Prinzip der linearen Fortsetzung – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Das Prinzip der linearen Fortsetzung besagt, dass jede lineare Abbildung genau durch die Bilder der Basisvektoren bestimmt ist. Es liefert eine alternative Möglichkeit eine lineare Abbildung zu charakterisieren.

Statt Prinzip der linearen Fortsetzung sagt man auch Prinzip der linearen Ausdehnung.

Motivation

Bisher haben wir lineare Abbildungen meist durch eine Abbildungsvorschrift angegeben. Wir suchen nun nach weiteren Möglichkeiten, eine lineare Abbildung darzustellen.

Wir müssen für jeden Vektor unseres Startvektorraums die Information bereitstellen, auf welchen Vektor des Zielvektorraums er abgebildet werden soll. Nun stellt sich die Frage, wie wir unsere Startvektoren charakterisieren können und wie wir ihre Bilder unter der Abbildung notieren möchten.

Eine Möglichkeit zur Darstellung eines Vektors ist diejenige bezüglich einer Basis. Dazu müssen wir eine Linearkombination des Vektors in den Basisvektoren angeben. Ist $V$ ein $K$-Vektorraum mit der Basis $\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ und $v\in V$, so gibt es eindeutig bestimmte Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$ so, dass $v=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}$ gilt.

Nun könnten wir versuchen, die Werte der linearen Abbildung $f:V\to W$ in einen anderen $K$-Vektorraum $W$ nur für die Basisvektoren von $V$ anzugeben. Es seien also $f(b_{1})=:w_{1},\dots ,f(b_{n})=:w_{n}\in W$ festgelegt. Dann können wir auch $f(v)$ berechnen, wenn wir fordern, dass $f$ linear ist. Es gilt dann nämlich:

${\begin{aligned}f(v)&=f(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist additiv}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}f(\lambda _{i}b_{i})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist homogen}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(b_{i})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(b_{i})=w_{i}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}\end{aligned}}$

Wir haben also nur die Bilder der Vektoren einer Basis von $V$ unter der Abbildung $f$ notiert und konnten für jeden beliebigen Vektor $v\in V$ sein Bild unter $f$ berechnen. Dass wir auf diese Weise zuverlässig lineare Abbildungen notieren können, garantiert uns der nächste Satz. Er ist damit eine wichtige Grundlage dafür, lineare Abbildungen als Matrizen darzustellen.

Prinzip der linearen Fortsetzung

Satz (Satz von der linearen Fortsetzung)

Es seien $K$ ein Körper, $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $\lbrace b_{1},\dots ,b_{n}\rbrace$ eine Basis von $V$. Weiter seinen $w_{1},\dots ,w_{n}\in W$ beliebige Vektoren aus $W$. Dann gibt es genau eine lineare Abbildung $f:V\rightarrow W$ mit $f(b_{i})=w_{i}$ für alle $i\in \{1,\dots ,n\}$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Zuerst müssen wir eine geeignete Abbildung $f$ finden und definieren. Eine Idee dazu könnte der Abschnitt Motivation liefern. Ist unsere Abbildung tatsächlich wohldefiniert?

Sobald wir eine Abbildung gewählt haben, sollten wir nachrechnen, dass sie tatsächlich linear ist und die Forderung $f(b_{i})=w_{i}$ erfüllt. Damit existiert eine geeignete Abbildung.

Zuletzt müssen wir zeigen, dass die Abbildung mit diesen Eigenschaften eindeutig bestimmt ist. Dazu nehmen wir an, dass es eine weitere Abbildung mit den gleichen Eigenschaften gibt. Dann müssen wir zeigen, dass diese mit $f$ identisch ist.

Beweis

Sei $v\in V$. Da $b_{1},\dots ,b_{n}$ eine Basis von $V$ bilden, gibt es eindeutig bestimmte Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$, so, dass $v=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}$ ist. Nun setzen wir

$f(v)=f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}\cdot b_{i}\right):=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}\cdot w_{i}$

Weil die Koeffizienten $\lambda _{i}$ eindeutig bestimmt sind, ist die Abbildung $f$ wohldefiniert.

Weiter folgt sofort, dass $f$ die Forderung $f(b_{i})=w_{i}$ für jedes $i\in \{1,\dots ,n\}$ erfüllt, denn für jedes $i$ gilt:

$f(b_{i})=f(1_{K}\cdot b_{i}+\sum _{j\neq i}0_{K}\cdot b_{j})=1_{K}\cdot w_{i}+\sum _{j\neq i}0_{K}\cdot w_{j}=w_{i}$

Nun zeigen wir, dass $f$ linear ist. Dazu seien $v,v'\in V$ mit $v=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}$ und $v'=\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}b_{i}$ sowie $\mu \in K$. Dann gilt:

Aktuelles Ziel: Additivität

${\begin{aligned}f(v+v')&=f(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}+\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}b_{i})\\[0.3em]&=f(\sum _{i=1}^{n}(\lambda _{i}+\mu _{i})b_{i})\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}(\lambda _{i}+\mu _{i})w_{i}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}+\sum _{i=1}^{n}\mu _{i}w_{i}\\[0.3em]&=f(v)+f(v')\end{aligned}}$

Aktuelles Ziel: Homogenität

${\begin{aligned}f(\mu \cdot v)&=f(\mu \sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i})\\[0.3em]&=f(\sum _{i=1}^{n}\mu \lambda _{i}b_{i})\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\mu \lambda _{i}w_{i}\\[0.3em]&=\mu \sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}\\[0.3em]&=\mu \cdot f(v)\end{aligned}}$

Zuletzt möchten wir zeigen, dass $f$ eindeutig bestimmt ist mit den Eigenschaften, linear zu sein und für jedes $i\in \{1,\dots ,n\}$ den Basisvektor $b_{i}$ auf $w_{i}$ abzubilden. Dazu nehmen wir an, es gibt eine zweite Abbildung $g:V\rightarrow W$ mit diesen beiden Eigenschaften. Wir zeigen, dass $f=g$ ist. Sei dazu $v=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}\in V$ beliebig. Es gilt:

${\begin{aligned}g(v)=&g(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\downarrow {g{\text{ ist linear}}}}\\[0.3em]=&\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}g(b_{i})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\downarrow g(b_{i})=w_{i}}\\[0.3em]=&\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}=f(v)\end{aligned}}$

Wir haben gezeigt, dass $f$ und $g$ für jeden Vektor $v\in V$ denselben Wert annehmen. Also sind beide Abbildungen gleich und wegen unserer Annahmen an $g$ kann es keine von $f$ verschiedene Funktion geben, die die gewünschten Eigenschaften hat.

Hinweis

In der Voraussetzung zum Prinzip der linearen Fortsetzung kommt die Basis $\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ von $V$ vor. Das heißt $V$ ist endlich-dimensional. Für $W$ haben wir dies nicht gefordert.

Allerdings gilt die Aussage auch für unendlich-dimensionale Vektorräume $V$. Der Beweis dafür funktioniert ähnlich zu unserem.

Beispiele

Beispiel 1

Beispiel

Wir betrachten den $\mathbb {R}$-Vektorraum $\mathbb {R} ^{2}$ mit der Basis $\{b_{1},b_{2}\}$ wobei $b_{1}:=(2,1)^{T}$ und $b_{2}:=(1,1)^{T}$. Dass dies tatsächlich eine Basis ist, kann man einfach nachprüfen. Seien $w_{1}:=(1,3)^{T}$ und $w_{2}:=(2,2)^{T}$ zwei Vektoren. Sei $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ die eindeutige lineare Abbildung gegeben durch $f(b_{1})=w_{1}$ und $f(b_{2})=w_{2}$. Durch den Satz des Prinzips der linearen Fortsetzung existiert eine solche lineare Abbildung und ist eindeutig. Wir suchen nun die Abbildungsvorschrift von $f$ für einen allgemeinen Vektor $(x,y)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$.

Wir gehen vor wie im Satz zum Prinzip der linearen Fortsetzung: Sei $(x,y)^{T}$ ein Vektor in $\mathbb {R} ^{2}$. Zuerst stellen wir $(x,y)^{T}$ als Linearkombination der Basisvektoren $b_{1},b_{2}$ dar. Wir suchen also $\lambda _{1},\lambda _{2}\in \mathbb {R}$, sodass $(x,y)^{T}=\lambda _{1}\cdot b_{1}+\lambda _{2}\cdot b_{2}$. Es muss gelten

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=\lambda _{1}\cdot b_{1}+\lambda _{2}\cdot b_{2}=\lambda _{1}\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}}+\lambda _{2}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\lambda _{1}+\lambda _{2}\\\lambda _{1}+\lambda _{2}\end{pmatrix}}$

Wir müssen nun das Gleichungssystem

${\begin{aligned}x&=2\lambda _{1}+\lambda _{2}\\y&=\lambda _{1}+\lambda _{2}\end{aligned}}$

nach $\lambda _{1}$ und $\lambda _{2}$ auflösen. Ziehen wir die zweite Gleichung von der ersten ab, erhalten wir $x-y=\lambda _{1}$. Um $\lambda _{2}$ zu erhalten, setzen wir dieses Ergebnis in die zweite Gleichung ein:

$y=\lambda _{1}+\lambda _{2}=(x-y)+\lambda _{2}$

Wenn wir nach $\lambda _{2}$ auflösen, bekommen wir $\lambda _{2}=2y-x$. Folglich lautet die gesuchte Linearkombination $(x,y)^{T}=(x-y)\cdot b_{1}+(2y-x)\cdot b_{2}$.

Durch den Beweis des Satzes wissen wir wie $f$ auf $(x,y)^{T}$ wirkt:

${\begin{aligned}f{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}&=f{\bigg (}(x-y)\cdot b_{1}+(2y-x)\cdot b_{2}{\bigg )}=(x-y)\cdot w_{1}+(2y-x)\cdot w_{2}\\[0.5em]&=(x-y){\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}+(2y-x){\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-y+2(2y-x)\\3(x-y)+2(2y-x)\end{pmatrix}}\\[0.5em]&={\begin{pmatrix}-x+3y\\x+y\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Die Abbildungsvorschrift von $f$ lautet also

${\begin{aligned}f:\mathbb {R} ^{2}&\to \mathbb {R} ^{2}\\[0.3em]{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}&\mapsto {\begin{pmatrix}-x+3y\\x+y\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Beispiel 2

Beispiel

Wir betrachten die Abbildung $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ mit $f{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}v_{1}+v_{2}\\3v_{2}\end{pmatrix}}$ und versuchen, eine andere Darstellung dafür zu finden.

Als Basis des $\mathbb {R} ^{2}$ wählen wir $\lbrace b_{1}:=(2,0)^{T},b_{2}:=(1,1)^{T}\rbrace$. Dann ist

$f{\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}f{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}$

Wir könnten die lineare Abbildung $f$ also auch dadurch angeben, dass $b_{1}$ abgebildet wird auf $(2,0)^{T}$ und $b_{2}$ auf $(2,3)^{T}$.

Beispiel 3

Beispiel

Gibt es eine lineare Abbildung $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ mit $f{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und $f{\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}}$?

Angenommen, es gäbe eine solche Abbildung, dann müsste gelten:

${\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}}=f{\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}=f\left(2\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\right)=2\cdot f{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}=2\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}$

Das ist ein Widerspruch, daher kann eine solche lineare Abbildung $f$ nicht existieren.

Verständnisfrage: Woran liegt das?

Die Vektoren ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}$ sind linear abhängig, die Funktionswerte, die wir ihnen zugewiesen haben, sind jedoch keine Vielfachen voneinander. Daher kommt der Widerspruch. Das steht jedoch nicht im Widerspruch zum Satz von der linearen Fortsetzung. Denn dort werden die Funktionswerte für eine Basis angegeben.

Eigenschaften der linearen Fortsetzung

Im Folgenden sind $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume, $\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ eine Basis von $V$ und $w_{1},\ldots ,w_{n}\in W$ sind Vektoren in $W$. Sei $f:V\to W$ eine lineare Abbildung mit $f(b_{i})=w_{i}$ für alle $i\in \{1,\ldots ,n\}$. Wegen des obigen Satzes existiert eine solche lineare Abbildung und diese ist sogar eindeutig.

Satz (Eigenschaften der linearen Fortsetzung)

$f(V)=\operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$

Insbesondere gilt: $f$ ist genau dann surjektiv, wenn $\lbrace w_{1},\dots ,w_{n}\rbrace$ ein Erzeugendensystem von $W$ ist.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir wollen die erste Aussage beweisen, indem wir die Mengengleichheit zeigen. Wir weisen also nach, dass $f(V)\subseteq \operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$ und $f(V)\supseteq \operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$ gilt.

Für die erste Inklusion betrachten wir ein Element $w\in f(V)$. Also existiert ein $v\in V$, sodass $f(v)=w$ gilt. Dieses $v$ können wir als Linearkombination der Basiselemente $b_{1},\ldots ,b_{n}$ von $V$ darstellen. Zusammen mit der Linearität von $f$ lässt sich dann zeigen, dass wir $w$ als Linearkombination der $w_{1},\dots ,w_{n}$ schreiben können.

Für die andere Inklusion „$f(V)\supseteq \operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$“ betrachten wir nun ein $w\in \operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$. Dann können wir $w$ als Linearkombination von $w_{i}$ schreiben. Da $w_{i}=f(b_{i})$ gilt, ist $w$ als Linearkombination von $f(b_{1}),\ldots f(b_{n})$ darstellbar. Da $f$ linear ist, können wir nun zeigen, dass $w$ in $f(V)$ liegt.

Damit können wir leicht beweisen, dass $f$ genau dann surjektiv ist, wenn $\lbrace w_{1},\dots ,w_{n}\rbrace$ ein Erzeugendensystem von $W$ ist, indem wir folgende Aussagen benutzen:

• $f$ ist genau dann surjektiv, wenn $W=f(V)$ gilt.
• $\lbrace w_{1},\dots ,w_{n}\rbrace$ ist genau dann ein Erzeugendensystem von $W$, wenn $W=\operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$ gilt.
• $f(V)=\operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$ (unsere bereits bewiesene Aussage)

Beweis

Beweisschritt: $f(V)=\operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$

$\subseteq$: Sei $w\in f(V)$. Dann gibt es ein $v\in V$ mit der Eigenschaft $f(v)=w$. Weil $b_{1},\dots ,b_{n}$ eine Basis von $V$ ist, gibt es Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$ , sodass $v=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}$ ist. Nun gilt:

${\begin{aligned}w=f(v)=f(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(b_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}\end{aligned}}$

Wir konnten $w$ als Linearkombination der $w_{i}$ darstellen, daher gilt $w\in \operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$.

$\supseteq$: Sei $w\in \operatorname {span} \left(w_{1},\dots ,w_{n}\right)$, dann gibt es Koeffizienten $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in K$ so, dass $w=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}$ ist. Nach Definition von $f$ gilt:

${\begin{aligned}w=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(b_{i})=f(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i})\in f(V)\end{aligned}}$

Hieraus folgt insbesondere die zweite Aussage:

Beweisschritt: $f$ ist genau dann surjektiv, wenn $\lbrace w_{1},\dots ,w_{n}\rbrace$ ein Erzeugendensystem von $W$ ist.

Wenn $f$ surjektiv ist, dann gilt:

$W=f(V)=\operatorname {span} (w_{1},...,w_{n})$ (nach der Aussage oben).

Daher ist $\lbrace w_{1},...,w_{n}\rbrace$ ein Erzeugendensystem von $W$.

Ist andererseits $\lbrace w_{1},...,w_{n}\rbrace$ ein Erzeugendensystem, dann gilt $f(V)=\operatorname {span} (w_{1},...,w_{n})=W$, und $f$ ist surjektiv.

Satz (Injektive Abbildungen bilden Basen auf linear unabhängige Vektoren ab)

$f$ ist genau dann injektiv, wenn $\lbrace w_{1},\dots ,w_{n}\rbrace$ linear unabhängig ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Injektive Abbildungen bilden Basen auf linear unabhängige Vektoren ab)

Für die Äquivalenz zeigen wir die beiden Implikationen. Im Beweis der Hinrichtung möchten wir zeigen, dass die Vektoren $w_{1},\dots ,w_{n}$ linear unabhängig sind, falls $f$ injektiv ist. Wir nehmen an, dass $f$ injektiv ist und betrachten wir den Nullvektor als eine Linearkombination von $w_{1},\dots ,w_{n}$, d.h. $0_{_{W}}=\mu _{1}w_{1}+\ldots \mu _{n}w_{n}$ mit $\mu _{1},\ldots ,\mu _{n}\in K$. Wir möchten nun nachweisen, dass alle Koeffizienten $\mu _{i}$ verschwinden. Ersetzen wir in unserer Linearkombination $w_{i}$ jeweils mit $f(b_{i})$ und nutzen die Linearität von $f$, erhalten wir

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

Wir wissen $f(0_{_{V}})=0_{_{W}}$, weil $f$ linear ist. Also

$f(0_{_{V}})=f(\mu _{1}\cdot b_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot b_{n})$.

Mit der Injektivität von $f$, folgt $0_{_{V}}=\mu _{1}\cdot b_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot b_{n}$. Da die Basis $b_{1},\dots ,b_{n}$ linear unabhängig ist, folgt $\mu _{i}=0$ für alle $i=1,\ldots ,n$.

Im Beweis der Rückrichtung ist unser Ziel zu zeigen, dass $f$ injektiv ist, falls $w_{1},\dots ,w_{n}$ linear unabhängig sind. Dazu betrachten wir zwei Vektoren $v,{\tilde {v}}\in V$ mit $f(v)=f({\tilde {v}})$. Wir möchten zeigen, dass $v={\tilde {v}}$. Da $b_{1},\dots ,b_{n}$ eine Basis von $V$ bildet, können wir $v$ und ${\tilde {v}}$ als Linearkombination von ihnen darstellen:

$v=\mu _{1}\cdot b_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot b_{n}\,$ und $\,{\tilde {v}}={\tilde {\mu }}_{1}\cdot b_{1}+\cdots +{\tilde {\mu }}_{n}\cdot b_{n}\,$ mit $\,\mu _{1},\ldots ,\mu _{n},{\tilde {\mu }}_{1},\ldots ,{\tilde {\mu }}_{n}\in K$

Um $v={\tilde {v}}$ nachzuweisen, reicht es zu zeigen, dass $\mu _{i}={\tilde {\mu }}_{i}$ für $i=1,\ldots ,n$ gilt. Mit $f(v)=f({\tilde {v}})$ und der Linearität von $f$ erhalten wir

$\mu _{1}\cdot f(b_{1})+\cdots +\mu _{n}\cdot (b_{n})={\tilde {\mu }}_{1}\cdot f(b_{1})+\cdots +{\tilde {\mu }}_{n}\cdot f(b_{n})$

Wegen $f(b_{i})=w_{i}$ erhalten wir die Darstellung

$\mu _{1}\cdot w_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot w_{n}={\tilde {\mu }}_{1}\cdot w_{1}+\cdots +{\tilde {\mu }}_{n}\cdot w_{n}$

Wegen der linearen Unabhängigkeit von $w_{1},\dots ,w_{n}$ sind ihre Linearkombinationen eindeutig und es muss $\mu _{i}={\tilde {\mu }}_{i}$ für alle $i=1,\ldots ,n$ gelten.

Beweis (Injektive Abbildungen bilden Basen auf linear unabhängige Vektoren ab)

Wir müssen zwei Richtungen zweigen.

Beweisschritt: Wenn $f$ injektiv ist, dann sind die $\lbrace w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n}\rbrace$ linear unabhängig.

Seien $\mu _{1},\mu _{2},\ldots ,\mu _{n}\in K$ und sei

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

Für jede lineare Abbildung gilt außerdem $f(0_{V})=0_{W}$. Da $f$ injektiv ist, folgt

$\mu _{1}\cdot b_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot b_{n}=0_{V}$

Weiter folgt, da $\lbrace b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n}\rbrace$ eine Basis von $V$ ist,

$\mu _{1}=\mu _{2}=\cdots =\mu _{n}=0_{K}$

Damit sind die $\{w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n}\}$ linear unabhängig.

Beweisschritt: Wenn die $\lbrace w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n}\rbrace$ linear unabhängig sind, dann ist $f$ injektiv.

Seien $v,v^{*}\in V$ mit $f(v)=f(v^{*})$. Dann gibt es $\mu _{1},\mu _{2},\ldots ,\mu _{n},{\mu _{1}}^{*},{\mu _{2}}^{*},\ldots ,{\mu _{n}}^{*}\in K$ mit $v=\mu _{1}\cdot b_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot b_{n}$ und $v^{*}={\mu _{1}}^{*}\cdot b_{1}+\cdots +{\mu _{n}}^{*}\cdot b_{n}$. Es gilt:

${\begin{aligned}\mu _{1}\cdot w_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot w_{n}&=\mu _{1}\cdot f(b_{1})+\cdots +\mu _{n}\cdot f(b_{n})\\[0.3em]&=\ f(\mu _{1}\cdot b_{1}+\cdots +\mu _{n}\cdot b_{n})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{wegen }}f(v)=f(v^{*})\right.}\\[0.3em]&=\ f({\mu _{1}}^{*}\cdot b_{1}+\cdots +{\mu _{n}}^{*}\cdot b_{n})\\[0.3em]&=\ {\mu _{1}}^{*}\cdot f(b_{1})+{\mu _{n}}^{*}\cdot f(b_{n})\\[0.3em]&=\ {\mu _{1}}^{*}\cdot w_{1}+\cdots +{\mu _{n}}^{*}\cdot w_{n}\end{aligned}}$

Wenn $\lbrace w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n}\rbrace$ linear unabhängig sind, ist die Darstellung eindeutig, also $\mu _{i}={\mu _{i}}^{*};(i=1,2,\ldots ,n)\,\Longrightarrow \,v=v^{*}$. Damit ist $f$ injektiv.

Satz (Bijektive Abbildungen bilden Basen auf Basen ab)

$f$ ist genau dann bijektiv, wenn $\lbrace w_{1},\dots ,w_{n}\rbrace$ eine Basis von $W$ ist.

Wie kommt man auf den Beweis? (Bijektive Abbildungen bilden Basen auf Basen ab)

Wir kombinieren einfach die Aussagen der letzten beiden Sätze.

Beweis (Bijektive Abbildungen bilden Basen auf Basen ab)

Beweisschritt: Wenn $f$ bijektiv ist, dann ist $\{w_{1},\dots ,w_{n}\}$ eine Basis von $W$.

Da $f$ bijektiv ist, ist auch $f$ injektiv und surjektiv. Daher bilden nach den letzten beiden Sätzen, $\lbrace w_{1},...,w_{n}\rbrace$ ein linear unabhängiges Erzeugendensystem. Dies ist immer eine Basis.

Beweisschritt: Wenn $\{w_{1},\dots ,w_{n}\}$ eine Basis von $W$ ist, dann ist $f$ bijektiv.

Angenommen, $\lbrace w_{1},...,w_{n}\rbrace$ ist eine Basis - insbesondere also linear unabhängig und ein Erzeugendensystem. Dann folgt nach den beiden letzten Sätzen, dass $f$ injektiv und surjektiv ist - also insbesondere bijektiv.

Aufgaben

Aufgabe (Lineare Abbildungen mit vorgegebenen Bedingungen)

Seien $u=(1,0,-1)^{T},\,v=(0,1,2)^{T}$ und $w=(1,2,3)^{T}$. Gibt es eine $\mathbb {R}$-lineare Abbildung $f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$, die den Bedingungen $f(u)=(0,1)^{T},\,f(v)=(1,-1)^{T},\,f(w)=(2,1)^{T}$ genügt?

Wie kommt man auf den Beweis? (Lineare Abbildungen mit vorgegebenen Bedingungen)

Als erstes sollte man überprüfen, ob die Vektoren $u,v,w$ linear unabhängig sind. Ist das nämlich der Fall, so bildet $\{u,v,w\}$, wegen $\operatorname {dim} (\mathbb {R} ^{3})=3$ eine Basis des $\mathbb {R} ^{3}$. Mit dem Prinzip der linearen Fortsetzung würde die Existenz einer solchen linearen Abbildung $f$ folgen. Seien also $\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3}\in \mathbb {R}$, mit

$\lambda _{1}u+\lambda _{2}v+\lambda _{3}w={\begin{pmatrix}\lambda _{1}+\lambda _{3}\\\lambda _{2}+2\lambda _{3}\\-\lambda _{1}+2\lambda _{2}+3\lambda _{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Dann müssen aber auch $\lambda _{1}=-\lambda _{3},\,\lambda _{2}=-2\lambda _{3}$ und damit $2\lambda _{1}=\lambda _{2}$ erfüllt sein. Diese Gleichung hat allerdings nicht nur die "triviale" Lösung $\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=0$. Tatsächlich ist die obere Gleichung für $\lambda _{1}=1,\,\lambda _{2}=2,\,\lambda _{3}=-1$ erfüllt. Man erhält also

${\begin{aligned}u+2v=w.\end{aligned}}$

Für eine solche Abbildung $f$ müsste dann aber $f(u)+2f(v)=f(w)$ gelten, was aber

${\begin{aligned}f(u)+2f(v)=(2,-1)^{T},\quad f(w)=(2,1)^{T}\end{aligned}}$

widerspricht.

Lösung (Lineare Abbildungen mit vorgegebenen Bedingungen)

Nehmen wir zunächst an eine solche lineare Abbildung $f$ würde existieren. Durch die folgende Rechnung

${\begin{aligned}u+2v={\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\2\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}=w\end{aligned}}$

sieht man, dass $f(u)+2f(v)=f(w)$ gelten müsste. Das ist aber ein Widerspruch zu den anderen Bedingungen, weil mit diesen

${\begin{aligned}f(u)+2f(v)=(0,1)^{T}+2(1,-1)^{T}=(2,-1)^{T}\neq (2,1)^{T}=f(w)\end{aligned}}$

gilt. Es gibt also kein solches $f$.