda )+\Phi (\mu )&=[(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }]+[(\mu )_{i\in \mathbb {N} }]\\&=[(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }+(\mu )_{i\in \mathbb {N} }]\\&=[(\lambda +\mu )_{i\in \mathbb {N} }]\\&=\Phi (\lambda +\mu ).\end{aligned}}$

Beweisschritt: Homogenität von $\Phi$

Seien $\lambda ,\kappa \in K$. Wir betrachten $\lambda$ als Vektor des $K$-Vektorraumes $K$ und $\kappa$ als Skalar. Es gilt

${\begin{aligned}\Phi (\kappa \cdot \lambda )&=[(\kappa \cdot \lambda )_{i\in \mathbb {N} }]\\&=[\kappa \cdot (\lambda )_{i\in \mathbb {N} }]\\&=\kappa \cdot [(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }]\\&=\kappa \cdot \Phi (\lambda ).\end{aligned}}$

Beweisschritt: Injektivität von $\Phi$

Wir müssen zeigen, dass $\ker(\Phi )=0$ gilt. Sei also $\lambda \in \ker(\Phi )$. Das bedeutet, $0=\Phi (\lambda )=[(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }]$. Dies heißt, dass $(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }\in c_{0}$ liegt.

Also ist $\lambda =\lim _{i\to \infty }\lambda =0$. Das zeigt die Behauptung.

Beweisschritt: Surjektivität von $\Phi$

Sei $x=[(x_{i})_{i\in \mathbb {N} }]\in V$ und sei $\lambda =\lim _{i\to \infty }x_{i}$. Setze $y=[(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }]=\Phi (\lambda )$. Dann ist $\lim _{i\to \infty }|x_{i}-y_{i}|=\lim _{i\to \infty }|x_{i}-\lambda |=0$.

Daher gilt $(x_{i})_{i\in \mathbb {N} }-(\lambda )_{i\in \mathbb {N} }\in c_{0}$. Folglich $x=y=\Phi (\lambda )$. Dies zeigt die Surjektivität.

Beispiel (Der Isomorphiesatz)

Eines der wichtigsten Beispiele ist die Isomorphie zwischen dem Bildraum einer linearen Abbildung $L:V\to W$ und dem Quotientenraum $V/\ker L$.

All das ist hier beschrieben.

Aufgaben

Aufgabe (komplexe $\mathbb {R}$-Vektorräume)

Sei $V$ ein endlich-dimensionaler $\mathbb {C}$-Vektorraum. Zeige $V\cong \mathbb {R} ^{2\operatorname {dim} _{\mathbb {C} }(V)}$ als $\mathbb {R}$-Vektorräume.

Lösung (komplexe $\mathbb {R}$-Vektorräume)

Setze $n:=\operatorname {dim} _{\mathbb {C} }(V)$. Wir wählen eine $\mathbb {C}$-Basis ${\mathcal {B}}=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ von $V$. Definiere $c_{j}:=i\cdot b_{j}$ für alle $1\leq j\leq n$.

Wir müssen zeigen: $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$ bilden eine $\mathbb {R}$-Basis von $V$. Dann gilt $\operatorname {dim} _{\mathbb {R} }(V)=2n=\operatorname {dim} _{\mathbb {R} }(\mathbb {R} ^{2n})$. Nach einem Satz folgt also $V\cong \mathbb {R} ^{2n}$ als $\mathbb {R}$-Vektorräume.

Wir zeigen zunächst die $\mathbb {R}$-lineare Unabhängigkeit.

Beweisschritt: $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$ ist $\mathbb {R}$-linear unabhängig

Seien $\beta _{1},\dots ,\beta _{n},\gamma _{1},\dots ,\gamma _{n}\in \mathbb {R}$ und gelte $\sum _{j=1}^{n}\beta _{j}\cdot b_{j}+\sum _{j=1}^{n}\gamma _{j}\cdot c_{j}=0$. Wir setzen für $c_{j}$ die Definition ein, fassen die Summen zusammen und erhalten $\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}+i\cdot \gamma _{j})\cdot b_{j}=0$. Wegen $\mathbb {C}$-linearer Unabhängigkeit der $b_{j}$ gilt $\beta _{j}+i\cdot \gamma _{j}=0$ für alle $j\in \{1,\dots ,n\}$. Folglich ist $\beta _{j}=\gamma _{j}=0$ für alle $j\in \{1,\dots ,n\}$. Dies zeigt die $\mathbb {R}$-lineare Unabhängigkeit.

Nun fehlt nur noch ein Schritt:

Beweisschritt: $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$ ist ein $\mathbb {R}$-Erzeugendensystem

Sei $v\in V$ beliebig.

Da ${\mathcal {B}}$ eine $\mathbb {C}$-Basis von $V$ ist, finden wir $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in \mathbb {C}$, sodass $v=\sum _{j=1}^{n}\lambda _{j}\cdot b_{j}$ gilt. Wir schreiben $\lambda _{j}=\beta _{j}+\gamma _{j}i$ mit $\beta _{j},\gamma _{j}\in \mathbb {R}$ für alle $j$. Dann gilt

${\begin{aligned}v&=\sum _{j=1}^{n}\lambda _{j}\cdot b_{j}\\&=\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}+\gamma _{j}i)\cdot b_{j}\\&=\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}\cdot b_{j}+\gamma _{j}\cdot (i\cdot b_{j}))\\&=\sum _{j=1}^{n}(\beta _{j}\cdot b_{j}+\gamma _{j}\cdot c_{j})\\&=\sum _{j=1}^{n}\beta _{j}\cdot b_{j}+\sum _{j=1}^{n}\gamma _{j}\cdot c_{j}.\end{aligned}}$

Also liegt $v$ im $\mathbb {R}$-Span von $\{b_{1},\dots ,b_{n},c_{1},\dots ,c_{n}\}$. Dies zeigt die Behauptung.

Aufgabe (Isomorphe Koordinatenräume)

Sei $K$ ein Körper, $n,m\in \mathbb {N} _{0}$. Zeige: $K^{n}\cong K^{m}$ genau dann, wenn $m=n$ gilt.

Lösung (Isomorphe Koordinatenräume)

Wir wissen, dass $\operatorname {dim} (K^{k})=k$ für alle $k\in \mathbb {N} _{0}$ gilt. Wir benutzen den Satz, der besagt, dass endlichdimensionale Vektorräume genau dann isomorph sind, wenn ihre Dimensionen übereinstimmen. Also gilt $K^{n}\cong K^{m}$ genau dann, wenn $n=\operatorname {dim} (K^{n})=\operatorname {dim} (K^{m})=m$ gilt.

Aufgabe (Isomorphiekriterien für Endomorphismen)

Sei $K$ ein Körper, $V$ ein endlich-dimensionaler $K$-Vektorraum und $f:V\to V$ eine $K$-lineare Abbildung. Weise nach, dass die folgenden drei Aussagen äquivalent sind:

(i) $f$ ist ein Isomorphismus.

(ii) $f$ ist injektiv.

(iii) $f$ ist surjektiv.

(Achtung: Für diese Aufgabe kann es hilfreich sein, die Begriffe Kern und Bild einer linearen Abbildung zu kennen. Unter Verwendung des Dimensionssatzes wird diese Aufgabe wesentlich einfacher. Wir geben hier als Lösungsvorschlag eine Version, die ohne den Dimensionssatz auskommt.)

Lösung (Isomorphiekriterien für Endomorphismen)

(i)$\implies$(ii) und (iii): Nach der Definition eines Isomorphismus ist $f$ bijektiv, also injektiv und surjektiv. Daher gelten (ii) und (iii).

(ii)$\implies$(i): Sei nun $f$ eine injektive Abbildung. Wir müssen noch zeigen, dass $f$ auch surjektiv ist. Das Bild $\mathrm {im} (f):=\{f(v)~|~v\in V\}$ von $f$ ist ein Untervektorraum von $V$. Dies kann man durch Nachrechnen überprüfen. Wir definieren nun eine Abbildung, die das gleiche macht wie $f$, mit dem Unterschied, dass sie per Definition surjektiv sein wird. Wir schaffen dies durch die Konstruktion:

${\begin{aligned}f':V&\to \mathrm {im} (f)\\v&\mapsto f(v)\end{aligned}}$

Die Surjektivität kommt daher, weil jedes Element $w\in \mathrm {im} (f)$ sich als $w=f(v')$ schreiben lässt, für ein $v'\in V$. Außerdem ist die Abbildung $f'$ injektiv und linear. Dies kommt daher, dass $f$ bereits diese beiden Eigenschaften aufweist. Also sind $V$ und $\mathrm {im} (f)$ isomorph. Daher haben $V$ und $\mathrm {im} (f)$ diegleiche endliche Dimension. Da $\mathrm {im} (f)$ ein Untervektorraum von $V$ ist, gilt $\mathrm {im} (f)=V$. Dies kann man dadurch einsehen, dass man eine Basis in $\mathrm {im} (f)$ wählt. Wähle also zum Beispiel eine solche Basis mit Vektoren $v_{1},\dots ,v_{n}\in \mathrm {im} (f)$. Die $v_{1},\dots ,v_{n}$ sind insbesondere linear unabhängig. Das ist ein Fakt der auch in $V$ gilt, da ja $\mathrm {im} (f)\subseteq V$. Und da die $V$ und $\mathrm {im} (f)$ diegleiche Dimension haben, sind die $v_{1},\dots ,v_{n}$ auch in $V$ ein maximales System linear unabhängiger Vektoren. Also bilden $v_{1},\dots ,v_{n}$ auch in $V$ eine Basis. Die beiden Vektorräume $V$ und $\mathrm {im} (f)$ müssen nun gleich sein, denn alle Elemente aus ihnen sind $K$-Linearkombinationen gebildet mit den $v_{1},\dots ,v_{n}$. Damit haben wir gezeigt, dass $f$ surjektiv ist.

(iii)$\implies$(i): Nehmen wir nun an $f$ ist surjektiv. Wir müssen nun zeigen, dass $f$ auch injektiv ist. Sei $\mathrm {ker} (f):=\{v\in V~|~f(v)=0\}$ der Kern der Abbildung $f$. Es handelt sich dabei um einen Untervektorraum von $V$, wovon man sich durch Nachrechnen überzeugt. Sei $v_{1},\dots ,v_{k}$ eine Basis von $\mathrm {ker} (f)$. Diese Basis kann man zu einer Basis von $V$ ergänzen. Dazu nehmen wir die Vektoren $v_{k+1},\dots ,v_{n}$ hinzu. Wir werden nun zeigen, dass $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ linear unabhängig sind. Seien also Koeffizienten $\lambda _{k+1},\dots ,\lambda _{n}\in K$ gegeben, sodass

${\begin{aligned}\lambda _{k+1}f(v_{k+1})+\dots +\lambda _{n}f(v_{n})=0\end{aligned}}$

gilt. Wegen der Linearität von $f$ folgern wir: $f(\lambda _{k+1}v_{k+1}+\dots \lambda _{n}v_{n})=0$. Das bedeutet, dass die Linearkombination

${\begin{aligned}\lambda _{k+1}v_{k+1}+\dots +\lambda _{n}v_{n}\end{aligned}}$

im Kern von $f$ liegt. Wir kennen aber bereits eine Basis von $\mathrm {ker} (f)$. Daher gibt es Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{k}\in K$, sodass

${\begin{aligned}\lambda _{k+1}v_{k+1}+\dots +\lambda _{n}v_{n}=\lambda _{1}v_{1}+\dots +\lambda _{k}v_{k}\end{aligned}}$

gilt. Wegen der linearen Unabhängigkeit von $v_{1},\dots ,v_{n}$ folgt nun, dass $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}=0$ gilt. Daher sind die $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ linear unabhängig. Als nächstes werden wir zeigen, dass diese Vektoren auch eine Basis von $V$ bilden. Dazu zeigen wir, dass jeder Vektor in $V$ als Linearkombination der $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ geschrieben werden kann. Sei $w\in V$. Wegen der Surjektivität von $f$ gibt es ein $v\in V$, mit $w=f(v)$. Da die $v_{1},\dots ,v_{n}$ eine Basis von $V$ bilden, gibt es Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$, sodass

${\begin{aligned}v=\lambda _{1}v_{1}+\dots +\lambda _{n}v_{n}\end{aligned}}$

gilt. Wenden wir nun $f$ auf diese Gleichung an, so erhalten wir:

${\begin{aligned}w=f(v)=\lambda _{1}\underbrace {f(v_{1})} _{=0}+\dots +\lambda _{k}\underbrace {f(v_{k})} _{=0}+\lambda _{k+1}f(v_{k+1})+\dots +\lambda _{n}f(v_{n}).\end{aligned}}$

Hier haben wir gleich die Linearität von $f$ benutzt. Da die ersten $k$ Elemente unserer Basis im Kern liegen, verschwinden deren Bilder. Also erhalten wir eine gewünschte Darstellung von $w$:

${\begin{aligned}w=f(v)=\lambda _{k+1}f(v_{k+1})+\dots +\lambda _{n}f(v_{n}).\end{aligned}}$

Somit haben wir gezeigt, dass $f(v_{k+1}),\dots ,f(v_{n})$ ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von $V$ bildet. Also formen diese Vektoren eine Basis von $V$. Wäre nun $k$ nicht $0$, so wären zwei endliche Basen in $V$ nicht gleich mächtig. Dies kann nicht sein. Daher ist $k=0$. Dies bedeutet, dass $\mathrm {ker} (f)$ der triviale Vektorraum ist. Daraus folgt, dass $f$ injektiv ist.

Aufgabe (Abbildungsräume)

Sei $X$ eine endliche Menge der Mächtigkeit $n\in \mathbb {N}$ und sei $K$ ein Körper. Wir haben gesehen, dass die Menge der Abbildungen von $X$ nach $K$ einen $K$-Vektorraum bildet. Diesen haben wir mit $\operatorname {Abb} (X,K)$ bezeichnet. Zeige: $\operatorname {Abb} (X,K)\cong K^{n}$.

Lösung (Abbildungsräume)

Wir wissen schon nach einem Satz, dass zwei endlichdimensionale Vektorräume genau dann isomorph sind, wenn sie die gleiche Dimension besitzen. Also müssen wir nur zeigen, dass $\operatorname {dim} (\operatorname {Abb} (X,K))=n=\operatorname {dim} (K^{n})$ gilt.

Um das zu zeigen, brauchen wir zunächst eine Basis von $\operatorname {Abb} (X,K)$. Seien dafür $x_{1},\dots ,x_{n}$ die Elemente der Menge $X$. Wir definieren $f_{1},\dots ,f_{n}\in \operatorname {Abb} (X,K)$ durch

$f_{j}(x_{i}):=\delta _{i,j}={\begin{cases}1,{\text{ für }}i=j\\0,{\text{ für }}i\neq j.\end{cases}}$

Wir zeigen jetzt, dass die Funktionen $f_{1},\dots ,f_{n}$ tatsächlich eine Basis von $\operatorname {Abb} (X,K)$ bilden.

Beweisschritt: $f_{1},\dots ,f_{n}$ sind linear unabhängig

Seien $\alpha _{1},\dots ,\alpha _{n}\in K$ mit $\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}\cdot f_{k}=0$, diese Summe ist die Nullabbildung. Wir wenden diese Abbildung auf ein beliebiges $x_{j}$ mit $j\in \{1,\dots ,n\}$ an. So erhalten wir: $\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}\cdot f_{k}(x_{j})=0$. Aus der Definition von $f_{1},\dots ,f_{n}$ folgt, dass

$0=\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}f_{k}(x_{j})=\alpha _{j}\cdot f_{j}(x_{j})=\alpha _{j}\cdot 1=\alpha _{j}$.

Da $j$ beliebig war und $\sum _{k=1}^{n}\alpha _{k}\cdot f_{k}(x_{j})=0$ für alle $x_{j}\in X$ gelten muss, folgt $\alpha _{1}=\dots =\alpha _{n}=0$. Wir haben also gezeigt, dass $f_{1},\dots ,f_{n}$ linear unabhängig sind.

Beweisschritt: $f_{1},\dots ,f_{n}$ erzeugen $\operatorname {Abb} (X,K)$

Sei $g\in \operatorname {Abb} (X,K)$ beliebig. Wir möchten nun $g$ als Linearkombination von $f_{1},\dots ,f_{n}$ schreiben. Dafür zeigen wir $g=\sum _{j=1}^{n}g(x_{j})\cdot f_{j}$, d.h. $g$ ist eine Linearkombination von $f_{1},\dots ,f_{n}$ mit Koeffizienten $g(x_{1}),\dots ,g(x_{n})\in K$. Wir prüfen nun, dass $g(x_{i})=\sum _{j=1}^{n}g(x_{j})\cdot f_{j}(x_{i})$ für alle $i\in \{1,\dots ,n\}$. Sei $i\in \{1,\dots ,n\}$ beliebig. Mit der Definition der $f_{1},\dots ,f_{n}$ erhalten wir:

$\sum _{j=1}^{n}g(x_{j})\cdot f_{j}(x_{i})=g(x_{i})\cdot f_{i}(x_{i})=g(x_{i})\cdot 1=g(x_{i})$.

Da die Gleichheit für alle $i$ gilt, stimmen die Abbildungen in jedem Punkt überein und sind somit identisch. Wir haben also gezeigt, dass $f_{1},\dots ,f_{n}$ den $\operatorname {Abb} (X,K)$ erzeugen.

Damit haben wir bewiesen, dass $f_{1},\dots ,f_{n}$ eine Basis von $\operatorname {Abb} (X,K)$ ist. Da wir $n$ Basiselemente von $\operatorname {Abb} (X,K)$ haben, gilt $\operatorname {dim} (\operatorname {Abb} (X,K))=n=\operatorname {dim} (K^{n})$.

Hinweis

Ist $X$ eine unendliche Menge, dann ist $\operatorname {Abb} (X,K)$ unendlichdimensional. Im Spezialfall $X=\mathbb {N}$ ist $\operatorname {Abb} (X,K)$ isomorph zum Folgenraum $\omega$.