§12. Lineare Abbildungen

Wir wollen in diesem Paragraphen die Grundlagen legen, um die folgenden Probleme lösen zu können:

a) Die Lösungsmenge L eines homogenen LGS’s Ax = o (A ∈ M_{m,n}(K)) ist ein Unterraum von K^{n}. Wie läßt sich die Dimension von L bestimmen? Wie läßt sich eine Basis von L finden?

b) Für eine invertierbare Matrix A ∈ M_{n}(K) muß es eine Matrix B ∈ M_{n}(K) geben mit A · B = E_{n} und B · A = E_{n}. Reicht eine der beiden Bedingungen schon aus?

\underline{(12.1) DEF:} V und W seien Vektorräume über einem Körper K. Eine Abbildung f : V ⟶ W heißt K–linear, wenn gilt: L_{1}) ∀ v, v′ ∈ V : f(v + v′) = f(v) + f(v′) L_{2}) ∀ a ∈ K ∀ v ∈ V : f(av) = af(v).

\underline{(12.2) BEISPIELE:} a) Für A ∈ M_{m,n}(K) ist die Abbildung f_{A} : K^{n} ⟶ K^{m} , v ⟼ A·v , K–linear.

b) Es bezeichne A die Menge aller Abbildungen von IR in IR und D die Menge aller differenzierbaren Abbildungenvon IR in IR. Beide Mengen sind IR–Vektorräume (D ist ein Unterraum von A). Dann ist die Abbildung D : D ⟶ A , f ⟼ f′ , die jeder Abbildung ihre Ableitung zuordnet, eine IR–lineare Abbildung.

\underline{(12.3) SATZ:} (Eigenschaften von linearen Abbildungen) Für eine K–lineare Abbildung f : V ⟶ W gilt:

a) f(o_{V}) = o_{W} b) ∀ v ∈ V : f(−v) = −f(v)

c) ∀ v, v′ ∈ V : f(v − v′) = f(v) − f(v′)

d) f ( ∑_{i=1}^{n} a_{i}v_{i}) = ∑_{i=1}^{n} a_{i}f(v_{i}) (a_{i} ∈ K, v_{i} ∈ V)

\underline{(12.4) SATZ:} f : V ⟶ W sei eine K–lineare Abbildung und T := \{v_{1}, …, v_{n}\} ⊆ V eine Teilmenge. Dann gilt:

a) f(L_{K}(T)) = L_{K}(f(T))

b) T EZS von V und f surjektiv ⟹ f(T) EZS von W

c) T linear unabhängig und f injektiv ⟹ f(T) linear unabhängig

d) T Basis von V und f bijektiv ⟹ f(T) Basis von W.

\underline{(12.5) DEF:} Eine bijektive K–lineare Abbildung f : V ⟶ W zwischen zwei K–Vektorräumen heißt ein K–Isomorphismus.

\underline{(12.6) BEM:} a) Gibt es einen Isomorphismus f : V ⟶ W, so nennt man die Vektorräume V und W isomorph und schreibt dafür V ≅ W.

b) Isomorphismen erhalten die wesentliche Eigenschaften von Vektorräumen. Isomorphe Vektorräume können zwar unterschiedliche Elemente und Rechenoperationen haben, die “Rechenregeln“ sind aber in beiden Vektorräumen diegleichen.

c) Für endlichdimensionale Vektorräume V und W gilt: V ≅ W ⟹ dim_{K}(V) = dim_{K}(W) (und auch die Umkehrung!)

d) Sei A ∈ GL_{n}(K). Dann ist die Abbildung f_{A} : K^{n} ⟶ K^{n} , v ⟼ A·v ein Isomorphismus. (Beweis als Übung)

\underline{(12.7) LEMMA:} Ist f : V ⟶ W eine K–lineare Abbildung, so gilt: f injektiv ⟺ (∀ v ∈ V : f(v) = o_{W} ⟹ v = o_{V}).

\underline{(12.8) DEF:} Für eine K–lineare Abbildung f : V ⟶ W wird definiert:

a) Kern(f) = { v | v ∈ V, f(v) = o_{W} } ⊆ V

b) Bild(f) = { f(v) | v ∈ V } ⊆ W.

\underline{Beispiel:} Die Abbildung f : IR^{4} ⟶ IR^{3} sei definiert durch ( \begin{matrix}a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \\ a_{4} \end{matrix} ) ⟼ ( \begin{matrix}a_{1} \\ 0 \\ a_{2} \end{matrix} ).

f ist eine IR–lineare Abbildung, und es gilt

Kern(f) = \{ ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ a_{3} \\ a_{4} \end{matrix} ) a_{3}, a_{4} ∈ IR \} = \{0\} × \{0\} × IR × IR ⊆ IR^{4}

Bild(f) = \{ ( \begin{matrix}a_{1} \\ 0 \\ a_{2} \end{matrix} ) a_{1}, a_{2} ∈ IR \} = IR × \{0\} × IR ⊆ IR^{3}

\underline{(12.9) SATZ:} Für eine K–lineare Abbildung f : V ⟶ W gilt:

a) Kern(f) ⊆ V und Bild(f) ⊆ W sind jeweils Unterräume.

b) f injektiv ⟺ Kern(f) = {o_{V} } (s. (12.7))

c) f surjektiv ⟺ Bild(f) = W.

\underline{(12.10) SATZ:} (Rangsatz für lineare Abbildungen)

V sei ein n–dimensionaler K–Vektorraum und f : V ⟶ W eine K–lineare Abbildung. Dann gilt:

dim_{K}(V) = dim_{K}(Kern(f)) + dim_{K}(Bild(f)).

(Die Dimension von Bild(f) wird auch als Rang der linearen Abbildung f bezeichnet, dim_{K}(Bild(f)) =: rg(f)). dim_{K}(Bild(f)) =: rg(f)).

\underline{Beispiel:} Bei der obigen Abbildung f : IR^{4} ⟶ IR^{3} gilt dim_{IR}(IR^{4}) = 4 , dim_{IR}(Kern(f)) = 2 und dim_{IR}(Bild(f)) = 2. Folglich dim_{IR}(IR^{4}) = 4 = 2 + 2 = dim_{IR}(Kern(f)) + dim_{IR}(Bild(f)).

Anwendungen auf lineare LGS’e

\underline{(12.11) SATZ:} Die Matrix A ∈ M_{m,n}(K) habe die Spalten v_{1}, …, v_{n} ∈ K^{m}. Das LGS (⋆) Ax = b ist genau dann lösbar, wenn b ∈ L_{K}(v_{1}, …, v_{n}) gilt.

(Genauer: Gilt b = a_{1}v_{1} + … + a_{n}v_{n} , so ist ( a_{1} ; ⋮ ; a_{n} ) ∈ K^{n} eine Lösung von (⋆).)

\underline{(12.12) FOLG:} Das LGS Ax = b ist genau dann lösbar, wenn rg(A) = rg(A, b) gilt.

\underline{(12.13) LEMMA:} Sei A ∈ M_{m,n}(K) und f_{A} : K^{n} ⟶ K^{m} die durch A definierte lineare Abibldung. Dann gilt:

a) Kern(f_{A}) = Lös(A, o_{m}) b) Bild(f_{A}) = S(A) (Spaltenraum von A).

\underline{(12.14) SATZ:} Sei A ∈ M_{m,n}(K) eine Matrix vom Range r. Dann hat der Lösungsraum IL := Lös(A, o_{m}) des homogenen LGS’s Ax = o_{m} die Dimension

dim_{K}(IL) = n − r

(Anzahl der Unbekannten − Rang der Koeffizientnematrix).

(12.15) Der Entzerrungsalgorithmus

Seien A := ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ −1 & −1 & 1 & 0 & 1 \end{matrix} ) ∈ M_{4,5}(IR) und b := ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \\ −2 \end{matrix} ) ∈ IR^{4}

Wir wollen das LGS Ax = b lösen. Mit dem Gauß–Algorithmus bringen wir die erweiterte Koeffizientenmatrix (A, b) auf Treppenform:

0 1 1 1 1 −1
1 2 0 1 0 1
0 0 0 1 1 0
−1 −1 1 0 1 −2

↓ Gauß–Algorithmus ↓

1 0 −2 0 −1 3
0 1 1 0 0 −1
0 0 0 1 1 0
0 0 0 0 0 0
v_{1} v_{2} v_{3} v_{4} v_{5} b′
e_{1} e_{2}  e_{3}

Wir stellen nun b′ als Linearkombination der Spalten v_{1}, …, v_{5} von T (A) dar:

b′ = 3e_{1}+(−1)e_{2} = 3v_{1}+(−1)v_{2}+0·v_{3}+0·v_{4}+0·v_{5} . Nach (12.11) ist dann w_{0} := ( \begin{matrix}3 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) eine

(spezielle) Lösung von T (A)x = b′ und damit auch von Ax = b.

Nun stellen wir den ersten Spaltenvektor, der nicht zu einem charakteristischen Index gehört (hier: v_{3}), als eine Linearkombination der links davon stehenden Einheitsvektoren dar und machen daraus eine Linearkombination aller Spalten, die den Vektor o_{4} ergibt:

v_{3} = (−2)e_{1} + 1e_{2} ⟹ (−2)v_{1} + 1v_{2} + (−1)v_{3} + 0v_{4} + 0v_{5} = o_{4}

Nach (12.11) ist dann w_{1} := ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) eine Lösung des homogenen Systems T (A)x = o_{4}und

damit auch von Ax = o_{4}. Mit den übrigen Spaltenvektoren von T(A), die nicht zu den charakteristischen Indizes gehören, verfahren wir analog.

v_{5} = (−1)e_{1}+1e_{3} ⟹ (−1)v_{1}+0v_{2}+0v_{3}+1v_{4}+(−1)v_{5} = o_{4} ⟹ w_{2} := ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) ∈ Lös(A, o_{4})

Diese beiden Lösungsvektoren w_{1} und w_{2} sind linear unabhängig. Da die Dimension des Lösungsraumes nach (12.14) gleich 5 − 3 = 2 ist, bilden sie sogar eine Basis des Lösungsraumes des homogenen LGS’s, d.h. Lös(A, o_{4}) = L_{K}(w_{1}, w_{2}). Nach (10.35) gilt daher

Lös(A, b) = {w_{0} + w | w ∈ Lös(A, o_{4}) } = {w_{0} + rw_{1} + sw_{2} | r, s ∈ IR} =

\{( \begin{matrix}3 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + r ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + s ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) r, s ∈ IR \}

Diese Lösungen lassen sich nun mit einem kleinen Trick leicht direkt ablesen . Dazu fügen wir Nullzeilen ein, bis links oben eine (n × n)–Matrix entsteht, bei der die Einsen der charakteristischen Spalten in der Hauptdiagonale stehen:

1 0 −2 0 −1 3
0 1  1 0  0 −1
neu → 0 0  0 0  0 0
0 0  0 1  1 0
0 0  0 0  0 0
1 0 −2 0 −1 3
0 1  1 0  0 −1
0 0 −1 0  0 0
0 0  0 1  1 0
0 0  0 0 −1 0
w_{1}  w_{2} w_{0}
↑  ↑  ↑

Die Nullen in der Hauptdiagonale werden dann durch −1 ersetzt. Jetzt lassen sich die relevanten Größen direkt ablesen: w_{0} ist eine (spezielle) Lösung von Ax = b, und w_{1}, w_{2} sind Basisvektoren von Lös(A, o_{4}). Nach (10.35) ist dann die Lösungsmenge von Ax = b (in Übereinstimmung mit dem vorher gefundenen Ergebnis):

Lös(A, b) = \{( \begin{matrix}3 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + r ( \begin{matrix}−2 \\ 1 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) + s ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) r, s ∈ IR \}

Die Darstellungsmatrix einer linearen Abbildung

\underline{(12.16) SATZ:} Sei f : K^{n} ⟶ K^{m} eine K–lineare Abbildung. Dann gibt es (genau) eine Matrix A ∈ M_{m,n}(K) mit f(v) = A · v ∀ v ∈ K^{n}. A heißt Darstellungsmatrix von f und wird mit M(f) bezeichnet.

Fazit Jede lineare Abbildung f : K^{n} ⟶ K^{m} ist eindeutig durch eine Matrix aus M_{m,n}(K) bestimmt, und umgekehrt definiert jede Matrix aus M_{m,n}(K) eine lineare Abbildung K^{n} ⟶ K^{m} (s. Beispiel (12.2a)). Lineare Abbildungen K^{n} ⟶ K^{m} und Matrizen aus M_{m,n}(K) sind also “dasselbe“.

\underline{(12.17) BEISPIELE:} a) f : IR^{3} ⟶ IR^{2} , ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) ⟼ ( \begin{matrix}2x + y \\ y − z \end{matrix} ) ist eine IR–lineare

Abbildung. Die Darstellungsmatrix von f ist die (2 × 3)–Matrix mit den Spalten

f(e_{1}) = ( \begin{matrix}2 \\ 0 \end{matrix} ) , f(e_{2}) = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) , f(e_{3}) + ( \begin{matrix}0 \\ −1 \end{matrix} )

Damit ist M(f) = ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix} ). Es gilt:

f(( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )) = M(f)·( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix} )·( \begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}4 \\ −1 \end{matrix} ) (Mache die Probe!). Allgemein:

f(( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} )) = M(f) · ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2x + y \\ y − z \end{matrix} )

b) Die Darstellungsmatrix der identischen Abbildung id_{K^{n}} : K^{n} ⟶ K^{n} , v ⟼ v ist M(id_{K^{n}}) = E_{n} (Einheitsmatrix).

c) Für die lineare Abbildung f_{A} : K^{n} ⟶ K^{m} mit A ∈ M_{m,n}(K) (s. (12.2a)) gilt M(f_{A}) = A.

\underline{(12.18) SATZ:} f : K^{n} ⟶ K^{m} und g : K^{m} ⟶ K^{p} seien K–lineare Abbildungen. Dann gilt: M(g ∘ f) = M(g) · M(f).

\underline{(12.19) SATZ:} Sei f : K^{n} ⟶ K^{m} eine K–lineare Abbildung. Dann gilt:

f bijektiv ⟺ M(f) invertierbar.

\underline{(12.20) FOLG:} Sei A ∈ M_{n}(K). Gibt es dann eine Matrix B ∈ M_{n}(K) mit A · B = E_{n} (oder B · A = E_{n}), so ist A invertierbar.