Forum:  Lineare Abbildungen
Thema: Äquivalenz Injektivität und Linksinverse
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kreativerName
Junior
Dabei seit: 12.05.2020
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Themenstart: 2020-07-29 15:53

Hallo,
in Vorbereitung auf eine anstehende Klausur bin ich auf folgende Aufgabe gestoßen:

Sei \(K\) ein Körper, \(M\in K^{m×n}\)
eine Matrix und \(f : K^n → K^m\) die durch \(M\) bestimmte lineare
Abbildung. Eine Matrix \(L ∈ K^{n×m}\) heißt Linksinverse zu M, wenn \(L · M = I_n\) gilt.
Zeigen Sie:
\(M\) besitzt genau dann eine Linksinverse, wenn f injektiv ist.


Die "=>" Richtung ist mir klar. Für die Rückrichtung habe ich eine umständliche Lösung gefunden. Bin jedoch über folgende vermeintlich einfachere Lösung gestolpert:

Sei f injektiv. Dann ist Ker(f)={0} und nach dem Rangsatz rang(M)=n. Damit sind die Spalten \(m_i\) von M linear unabhängig. (Soweit ist mir alles klar. Nun wird jedoch folgendes direkt gefolgert)
Damit gibt es ein \(G\in K^{n×m}\) mit \(Gm_i=e_i\). Für dieses gilt \(GM=I_n\)

Ich verstehe die letzte Folgerung nicht. Vielleicht kann mir ja jemand helfen ;)
Vielen Dank im Voraus


zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
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Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-29 16:07

2020-07-29 15:53 - kreativerName im Themenstart schreibt:
Ich verstehe die letzte Folgerung nicht.

Du meinst wirklich die letzte Folgerung (im Folgenden rot markiert)?

2020-07-29 15:53 - kreativerName im Themenstart schreibt:
Damit gibt es ein \(G\in K^{n×m}\) mit \(Gm_i=e_i\). Für dieses gilt \(GM=I_n\)

Die ergibt sich aus $M=(m_1,\ldots,m_n)$ und $GM=(Gm_1,\ldots,Gm_n)=(e_1,\ldots,e_n)=I_n$.

Falls es aber um die vorletzte Folgerung gehen sollte...

2020-07-29 15:53 - kreativerName im Themenstart schreibt:
Damit gibt es ein \(G\in K^{n×m}\) mit \(Gm_i=e_i\). Für dieses gilt \(GM=I_n\)

...da wird ausgenutzt, dass man für eine linear unabhängige Teilmenge $U$ eines Vektorraums $V$ eine beliebige Abbildung von $U$ in einen Vektorraum $W$ immer zu einer linearen Abbildung von $V$ nach $W$ fortsetzen kann.

--zippy


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 2585
Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-29 16:11
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo,

ergänze die $m_i$ zu einer Basis von $K^m$. Zu jeder Zuordnung einer Basis zu beliebig vorgegeben Werten, gibt es genau eine lineare Fortsetzung. Insbesondere gibt es also eine Abbildung $G$ mit $Gm_i=e_i$.
Die Gleichung $GM=I_n$ kannst du überprüfen, indem du sie auf der Standardbasis nachrechnest.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)

kreativerName
Junior
Dabei seit: 12.05.2020
Mitteilungen: 5
Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-01 15:41

Verstehe ich richtig, dass die Matrix G dann nicht eindeutig ist, sondern nur in den ersten n Spalten festgelegt?
Dort stehen ja die Bilder der Basisvektoren \(m_1, ..., m_n\)?

Das ist ja dann eine darstellende Matrix von G bezüglich der Basis \(B= {m_1,...,m_n,b_1,...,b_{m-n}}\)oder?


zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 1887
Beitrag No.4, eingetragen 2020-08-01 18:26

2020-08-01 15:41 - kreativerName in Beitrag No. 3 schreibt:
Verstehe ich richtig, dass die Matrix G dann nicht eindeutig ist, sondern nur in den ersten n Spalten festgelegt?

$G$ ist im Allgemeinen (d.h. wenn nicht gerade $n=m$ ist) nicht eindeutig festgelegt.

Aber wie kommst du darauf, dass diese Nichteindeutigkeit nur bestimmte Spalten von $G$ betrifft? Du musst dir doch nur einfachste Beispiel anschauen, um das Gegenteil vor Augen geführt zu bekommen:$$n=1,\;m=2,\;
M=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\;
G=\begin{pmatrix}1-x&x\end{pmatrix}\hbox{ mit }x\in K\hbox{ beliebig}$$


Triceratops
Aktiv
Dabei seit: 28.04.2016
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Herkunft: Berlin
Beitrag No.5, eingetragen 2020-08-04 05:17

Die Aufgabenstellung ist kurios. Matrizen verblenden hier, worum es geht.

Sei $f : V \to W$ eine lineare Abbildung zwischen Vektorräumen (sie müssen nicht unbedingt endlich-dimensional sein). Genau dann ist $f$ injektiv, wenn $f$ eine Linksinverse besitzt (also ein $g  : W \to V$ existiert mit $g \circ f = \mathrm{id}_V$).

Die Richtung $\Leftarrow$ ist leicht, denn allgemein gilt: $g \circ f$ injektiv $\implies$ $f$ injektiv. Die interessantere Richtung ist $\Rightarrow$.

Sei also $f : V \to W$ injektiv. Sei $B$ das Bild von $f$. Dann schreiben wir $f$ als Komposition

$V \xrightarrow{\cong} B \hookrightarrow W,$

wobei die erste Abbildung ein Isomorphismus und $B \hookrightarrow W$ einfach die Inklusion ist. Das Problem ist aber für Isomorphismen trivial. Man kann sich daher auf den Fall beschränken, dass $f : V \to W$ einfach die Inklusion eines Unterraumes $V \subseteq W$ ist.

Dann weiß man aber, dass es ein Komplement $V' \subseteq W$ gibt, also $W = V \oplus V'$ gilt. Nun gibt es (genau) eine sehr ins Auge fallende lineare Abbildung $g : W \to V$, und die leistet auch das Gewünschte, also $g \circ f = \mathrm{id}_V$.


kreativerName
Junior
Dabei seit: 12.05.2020
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Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-04 12:56

Vielen Dank für die Hilfe!




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Druckdatum: 2021-02-25 08:08