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v1=... w1=...
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v2=... w2=... wie in Aufgabe
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v3 = (1 0 0)
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[oder sagen: „es gibt“ ein v3, so dass {v1,v2,v3} eine Basis von R^3 ist]
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wähle w3 in R^3 beliebig
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---> ex. lin Abb φ : R^3 ---> R^3 (siehe Satz 6.1.13)
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5b)
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ii) wir wissen, dass {w1, w2} lin unabh.
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---> also ex. w3 ∈ R^3 s. d. {w1, w2, w3} eine Basis von R^3 ist.
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---> lin Abb φ wie vorher erzeugen.
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Zz: φ ist injektiv. (Dann folgt: φ bijektiv (weil VR beide 3-dimensional sind), also φ ein Isomorphismus)
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Sei x ∈ Kern(φ).
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Dann x = c1·v1 + c2·v2 + c3·v3
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Also 0 = φ(x) = c1·w1 + c2·w2 + c3·w3
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Also c1, c2, c3 = 0, weil {w1, w2, w3} eine Basis
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Also x = c1·v1 + c2·v2 + c3·v3 = 0.
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===> Damit haben wir gezeigt, dass Kern(φ) = {0}
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(beachte, dass 0 immer im Kern ist)
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===> φ injektiv.
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ODER
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Aus Korollar 6.1.15 folgt φ ein Iso, weil {w1, w2, w3} eine Basis ist.
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iii) setze w3 = 0. Konstruiere φ wie oben.
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Dann erfüllt φ die 3 erwünschten Eigenschaften.
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Und φ(v3) = w3 = 0, sodass Kern(φ) ≠ {0}, weil v3 ≠ 0.
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Darum ist φ nicht injektiv und damit kein Isomorphismus.
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Wenn dim(W) = m, m eine endliche Zahl:
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(1) φ injektiv <==> Kern(φ) = {0}
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<==> dim(Kern(φ)) = 0
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<==> dim(Bild(φ)) = dim(V)
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<==> Rang(φ) = dim(V)
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<==> Rang(φ) ≥ dim(V)
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(2) φ surjektiv <==> Bild(φ) = W
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<==> dim(Bild(φ)) = dim(W) (=m)
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<==> Rang(φ) = dim(W)
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<==> Rang(φ) ≥ dim(W)
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z. B. wenn Bild(φ) = lin{w1, w2, ..., w_r} und {w1, w2, ..., w_r} lin unabh.
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dann dim(Bild(φ)) = r
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A = ( a_ij ) eine m x n Matrix
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B = ( b_ij ) eine m x n Matrix
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A + 5B = ( a_ij + 5b_ij )
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A = ( a_ij ) eine m x n Matrix
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¯
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B = ( b_ij ) eine n x l Matrix
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¯
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(„innere Dimensionen“ müssen übereinstimmen, um Matrixmult. durchzuführen)
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n
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A·B = ( c_ij ), wobei c_ij = ∑ a_ik b_kj
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k=1
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l
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B·A = ( d_ij ), wobei d_ij = ∑ b_ik a_kj
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k=1
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## BEWEISE ##
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d)
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Behauptung. A,B ⊆ Y gilt f^-1(A∩B) = f^−1(A) ∩ f^−1(B).
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Beweis.
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(⊆) Sei x ∈ f^-1(A∩B) beliebig.
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Zu zeigen: x ∈ f^−1(A) ∩ f^−1(B).
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D. h. wir müssen zeigen,
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dass x ∈ f^−1(A) und x ∈ f^−1(B).
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Es gilt
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x ∈ f^-1(A∩B)
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⟹ f(x) ∈ A ∩ B (per Definition von f^-1)
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⟹ f(x) ∈ A und f(x) ∈ B
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⟹ x ∈ f^-1(A) und x ∈ f^-1(B) (per Definition von f^-1)
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Darum gilt x ∈ r. S.
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(⊇) Sei x ∈ f^−1(A) ∩ f^−1(B).
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D. h. x ∈ f^−1(A) und x ∈ f^−1(B).
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Zu zeigen: x ∈ f^-1(A∩B).
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Es gilt
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x ∈ f^-1(A) und x ∈ f^-1(B)
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⟹ f(x) ∈ A und f(x) ∈ B (per Definition von f^-1)
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⟹ f(x) ∈ A ∩ B
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⟹ x ∈ f^-1(A∩B) (per Definition von f^-1)
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Darum gilt x ∈ l. S.
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QED.
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Es seien U, V und W Vektorräume über einem Körper K. Seien φ: U → V und ψ : V → W lineare Abbildungen.
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Beh. ψ ◦ φ injektiv <==> (φ injektiv ist + Kern(ψ) ∩ Bild(φ) = {0}).
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Beweis.
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(⟹) Angenommen, ψ ◦ φ injektiv.
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Zu zeigen:
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i) φ injektiv
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ii) Kern(ψ) ∩ Bild(φ) = {0}.
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Zu i): Zu zeigen: Kern(φ) = {0}.
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Sei also x ∈ U mit φ(x) = 0.
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Dann (ψ ◦ φ)(x) = ψ(φ(x)) = ψ(0) = 0.
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Also x ∈ Kern(ψ ◦ φ) und per ANNAHME Kern(ψ ◦ φ) = {0} (weil injektiv).
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Also x = 0.
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Darum haben wir gezeigt, dass Kern(φ) ⊆ {0}.
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Also Kern(φ) = {0} (weil 0 immer im Kern ist).
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Zu ii): Zu zeigen Kern(ψ) ∩ Bild(φ) ⊆ {0} ( ⊇ gilt immer, weil 0 immer im Kern und Bild ).
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Sei also x ∈ Kern(ψ) ∩ Bild(φ).
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Zu zeigen: x = 0.
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Also x ∈ Kern(ψ) und x ∈ Bild(φ).
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Also ψ(x) = 0 und x = φ(y) für ein y ∈ U.
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Also ψ(φ(y)) = 0.
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Also y ∈ Kern(ψ ◦ φ) und per ANNAHME Kern(ψ ◦ φ) = {0} (weil injektiv).
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Also y = 0.
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Also x = φ(y) = φ(0) = 0.
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(⟸) Angenommen,
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i) φ injektiv
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ii) Kern(ψ) ∩ Bild(φ) = {0}
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Zu zeigen: ψ ◦ φ injektiv.
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Es reicht also aus zu zeigen, dass
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Kern(ψ ◦ φ) = {0}.
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Sei also x ∈ U mit (ψ ◦ φ)(x) = 0.
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Zu zeigen: x = 0.
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...
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... [Annahme i + ii iwo gebrauchen]
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...
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Also x = 0.
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QED
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