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Mathematik: Existenz von linearen Abbildungen mit vorgegebenen Werten
Freigegeben von matroid am Di. 08. März 2016 17:24:38
Verfasst von Martin_Infinite -   1022 x gelesen [Gliederung] [Statistik] Druckbare Version Druckerfreundliche Version
Mathematik

Existenz von linearen Abbildungen mit vorgegebenen Werten

Gibt es eine lineare Abbildung <math>f : \mathds{R}^2 \to \mathds{R}^2</math> mit <math>f\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}</math> ,  <math>f\begin{pmatrix} 1\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}</math>  und  <math>f\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\4\end{pmatrix}</math> ?
 
Aufgaben dieses Typs werden in der linearen Algebra gerne gestellt, und sind auch schon öfters auf dem Matheplaneten aufgetaucht. In diesem Artikel zeige ich ganz allgemein, wie man solche Aufgaben systematisch angeht. Hilfreich ist dabei vor allem das Konzept der linearen Unabhängigkeit. Es werden einige Beispiele besprochen.
 
Dieser Artikel richtet sich an Studienanfänger.


Grundlagen

Es sei <math>K</math> ein Körper und <math>V</math> ein <math>K</math>-Vektorraum. Eine Folge von Vektoren <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> in <math>V</math> heißt linear unabhängig, wenn aus <math>\lambda_1,\dotsc,\lambda_n \in K</math> mit <math>\lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n = 0</math> bereits <math>\lambda_1=\dotsc=\lambda_n=0</math> folgt. Eine Folge <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> heißt Erzeugendensystem, wenn es für jeden Vektor <math>v \in V</math> mindestens eine Darstellung als <math>v = \lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n</math> gibt mit <math>\lambda_1,\dotsc,\lambda_n \in K</math> (d.h. <math>v</math> lässt sich aus den <math>v_1,\dotsc,v_n</math> linear kombinieren). Sofern diese Darstellung stets eindeutig ist, nennen wir <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> eine Basis. Eine Basis ist demnach dasselbe wie ein linear unabhängiges Erzeugendensystem.
 
Wenn <math>V</math> endlich-erzeugt ist, d.h. ein endliches Erzeugendensystem besitzt, dann hat <math>V</math> auch eine endliche Basis: Man muss einfach nacheinander die Vektoren streichen, die sich aus den anderen verbliebenden Vektoren linear kombinieren. Umgekehrt gilt: Jede Folge von linear unabhängigen Vektoren eines endlich-erzeugten Vektorraumes kann man zu einer Basis ergänzen. Man kann zeigen, dass jede Basis von <math>V</math> dieselbe Anzahl von Vektoren beinhaltet; das ist die Dimension von <math>V</math>. Zum Beispiel hat der <math>K</math>-Vektorraum <math>K^n</math> die Dimension <math>n</math>, wobei <math>n \in \mathds{N}</math> beliebig ist.
 
Beispiel: Es ist <math>\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right)</math> ein Erzeugendensystem von <math>K^2</math>, ist aber linear abhängig, weil der mittlere Vektor die Summe der anderen beiden Vektoren ist. Streichen wir ihn, erhalten wir die (kanonische) Basis <math>\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right)</math> . Die Folge von Vektoren <math>\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right)</math> in <math>K^3</math> ist linear unabhängig, aber noch kein Erzeugendensystem, weil etwa <math>\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}</math> keine Linearkombination dieser Vektoren ist (prüfe das!). Nehmen wir ihn also hinzu, so erhalten wir eine Basis von <math>K^3</math>.
 
Zurück zur Theorie. Eine lineare Abbildung <math>f : V \to W</math> zwischen <math>K</math>-Vektorräumen ist eine Abbildung zwischen den unterliegenden Mengen, sodass <math>f(v+v')=f(v)+f(v')</math> (Additivität) für alle <math>v,v' \in V</math>  und <math>f(\lambda v) = \lambda f(v)</math> (Homogenität) für alle <math>\lambda \in K</math>, <math>v \in V</math> gilt. Daraus folgt dann auch <math>f(0)=0</math>, <math>f(-v)=-f(v)</math>, und außerdem für Linearkombinationen

<math>f(\lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n) = \lambda_1 f(v_1) + \dotsc + \lambda_n f(v_n)</math>
 
per vollständiger Induktion nach <math>n \in \mathds{N}</math>. Der Induktionsanfang ist hier <math>f(0)=0</math> für <math>n=0</math>. Die gesamte Vektorraumstruktur wird also von linearen Abbildungen erhalten.

Lineare Abbildungen im linear unabhängigen Fall

Es sei <math>f : V \to W</math> eine lineare Abbildung und <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> eine Folge von Vektoren in <math>V</math>. Dann können wir die Vektoren <math>f(v_1),\dotsc,f(v_n)</math> bilden, und allgemeiner die Vektoren <math>f(\lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n) = \lambda_1 f(v_1)+\dotsc+\lambda_n f(v_n)</math>. Wenn <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> also ein Erzeugendensystem von <math>f</math> ist, dann ist <math>f</math> eindeutig durch die Vektoren <math>f(v_1),\dotsc,f(v_n)</math> bestimmt: Denn jeden Vektor in <math>V</math> können wir als <math>\lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n</math> schreiben, und sein Bild unter <math>f</math> ist dann eben <math>\lambda_1 f(v_1)+\dotsc+\lambda_n f(v_n)</math>. Können wir umgekehrt <math>f</math> durch diese Vorschrift definieren? Genauer gesagt, fragen wir uns:

Sei <math>(w_1,\dotsc,w_n)</math> eine Folge von Vektoren in <math>W</math>. Gibt es dann eine lineare Abbildung <math>f : V \to W</math> mit <math>f(v_1)=w_1,\dotsc,f(v_n)=w_n</math>?
 
Wir haben schon gesehen, dass <math>f</math> jedenfalls eindeutig bestimmt ist, wenn <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> ein Erzeugendensystem ist: Es gilt <math>f(\lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n) = \lambda_1 w_1 + \dotsc + \lambda_n w_n</math>. Damit wir aber <math>f</math> so definieren können, müssen die Koeffizienten <math>\lambda_1,\dotsc,\lambda_n</math> eindeutig bestimmt sein und daher sollten wir <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> als linear unabhängig annehmen, d.h. als eine Basis. Die so definierte lineare Abbildung ist dann linear: Zum Beispiel gilt

<math>f(\mu(\lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n)) = f(\mu \lambda_1 v_1 + \dotsc + \mu \lambda_n v_n) = \mu \lambda_1 w_1 + \dotsc + \mu \lambda_n w_n = \mu f(\lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_n v_n).</math>
 
Die Additivität ist ebenfalls leicht zu prüfen. Wir haben damit bewiesen, dass die obige Frage mit "Ja" zu beantworten ist, sofern <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> eine Basis ist, und dass dann <math>f</math> sogar eindeutig ist. Diese Eigenschaft von Basen muss man sich unbedingt merken! Sie sagt uns sozusagen, dass wir eine lineare Abbildung nur auf Basisvektoren definieren müssen, der Rest ergibt sich von selbst. Nämlich durch lineare Fortsetzung, wie man sagt.
 
Was ist nun aber, wenn <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> lediglich linear unabhängig ist? Dann können wir diese Folge immerhin zu einer Basis <math>(v_1,\dotsc,v_n,v_{n+1},\dotsc,v_d)</math> ergänzen (sodass also <math>d</math> die Dimension von <math>V</math> ist) und finden nach dem, was wir bereits bewiesen haben, eine lineare Abbildung <math>f : V \to W</math> mit <math>f(v_1)=w_1,\dotsc,f(v_n)=w_n</math> und <math>f(v_{n+1})=0,\dotsc,f(v_d)=0</math>. Auch hier ist unsere Frage also mit "Ja" zu beantworten! Der Unterschied ist aber, dass, sobald <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> noch keine Basis ist (d.h. <math>n<d</math>) und der Vektorraum <math>W</math> nicht gerade der Nullraum ist, es für die Bilder <math>f(v_{n+1}),\dotsc,f(v_d)</math> beliebige Wahlmöglichkeiten gibt und daher <math>f</math> ganz sicher nicht eindeutig bestimmt ist. Aber mindestens ein <math>f</math> gibt es auf jeden Fall.

Satz. Ist <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> eine linear unabhängige Folge in <math>V</math> und <math>(w_1,\dotsc,w_n)</math> eine beliebige Folge in <math>W</math>, so gibt es mindestens eine lineare Abbildung <math>f : V \to W</math> mit <math>f(v_1)=w_1,\dotsc,f(v_n)=w_n</math>. Sie ist sogar eindeutig bestimmt, wenn <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> eine Basis ist.

Beispiel: Gibt es eine lineare Abbildung <math>f : K^2 \to K</math> mit <math>f\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = 1</math> ? Natürlich, wir können <math>f\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = x</math> nehmen. Alternativ können wir nach dem obigen Verfahren auch zunächst den Vektor zu einer Basis <math>\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\right)</math> ergänzen und nun feststellen, dass es für jede Wahl von <math>w_1,w_2 \in K</math> genau eine lineare Abbildung <math>f : K^2 \to K</math> gibt mit <math>f\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = w_1</math> und <math>f\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = w_2</math>. Diese lässt sich auch explizit hinschreiben: Ein beliebiger Vektor <math>\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \in K^2</math> schreibt sich als Linearkombination <math>y \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + (x-y)  \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}</math> , wird also auf <math>y w_1 + (x-y) w_2</math> abgebildet. Weil wir für <math>w_2 \in K</math> hier beliebige Wahlen haben, sehen wir insbesondere, dass es nicht nur eine, sondern sehr viele lineare Abbildungen <math>f : K^2 \to K</math> mit <math>f\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = 1</math> gibt.

Beispiel: Gibt es eine lineare Abbildung <math>f : K^3 \to K^2</math> mit <math>f \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}</math> und <math>f \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}</math> ? Wir können diese Frage sofort mit "Ja" beantworten, weil die Folge <math>\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right)</math> linear unabhängig ist. Und durch scharfes Hinsehen erkennen wir, dass eine mögliche Wahl etwa <math>f \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} := \begin{pmatrix}z\\y\end{pmatrix}</math> ist. Alternativ können wir auch etwa mittels <math>\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}</math> eine Basisergänzung vornehmen und <math>f</math> durch Vorgabe eines Bildes <math>f\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}</math> konkret ausrechnen. Im obigen Beispiel ist etwa <math>f\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}</math> .

Lineare Abbildungen im linear abhängigen Fall

Nun sei <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> eine linear abhängige Folge in <math>V</math>. Es gibt also einen Index <math>i</math>, sodass sich <math>v_i</math> aus den <math>v_1,\dotsc,v_{i-1},v_{i+1},\dotsc,v_n</math> linear kombinieren lässt. Nach einer Umbenennung der Indizes können wir annehmen, dass <math>v_1</math> sich aus den <math>v_2,\dotsc,v_n</math> linear kombinieren lässt. Das gibt uns eine Gleichung der Form <math>v_1 = \lambda_2 v_2 + \dotsc + \lambda_n v_n</math>. Wenn nun <math>f : V \to W</math> eine lineare Abbildung mit <math>f(v_i)=w_i</math> für alle <math>i</math> ist, so gilt damit <math>w_1 = \lambda_2 w_2 + \dotsc + \lambda_n w_n</math> (durch Anwendung von <math>f</math> auf die obige Gleichung). Das ist also schon einmal eine notwendige Bedingung für die Existenz von <math>f</math>: Die <math>w_1,\dotsc,w_n</math> müssen ebenfalls linear abhängig sein, und genauer gesagt die obige Gleichung erfüllen.

Beispiel: Gibt es eine lineare Abbildung <math>f : \mathds{R}^2 \to \mathds{R}^2</math> mit <math>f\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\6\end{pmatrix}</math> , <math>f\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\3\end{pmatrix}</math> und <math>f\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}</math> ? Die Antwortet lautet "Nein", denn es gilt <math>\begin{pmatrix} 1 \\ 1  \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} + \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}</math> , aber <math>\begin{pmatrix} 4 \\ 3  \end{pmatrix} \neq  \begin{pmatrix} 1\\ 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \end{pmatrix} + \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \end{pmatrix}</math> .
 
Was tun wir aber, wenn doch die Gleichung <math>w_1 = \lambda_2 w_2 + \dotsc + \lambda_n w_n</math> gilt? Dann können wir offenbar die Bedingung <math>f(v_1)=w_1</math> streichen, weil sie sich bereits aus den anderen Bedingungen <math>f(v_2)=w_2,\dotsc,f(v_n)=w_n</math> ergibt (sofern denn ein passendes <math>f</math> existiert). Denn:

<math>f(v_1)=f(\lambda_2 v_2+\dotsc+\lambda_n v_n)=\lambda_2 f(v_2)+\dotsc+\lambda_n f(v_n)=\lambda_2 w_2+\dotsc+\lambda_n w_n=w_1.</math>

Wir können also <math>v_1</math> und <math>w_1</math> vergessen und verfahren einfach weiter mit den kürzeren Folgen <math>(v_2,\dotsc,v_n)</math> und <math>(w_2,\dotsc,w_n)</math>. Und hier geht das ganze Spiel nun von vorne los: Ist <math>(v_2,\dotsc,v_n)</math> linear unabhängig? Wenn ja, dann sind wir fertig, denn dann gibt es ein passendes <math>f</math>. Wenn nein, dann müssen wir wieder eine Linearkombination finden, etwa nach Umbenennung der Indizes <math>v_2 = \mu_3 v_3 + \dotsc + \mu_n v_n</math>, und prüfen, ob auch <math>w_2 = \mu_3 w_3 + \dotsc + \mu_n w_n</math> in <math>W</math> gilt. Wenn dies nicht der Fall ist, gibt es kein passendes <math>f</math>. Und wenn dies doch der Fall ist, streichen wir <math>v_2</math> und <math>w_2</math> und fahren mit den Folgen <math>(v_3,\dotsc,v_n)</math> und <math>(w_3,\dotsc,w_n)</math> fort, und so weiter. Nach endlich vielen Schritten ist man bei der leeren Folge angekommen, welche linear unabhängig ist, oder aber man hat schon vorher die Existenz von <math>f</math> widerlegen können. Diesen Algorithmus möchten wir nun anhand einiger Beispiele verdeutlichen.

Beispiel: Gibt es eine lineare Abbildung <math>f : \mathds{R}^2 \to \mathds{R}^2</math> mit <math>f\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\6\end{pmatrix}</math> , <math>f\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9\\3\end{pmatrix}</math> und <math>f\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}</math> ? Die Vektoren sind linear abhängig, es gilt <math>\begin{pmatrix} 1 \\ 1  \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} + \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}</math> . Für die vorgegebenen Bilder gilt es auch: <math>\begin{pmatrix} 4 \\ 3  \end{pmatrix}  = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \end{pmatrix} + \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 9 \\ 3 \end{pmatrix}</math> stimmt! Die Frage reduziert sich also darauf, ob es eine lineare Abbildung <math>f : \mathds{R}^2 \to \mathds{R}^2</math> gibt mit <math>f\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\6\end{pmatrix}</math> und <math>f\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9\\3\end{pmatrix}</math> . Und das ist der Fall, weil nämlich <math>\left(\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}\right)</math> linear unabhängig ist, aus Dimensionsgründen sogar eine Basis, womit <math>f</math> sogar eindeutig bestimmt ist. Rechnen wir <math>f</math> daher einmal aus: Ein beliebiger Vektor <math>\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} \in \mathds{R}^2</math> schreibt sich als <math>\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}</math> mit geeigneten Koeffizienten <math>a,b \in \mathds{R}</math>. Das führt auf ein lineares Gleichungssystem, welches die Lösungen <math>a=\frac{2y-x}{3}</math> und <math>b=\frac{2x-y}{3}</math> besitzt. Wir erhalten damit: <math>f\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \frac{2y-x}{3} \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \end{pmatrix} + \frac{2x-y}{3} \begin{pmatrix} 9 \\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5x-y\\3y\end{pmatrix}</math> . Beobachte, dass dieses <math>f</math> tatsächlich die gewünschten Bedingungen erfüllt. Eine solche Probe ist immer sinnvoll, um eventuelle Rechenfehler auszuschließen.
 
Beispiel: Gibt es eine lineare Abbildung <math>f : K^3 \to K^3</math> mit <math>f\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}</math> , <math>f\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}</math> und <math>f\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}</math> ? Nun, es gilt die lineare Abhängigkeit <math>\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}</math> , und für die vorgegebenen Bilder gilt ebenfalls <math>\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}</math> . Die Bedingung <math>f\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}</math> dürfen wir also vergessen; sie ergibt sich aus dem Rest. Nun ist aber die verbleibende Folge <math>\left(\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}\right)</math> linear unabhängig. Es lässt sich <math>\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}</math> nicht daraus linear kombinieren, sodass wir durch Hinzunahme dieses Vektors eine Basis erhalten. Es gibt also für jede Wahl von <math>w \in K^3</math> genau eine lineare Abbildung mit <math>f\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}</math> , <math>f\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}</math> und <math>f\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=w</math> . Treffen wir zum Beispiel die Wahl <math>w=0</math>, so ergibt sich nach einer Rechnung <math>f\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}z-y\\z-y\\2z-2y\end{pmatrix}</math> . Für <math>w=\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix}</math> ergibt sich hingegen <math>f\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}y-x\\z-y\\z-x\end{pmatrix}</math> .

Beispiel: Gibt es eine lineare Abbildung <math>f : K^2 \to K^2</math> mit <math>f\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}</math> , <math>f\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}</math> , <math>f\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}</math> und <math>f\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}</math> ? Aus den ersten beiden Gleichungen, die ja die kanonische Basis von <math>K^2</math> betreffen, sehen wir sofort, dass <math>f</math> dadurch eindeutig bestimmt ist, und wir könnten <math>f</math> ausrechnen und überprüfen, ob die verbleibenden Gleichungen erfüllt sind. Alternativ können wir auch unser allgemeines Verfahren benutzen: Es gilt <math>\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}</math> und für die Bilder stimmt <math>\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}</math> ebenfalls. Allerdings gilt <math>\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}</math> und für die Bilder stimmt <math>\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}</math> nicht. Es gibt also kein passendes <math>f</math>. Dies wäre nur dann der Fall, wenn wir die letzte Bedingung abändern zu <math>f\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\2\end{pmatrix}</math> .
 
Unser allgemeines Ergebnis lautet präzise formuliert:
 
Satz. Es seien <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> eine Folge in <math>V</math> und <math>(w_1,\dotsc,w_n)</math> eine Folge in <math>W</math>. Wenn die Folge <math>(v_1,\dotsc,v_n)</math> linear unabhängig ist, dann gibt es eine lineare Abbildung <math>f : V \to W</math> mit <math>f(v_1)=w_1,\dotsc,f(v_n)=w_n</math>. Wenn die Folge linear abhängig ist, und etwa <math>v_i = \lambda_1 v_1 + \dotsc + \lambda_{i-1} v_{i-1} + \lambda_{i+1} v_{i+1}+\dotsc+\lambda_n v_n</math> gilt, so gibt es genau dann eine solche lineare Abbildung, wenn erstens <math>w_i=\lambda_1 w_1 + \dotsc + \lambda_{i-1} w_{i-1} + \lambda_{i+1} w_{i+1}+\dotsc+\lambda_n w_n</math> in <math>W</math> gilt und es zweitens eine lineare Abbildung <math>f : V \to W</math> gibt mit <math>f(v_1)=w_1,\dotsc,f(v_{i-1})=w_{i-1},f(v_{i+1})=w_{i+1},\dotsc,f(v_n)=w_n</math>.

Anmerkung: Man kann die Fragestellung alternativ als ein großes lineares Gleichungssystem interpretieren, sobald man Basen von <math>V</math> und <math>W</math> gewählt hat. Und dieses Gleichungssystem lässt sich dann mit den üblichen Methoden lösen bzw. auf Lösbarkeit überprüfen.


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Existenz von linearen Abbildungen mit vorgegebenen Werten [von Martin_Infinite]  
Gibt es eine lineare Abbildung f : mathds{R}^2 to mathds{R}^2 mit fbegin{pmatrix}12end{pmatrix} = begin{pmatrix}13end{pmatrix} , fbegin{pmatrix} 13end{pmatrix} = begin{pmatrix}21end{pmatrix} und fbegin{pmatrix}11end{pmatrix} = begin{pm
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" Mathematik: Existenz von linearen Abbildungen mit vorgegebenen Werten" | 2 Kommentare
 
Für den Inhalt der Kommentare sind die Verfasser verantwortlich.

Re: Existenz von linearen Abbildungen mit vorgegebenen Werten
von PhysikRabe am Di. 08. März 2016 22:02:43


Ein leichtverständlicher, schön geschriebener Artikel, der sicher vielen Studienanfängern helfen wird - vielen Dank!  smile

 [Bearbeiten]

Re: Existenz von linearen Abbildungen mit vorgegebenen Werten
von hari01071983 am Di. 12. April 2016 21:48:10


Hallo,

toller Artikel, mir fehlen jedoch die Wörter
Vektorraumhomomorphismus und Fortsetzungssatz.

Ich weiß, indirekt wird das Wort Vektorraumhomomorphismus erwähnt, nur gerade als Studienanfänger wäre es hilfreich wenn man erfahren würde dass es sich bei verschiedenen Begriffen um ein und den selben Sachverhalt handelt.
Zum Wort Fortsetzungsatz fällt mir das ganze etwas kurz aus:
"Nämlich durch lineare Fortsetzung, wie man sagt." -> Ein Studienanfänger kann damit nicht wirklich was damit anfangen.
Besser wäre hier vielleicht wenn man die Definition aufschreiben würde, diese dann erklären und dann vielleicht ein Beispiel machen würde.

Sonst aber wie immer Top deine Artikel. Mich wundert es immer woher du die Energie und Zeit für diese Arbeit nimmst.

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