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

Lineare Abbildungen erhalten Linearkombinationen. Wir lernen nun spezielle lineare Abbildungen kennen, die lineare Unabhängigkeit erhalten. Diese nennt man Monomorphismen.

Motivation

Wir haben lineare Abbildungen kennengelernt als Funktionen zwischen Vektorräumen, die Linearkombinationen erhalten. Sie erfüllen also die Eigenschaft, dass eine Linearkombination aus der Funktion „herausgezogen“ werden kann:

$f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i}).$

Mit Hilfe der Linearkombinationen haben wir die Eigenschaft der linearen Unabhängigkeit definiert. Im Kontext der linearen Abbildungen stellt sich nun die Frage, ob diese Eigenschaft unter Anwendung einer linearen Abbildung erhalten bleibt oder nicht.

Zur Wiederholung: Eine endliche Menge von Vektoren ist genau dann linear unabhängig, wenn ihre Linearkombinationen eindeutig sind. Es gilt also für linear unabhängige Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$ und Skalare $\lambda _{i}$ und $\mu _{i}$

$\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=\mu _{i}.$

Sind die Bilder linear unabhängiger Vektoren unter einer linearen Abbildung wieder linear unabhängig? Nein. Betrachten wir die lineare Abbildung zwischen den $\mathbb {R}$-Vektorräumen $\mathbb {R} ^{2}$ und $\mathbb {R}$ gegeben durch $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,(x,y)^{T}\mapsto x+2y$. Diese bildet die linear unabhängigen Vektoren $(1,0)^{T}$ und $(0,1)^{T}$ auf die linear abhängigen Vektoren $f((1,0)^{T})=1$ und $f((0,1)^{T})=2$ ab.

Welche zusätzliche Eigenschaft muss eine lineare Abbildung haben, damit lineare Unabhängigkeit erhalten bleibt? Dazu nehmen wir linear unabhängige Vektoren $v_{1},\ldots ,v_{n}$. Damit eine lineare Abbildung $f$ diese Eigenschaft der linearen Unabhängigkeit erhält, muss gelten:

$\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i})=\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}f(v_{i})\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=\mu _{i}.$

Wir formen um:

${\begin{aligned}&\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i})=\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}f(v_{i})\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=\mu _{i}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Homogenität von }}f\right.}\\[0.3em]\iff &\left(\sum _{i=1}^{n}f(\lambda _{i}v_{i})=\sum _{i=1}^{n}f(\mu _{i}v_{i})\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=\mu _{i}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Additivität von }}f\right.}\\[0.3em]\iff &\left(f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)=f\left(\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}\right)\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=\mu _{i}\right).\end{aligned}}$

Daher muss $f$ die folgende Eigenschaft besitzen, um lineare Unabhängigkeit zu erhalten:

$f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)=f\left(\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}\right)\implies \sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}.$

Indem wir ${\textstyle x:=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}}$ und ${\textstyle y:=\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}}$ setzen, wird klarer, was das für eine Eigenschaft ist. Wir erhalten, dass

$f(x)=f(y)\implies x=y$

für alle $x,y\in V$, die sich als Linearkombination der $v_{1},\ldots ,v_{n}$ schreiben lassen.

Diese Aussage soll aber für alle linear unabhänigen Mengen und damit auch für Basen gelten. Im Falle einer Basis lassen sich aber alle $x,y$ als eine solche Linearkombination schreiben, was bedeutet, dass $f$ injektiv sein muss. Also ist Injektivität eine notwendige Bedingung, damit eine lineare Abbildung lineare Unabhängigkeit erhält.

Ist Injektivität auch eine ausreichende Bedingung für diese Eigenschaft? Sei dafür $f$ eine injektive lineare Abbildung und $v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ linear unabhängige Vektoren. Wir sollen herausfinden, ob auch $f(v_{1}),\ldots ,f(v_{n})$ linear unabhängig sind. Nach unseren obigen Überlegungen reicht es, für Skalare $\lambda _{i}$ und $\mu _{i}\in K$ das folgende zu zeigen:

$\left(f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)=f\left(\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}\right)\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=\mu _{i}\right).$

Gelte

$f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)=f\left(\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}\right)$

Dann folgt aus der Injektivität von $f$, dass

$\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}v_{i}$.

Weil $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sind, gilt $\lambda _{i}=\mu _{i}$ für alle $i$. Damit haben wir die obige Aussage gezeigt und $f$ erhält lineare Unabhängigkeit.

Eine lineare Abbildung erhält also genau dann lineare Unabhängigkeit, wenn sie injektiv ist. Injektive, lineare Abbildungen nennen wir Monomorphismen.

Definition

Definition (Monomorphismus)

Ein Monomorphismus ist eine injektive lineare Abbildung $f\colon V\to W$ zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$.

D.h. $f$ ist eine lineare Abbildung, so dass für alle $v,{\tilde {v}}\in V$ aus $f(v)=f({\tilde {v}})$ die Gleichheit $v={\tilde {v}}$ folgt.

Äquivalente Charakterisierungen von Monomorphismen

Wir haben uns in der Motivation überlegt, dass Monomorphismen genau die linearen Abbildungen sein sollten, die lineare Unabhängigkeit von Vektoren erhalten. Das beweisen wir nun formal:

Satz (Monomorphismen erhalten lineare Unabhängigkeit)

Sei $f:V\to W$ eine lineare Abbildung. Dann gilt: $f$ ist genau dann injektiv, wenn das Bild jeder linear unabhängigen Teilmenge $M\subseteq V$ wieder linear unabhängig ist.

Die lineare Abbildung $f$ erhält also genau dann lineare Unabhängigkeit, wenn $f$ ein Monomorphismus ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Monomorphismen erhalten lineare Unabhängigkeit)

Wir folgen den Vorüberlegungen aus der Motivation. Wir wollen zwei Implikationen zeigen: "$f$ ist injektiv $\implies$ das Bild jeder linear unabhängigen Teilmenge $M\subseteq V$ ist linear unabhängig." und "Das Bild jeder linear unabhängigen Teilmenge $M\subseteq V$ ist linear unabhängig $\implies$ $f$ ist injektiv."

Allerdings ist es einfacher, lineare Abhängigkeit nachzuweisen als lineare Unabhängigkeit, denn bei der linearen Abhängigkeit einer Menge brauchen wir nur ein Beispiel angeben. Bei der linearen Unabhängigkeit müssen wir nachzuweisen, dass jede endliche Teilmenge der Menge linear unabhängig ist. Deshalb zeigen wir nicht direkt die oben genannten Implikationen, sondern jeweils die Kontraposition der Aussagen.

Beweis (Monomorphismen erhalten lineare Unabhängigkeit)

Wir zeigen: "Es gibt eine linear unabhängige Teilmenge $M\subseteq V$, so dass $f(M)$ linear abhängig ist" $\iff$ "$f$ ist nicht injektiv".

Beweisschritt: „$\implies$"

Sei also $M\subseteq V$ linear unabhängig, aber $f(M)\subseteq W$ linear abhängig.

Dann enthält $f(M)$ eine endliche, linear abhängige Teilmenge $\{w_{1},\ldots ,w_{n}\}$. Seien $v_{1},\ldots ,v_{n}$ die Urbilder der Vektoren $w_{1},\ldots w_{n}$, also $w_{i}=f(v_{i})$ mit $v_{i}\in M$. Da $w_{1},\ldots w_{n}$ linear abhängig sind, gibt es Skalare $\mu _{1},\ldots ,\mu _{n}\in K$, die nicht alle Null sind mit

$0_{W}=\mu _{1}w_{1}+\cdots +\mu _{n}w_{n}=\mu _{1}\cdot f(v_{1})+\cdots +\mu _{n}\cdot f(v_{n})=f(\mu _{1}\cdot v_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot v_{n}).$

Dann gilt $v:=\mu _{1}\cdot v_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot v_{n}\neq 0_{V}$, da mindestens ein $\mu _{i}\neq 0$ ist und wegen $v_{1},\ldots ,v_{n}\in M$ diese Vektoren linear unabhängig sind. Jetzt ist einerseits $f(v)=0_{W}$, wir wissen aber auch, dass $f(0_{V})=0_{W}$ ist. Wegen $v\neq 0_{V}$ ist $f$ nicht injektiv.

Beweisschritt: „$\Longleftarrow$“

Da $f$ nicht injektiv ist, gibt es $v_{1},v_{2}\in V$ mit $v_{1}\neq v_{2}$, aber $f(v_{1})=f(v_{2})$. Für ${\tilde {v}}:=v_{1}-v_{2}$ gilt dann $f({\tilde {v}})=f(v_{1}-v_{2})=f(v_{1})-f(v_{2})=0_{W}$.

Wir definieren nun die Menge $M$ durch $M=\lbrace {\tilde {v}}\rbrace$. Wegen ${\tilde {v}}\neq 0$ ist $M$ linear unabhängig, aber $f(M)=f(\lbrace {\tilde {v}}\rbrace )=\lbrace 0_{W}\rbrace$ ist linear abhängig.

Wir können noch ein anderes Kriterium für Monomorphismen herleiten: Angenommen, wir haben linear unabhängige Vektoren $v_{1},\dots ,v_{n}\in V$. Die lineare Unabhängigkeit bedeutet, dass die Vektoren "unabhängige Informationen" beschreiben. Wir haben oben gesehen, dass Monomorphismen lineare Unabhängigkeit erhalten. Das bedeutet, dass Monomorphismen unabhängige Informationen auf unabhängige Informationen abbildet. Also erhalten Monomorphismen alle Informationen. Angenommen, wir haben einen Monomorphismus $f\colon V\to W$ und einen weiteren Vektorraum $U$ und Abbildungen $a,b\colon U\to V$, sodass $f\circ a=f\circ b$ gilt. Da durch die Anwendung von $f$ keine Informationen verloren gegangen sind, müssen $a$ und $b$ bereits vor der Anwendung gleich gewesen sein. Also gilt für einen Monomorphismus $f$, aus $f\circ a=f\circ b$ folgt $a=b$. Diese Eigenschaft heißt auch Linkskürzbarkeit. Dass die Monomorphismen die Linkskürzbarkeit tatsächlich erfüllen und die Linkskürzbarkeit bereits Monomorphismen charakterisiert, zeigen wir im nächsten Satz.

Satz (Monomorphismen sind "linkskürzbar")

Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Dann gilt: $f$ ist ein Monomorphismus genau dann, wenn für alle Vektorräume $U$ und alle $a,b\colon U\to V$ mit $f\circ a=f\circ b$ gilt $a=b$.

Diese Eigenschaft nennt man Linkskürzbarkeit.

Beweis (Monomorphismen sind "linkskürzbar")

Beweisschritt: $\implies$, durch direkten Beweis

Sei $f\colon V\to W$ ein Monomorphismus, d.h. eine injektive, lineare Abbildung. Sei $U$ ein weiterer Vektorraum und $a,b\colon U\to V$ mit $f\circ a=f\circ b$. Sei $v\in U$. Dann ist $f(a(v))=f(b(v))$. Da $f$ injektiv ist, folgt $a(v)=b(v)$. Da wir $v$ beliebig gewählt haben, folgt $a=b$.

Beweisschritt: $\Longleftarrow$ , per Widerspruch

Angenommen, $f$ ist kein Monomorphismus, d.h. $f$ ist nicht injektiv. Dann gibt es $v$ und $w\in V$ mit $v\neq w$ und $f(v)=f(w)$.

Ohne Einschränkung sei $v\neq 0$ (sonst vertausche $v$ und $w$).

Wir erweitern $\lbrace v\rbrace$ zu einer Basis $C$ von $V$.

Dann betrachten wir die beiden linearen Abbildungen $a=id_{V}$ und $b\colon V\to V,v\mapsto w,c\mapsto c$ für alle $c\in C\setminus \lbrace v\rbrace$ (die zweite lineare Abbildung ist durch lineare Fortsetzung auf den Basiselementen angegeben).

Wir zeigen nun, dass $f\circ a=f\circ b$ gilt. Es genügt, diese Identität auf unserer Basis $C$ zu überprüfen: Für alle $c\in C\setminus \lbrace v\rbrace$ gilt $f(a(c))=f(c)=f(b(c))\forall c\in C\setminus \lbrace v\rbrace$ und $f(a(v))=f(v)=f(w)=f(b(v))$. Also gilt $f\circ a=f\circ b$, da es für alle Basiselemente von $V$ gilt.

Aber es gilt $a\neq b$, da $a(v)=v\neq w=b(v)$.

Dies ist ein Widerspruch zur Annahme und es folgt, dass $f$ ein Monomorphismus ist.

Hinweis

Dieser Satz ist hilfreich, da man manchmal einfacher zeigen kann, dass $f\circ a=f\circ b$ gilt, als direkt $a=b$ nachzuweisen. Dieser Satz gibt uns eine Art "Rechenregel" für lineare Abbildungen. Außerdem benutzen wir für die Linkskürzbarkeit keine konkreten Elemente. Dadurch kann man das Konzept des Monomorphismus auf Kategorien, die dir vielleicht im weiteren Studium begegnen werden, verallgemeinern.

Monomorphismen zwischen endlich dimensionalen Vektorräumen

Die Eigenschaft, dass Monomorphismen lineare Unabhängigkeit erhalten, führt uns zu folgender Überlegung:

Satz (Existenz von Monomorphismen)

Seien $V$ und $W$ zwei endlich dimensionale Vektorräume. Ein Monomorphismus von $V$ nach $W$ existiert genau dann, wenn $\dim(V)\leq \dim(W)$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Existenz von Monomorphismen)

Um die Äquivalenz zu beweisen, müssen wir zwei Implikationen zeigen. Für die Hinrichtung benutzen wir, dass jeder Monomorphismus $f\colon V\to W$ lineare Unabhängigkeit erhält: Ist $\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}\subseteq V$ eine Basis von $V$, so sind die $n$ Vektoren $f(b_{1}),\ldots ,f(b_{n})\in W$ linear unabhängig. Für die Rückrichtung müssen wir mithilfe der Annahme $\dim V\leq \dim W$ einen Monomorphismus von $V$ nach $W$ konstruieren. Dafür wählen wir Basen in $V$ und $W$ und definieren dann mit dem Prinzip der linearen Fortsetzung einen Monomorphismus durch die Bilder der Basisvektoren.

Beweis (Existenz von Monomorphismen)

Beweisschritt: Es gibt einen Monomorphismus $\implies \dim(V)\leq \dim(W)$

Sei $f:V\to W$ ein Monomorphismus und $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$ eine Basis von $V$. Dann ist $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$ insbesondere linear unabhängig und daher ist $\{f(v_{1}),\dots ,f(v_{n})\}$ linear unabhängig. Es folgt also, dass $\dim(W)\geq n=\dim(V)$ ist. Somit ist $\dim(W)\geq \dim(V)$ ein notwendiges Kriterium für die Existenz eines Monomorphismus von $V$ nach $W$.

Beweisschritt: $\dim(V)\leq \dim(W)\implies$ es gibt einen Monomorphismus

Umgekehrt können wir im Fall $\dim(V)\leq \dim(W)$ einen Monomorphismus konstruieren: Sei $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$ eine Basis von $V$ und $\{w_{1},\dots ,w_{m}\}$ eine Basis von $W$, wobei $n\leq m$. Wir definieren eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$, indem wir

$f(v_{i})=w_{i}$

für alle $i=1,\ldots ,n$ definieren. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung existiert eine solche lineare Abbildung und ist durch diese Vorschrift schon eindeutig bestimmt. Wir zeigen nun, dass $f$ injektiv ist, indem wir beweisen, dass $\ker(f)=\{0_{V}\}$. Sei $x\in \ker(f)$. Weil $\{v_{1},\dots ,v_{n}\}$ eine Basis von $V$ ist, gibt es $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$, so dass

$x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}.$

Damit folgt

${\begin{aligned}0_{V}=f(x)&=f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i})\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(v_{i})=w_{i}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lambda _{i}=0{\text{ für }}i>n\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{m}\lambda _{i}w_{i}\end{aligned}}$

Da $\{w_{1},\dots ,w_{m}\}$ linear unabhängig sind, muss $\lambda _{i}=0_{K}$ für alle $i=1,\ldots ,n$ gelten. Also folgt für $x$:

$x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=\sum _{i=1}^{n}0_{K}\cdot v_{i}=0_{V}.$

Wir haben gezeigt, dass $\ker(f)=\{0_{V}\}$ gilt und somit ist $f$ ein Monomorphismus.

Es muss in $W$ also „Platz“ für mindestens $\dim V$ viele linear unabhängige Vektoren geben, damit ein Monomorphismus existiert, und umgekehrt.

Beispiele

Beispiel

Die Abbildung $h\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3}$ mit der folgenden Funktionsvorschrift ist ein Vektorraum-Monomorphismus:

$h\left({\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}x\\y\\x+y\end{pmatrix}}$

Aus $h(x_{1},y_{1})=h(x_{2},y_{2})$, folgt nämlich

${\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\\x_{1}+y_{1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\\x_{2}+y_{2}\end{pmatrix}}$

Dann muss aber $x_{1}=x_{2}$ und $y_{1}=y_{2}$ sein und damit folgt die Gleichheit der Argumente $(x_{1},x_{2})^{T}=(y_{1},y_{2})^{T}$. Dies zeigt, dass $h$ injektiv ist.

Zusammenhang mit dem Kern

Alternative Herleitung des Monomorphismus

Lineare Abbildungen erhalten lineare Unabhängigkeit genau dann, wenn sie injektiv sind. Diese Abbildungen bezeichnen wir als Monomorphismen. Um dies herzuleiten, haben wir uns zunächst klargemacht wie lineare Unabhängigkeit definiert wird, nämlich über die Eindeutigkeit der Darstellung von Vektoren als Linearkombination, und zwar von allen Vektoren, die von der gegebenen Menge an Vektoren erzeugt werden können. Anstatt alle diese Vektoren zu betrachten, kann man die lineare Unabhängigkeit allerdings auch nur über die Darstellung des Nullvektors definieren: $v_{1},\dots ,v_{n}$ sind nämlich genau dann linear unabhängig, wenn aus ${\textstyle \sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=0}$ folgt, dass alle Koeffizienten $\lambda _{i}=0$ sind.

Was wäre, wenn wir mit dieser Definition versucht hätten, die Definition des Monomorphismus herzuleiten? Wir suchen also wieder eine Eigenschaft für eine lineare Abbildung $f$, mit der wir aus der linearen Unabhängigkeit der $v_{i}$ die lineare Unabhängigkeit der $f(v_{i})$ folgern können. Seien hierzu $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig. Wir wollen nun zeigen, dass gilt:

$\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i})=0\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=0.$

Das ist äquivalent zu

$f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)=0\implies \forall i\leq n:\lambda _{i}=0.$

Unsere gesuchte Eigenschaft muss in diesem Fall gewährleisten, dass ${\textstyle \sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=0}$ ist. Denn dann können wir mit der linearen Unabhängigkeit der $v_{i}$ zeigen, dass alle $\lambda _{i}=0$ sind, was auch die lineare Unabhängigkeit der $f(v_{i})$ beweist.

$f$ braucht also die Eigenschaft: $f(v)=0\implies v=0$ für alle Vektoren $v$. Diese Eigenschaft ist nach dem Prinzip der Kontraposition äquivalent zu $v\neq 0\implies f(v)\neq 0$. Die gesuchte Eigenschaft ist also: „Die Menge der Elemente, die auf die Null abgebildet werden, besteht nur aus dem Nullelement.“ Diese Eigenschaft ist im Übrigen der Spezialfall der Injektivität im Punkt $0$ und sagt aus, dass nur das Nullelement des Definitionsvektorrraums auf das Nullelement des Bildvektorraums abgebildet wird.

Definition des Kerns

Die Menge der Elemente, die auf die Null abgebildet werden, hat also in diesem Kontext eine besondere Bedeutung. Deswegen hat sie auch einen eigenen Namen, man spricht vom Kern der Abbildung.

Definition (Kern einer linearen Abbildung)

Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Der Kern der Abbildung $f$ ist die Menge aller Vektoren aus $V$ die von $f$ auf $0_{_{W}}$ abgebildet werden und wird mit $\ker f$ bezeichnet. Es gilt

$\ker f=f^{-1}\left(\left\{0_{_{W}}\right\}\right)=\left\{\,v\in V:f(v)=0_{_{W}}\,\right\}\subseteq V.$

Zusammenhang von Kern und Injektivität

Wir kennen nun zwei Eigenschaften von linearen Abbildungen, die garantieren, dass diese lineare Unabhängigkeit erhalten: Einerseits die Injektivität und andererseits, dass der Kern der linearen Abbildung trivial ist. Beide Eigenschaften bewirken dasselbe. Es lässt sich also vermuten dass beide Eigenschaften äquivalent sind. Wie der folgende Beweis zeigen wird, stimmt diese Vermutung:

Satz (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und sei $f\colon V\to W$ linear. Dann ist $f$ genau dann injektiv, wenn $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ ist. Insbesondere ist $f$ genau dann injektiv, wenn $\dim(\ker f)=0$.

Zusammenfassung des Beweises (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Für den Satz müssen wir zwei Richtungen zeigen:

• Wenn $f$ injektiv ist, dann ist $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$.
• Aus $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ folgt, dass $f$ injektiv ist.

Die erste Richtung können wir mit einem direkten Beweis zeigen. Für die andere Richtung müssen wir unter der Annahme $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ zeigen, dass für beliebige $v_{1}$ und $v_{2}\in V$ mit $f(v_{1})=f(v_{2})$ schon $v_{1}=v_{2}$ folgt. Wenn wir Vektoren $v_{1},v_{2}\in V$ mit $f(v_{1})=f(v_{2})$ haben, was gilt dann für $f(v_{1})-f(v_{2})$? Und was bedeutet das für $v_{1}-v_{2}$? Für den „insbesondere“ Teil benutzen wir, dass nur Vektorräume der Form $\{0_{V}\}$ die Dimension Null haben.

Beweis (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Beweisschritt: Wenn $f$ injektiv ist, dann ist $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$.

Nehmen wir zunächst an, dass $f$ injektiv ist. Wir wissen bereits, dass $f(0_{V})=0_{W}$ ist. Da $f$ injektiv ist, kann kein anderer Vektor auf $0_{W}$ abgebildet werden; schließlich bilden injektiven Funktionen maximal ein Argument auf einen Funktionswert ab. Damit ist $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$, denn der Kern ist als die Menge aller Vektoren definiert, die den Nullvektor treffen.

Beweisschritt: Aus $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ folgt, dass $f$ injektiv ist.

Sei $\ker f=0_{V}$. Um zu zeigen, dass $f$ injektiv ist, betrachten wir zwei Vektoren $v_{1}$ und $v_{2}$ aus $V$ mit $f(v_{1})=f(v_{2})$. Dann ist

${\begin{aligned}f(v_{1}-v_{2})&=\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=f(v_{1})-f(v_{2})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow f(v_{2})=f(v_{1})\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\\\end{aligned}}$

Also ist $v_{1}-v_{2}\in \ker f$. Da wir $\ker f=0_{V}$ angenommen haben, folgt $v_{1}-v_{2}=0_{V}$ und damit $v_{1}=v_{2}$. Somit gilt $f(v_{1})=f(v_{2})\implies v_{1}=v_{2}$ für alle $v_{1},v_{2}\in V$. Dies ist genau die Definition dafür, dass $f$ injektiv ist.

Beweisschritt: $f$ ist genau dann injektiv, wenn $\dim(\ker f)=0$ ist.

Wir haben schon gezeigt, dass $f$ genau dann injektiv ist, wenn $\ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace$ ist. Es bleibt zu zeigen, dass dies äquivalent dazu ist, dass $\dim(\ker f)=0$ ist. Der Kern von $f$ ist ein Untervektorraum von $V$. Ein Untervektorraum von $V$ ist genau dann gleich $\lbrace 0_{V}\rbrace$, wenn seine Dimension Null beträgt. Also ist $f$ genau dann injektiv, wenn $\dim \ker f=0$.

Alternativer Beweis (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)

Man kann diesen Satz auch mit nur einer Kette von äquivalenten Aussagen zeigen:

${\begin{aligned}f{\text{ ist injektiv}}&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}\neq v_{2}\implies f(v_{1})\neq f(v_{2})\right)\\[0.3em]&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}-v_{2}\neq 0_{V}\implies f(v_{1})-f(v_{2})\neq 0_{W}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}-v_{2}\neq 0_{V}\implies f(v_{1}-v_{2})\neq 0_{W}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Setze }}{\tilde {v}}=v_{1}-v_{2}\right.}\\[0.3em]&\iff \forall {\tilde {v}}\in V:\left({\tilde {v}}\neq 0_{V}\implies f({\tilde {v}})\neq 0_{W}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(0_{V})=0_{W}\right.}\\[0.3em]&\iff {\text{Nur }}0_{V}{\text{ wird auf }}0_{W}{\text{ abgebildet}}\\[0.3em]&\iff \ker f=\{0_{V}\}.\end{aligned}}$

Alternative Definition des Monomorphismus

Wir haben also eine zweite Eigenschaft kennengelernt, mit der man Monomorphismen definieren kann. Eine lineare Abbildung ist genau dann ein Monomorphismus, wenn ihr Kern nur aus der Null besteht. Man sagt auch, der Kern sei „trivial“. Wir können so eine alternative Definition für Monomorphismen formulieren:

Definition (Monomorphismus)

Ein Monomorphismus ist eine lineare Abbildung $f\colon V\to W$ zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$, für die eine (bzw. alle) der folgenden äquivalenten Aussagen gelten:

• $f$ ist injektiv.
• Für alle $v\in V$ gilt $(v\neq 0\implies f(v)\neq 0)$.
• Für alle $v\in V$ gilt $(f(v)=0\implies v=0)$.
• Der Kern von $f$ ist trivial, d.h. $\ker f=\lbrace 0_{_{V}}\rbrace$.

Übungsaufgaben

Aufgabe (Nachweis eines Monomorphismus)

Zeige, dass für $m\geq n$ die Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ^{m}:\quad (x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})^{T}\mapsto (x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n},\underbrace {0,\ldots ,0} _{(m-n)-mal})^{T}$ ein Monomorphismus ist. Auf diese Art und Weise kann man jeden Vektorraum $K^{n}$ injektiv in einen Vektorraum $K^{m}$ abbilden, falls $m\geq n$ ist.

Lösung (Nachweis eines Monomorphismus)

Seien $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})^{T}\in \mathbb {R} ^{n}$ und $w=(w_{1},\ldots ,w_{n})^{T}\in \mathbb {R} ^{n}$, sowie $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$. Nach Definition der Abbildung $f$ gilt:

$f(\lambda v+\mu w)=f\left({\begin{pmatrix}\lambda v_{1}+\mu w_{1}\\\vdots \\\lambda v_{n}+\mu w_{n}\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}\lambda v_{1}+\mu w_{1}\\\vdots \\\lambda v_{n}+\mu w_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}=\lambda \cdot {\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}w_{1}\\\vdots \\w_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}=\lambda f(v)+\mu f(w).$

Also ist $f$ linear. Es bleibt zu zeigen, dass $f$ injektiv ist. Um die Injektivität von $f$ zu zeigen, gibt es (mindestens) zwei Möglichkeiten:

1. Möglichkeit

Aus der Definition der linearen Abbildung $f$ wird klar, dass nur das Nullelement aus $\mathbb {R} ^{n}$ unter $f$ auf das Nullelement von $\mathbb {R} ^{m}$ abbildet. Also ist

$\operatorname {ker} f=\left\{(0,\ldots ,0)^{T}\right\}.$

Der Kern von $f$ enthält somit nur das Nullelement. Nach dem Satz über den Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität einer linearen Abbildung folgt, dass $f$ injektiv ist. Zusammen mit der Linearität von $f$ ist somit gezeigt, dass $f$ ein Monomorphismus ist.

2. Möglichkeit

Die zweite Möglichkeit die Injektivität der Abbildung $f$ zu beweisen, besteht darin, die Definition der Injektivität direkt nachzurechnen:

Sei $f(v)=f(w)$. Das ist äquivalent zu der Aussage $f(v)-f(w)=0$. Mit anderen Worten

$f\left({\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\end{pmatrix}}\right)-f\left({\begin{pmatrix}w_{1}\\\vdots \\w_{n}\end{pmatrix}}\right)={\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}w_{1}\\\vdots \\w_{n}\\0\\\vdots \\0\end{pmatrix}}=0.$

Aus dieser Darstellung erkennt man sofort, dass $v_{1}=w_{1},v_{2}=w_{2},\ldots ,v_{n}=w_{n}$ gelten muss. Also ist $v=w$. Damit ist $f$ injektiv. Zusammen mit der Linearität von $f$ ist somit gezeigt, dass $f$ ein Monomorphismus ist.