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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » f* injektiv => f surjektiv
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Universität/Hochschule f* injektiv => f surjektiv
Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-01


Hallo Leute!

Ich habe folgende Aufgabe zu beweisen und ich bin mir bei meiner Lösung etwas unsicher.


Sei \(K\) ein Körper und \(U\), \(V\) zwei \(K\)-Vektorräume. Sei ferner \(f\): \(U\) $\to$ \(V\) eine lineare Abbildung.

Zeigen Sie:
Ist \(f^*\): \(V^*\) $\to$ \(U^*\) injektiv, so ist \(f\) surjektiv.


Mein Beweis:

\(f^*\) injektiv $\iff$ \(ker(f^*)\) = $\{0\}$. Sei nun $\varphi$ $\in$ \(V^*\) mit $\varphi$ $\notin$ \(ker(f^*)\). Weiter sei \((u_i)\) eine Basis von \(U\), \((v_i)\) eine Basis von $V$ und \(f\) die eindeutig bestimmte lineare Abbildung mit \(f(u_i)\) = $v_i$ $\forall i$.

Nun sei $v$ $\in$ \(V\) beliebig. Dann folgt

\(f^*(\varphi)(u)\) = $\varphi(f(u))$.

Wegen $\varphi$ $\notin$ \(ker(f^*)\) ist $\varphi(f(u))$ $\neq$ $0$

$\implies$ $\varphi(f(u))$ = $\varphi(f(\sum_{i \in I} \lambda_i u_i)$ = $\varphi(\sum_{i \in I} \lambda_i f(u_i)$ = $\varphi(\sum_{i \in I} \lambda_i v_i)$ = $\varphi(v)$.

Damit besitzt jedes $v \in V$ ein Urbild $u \in U$ was zu zeigen war, also ist $f$ surjektiv.


Jetzt bin ich mir nicht sicher wo ich die Injektivität von $f^*$ überhaupt brauche bzw. dass $\varphi(f(u))$ $\neq$ $0$. Für aufklärende Antworten wäre ich sehr dankbar,

Gruß, Shu



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-01


2019-12-01 12:26 - Shurian im Themenstart schreibt:

Weiter sei \((u_i)\) eine Basis von \(U\), \((v_i)\) eine Basis von $V$ und \(f\) die eindeutig bestimmte lineare Abbildung mit \(f(u_i)\) = $v_i$ $\forall i$.
...
Jetzt bin ich mir nicht sicher wo ich die Injektivität von $f^*$ überhaupt brauche bzw. dass $\varphi(f(u))$ $\neq$ $0$. Für aufklärende Antworten wäre ich sehr dankbar,

Gruß, Shu

Hallo, zu nächst einmal darfst du nicht davon ausgehen, dass $U$ und $V$ Basen haben. Sie könnten doch auch unendlich-dimensional sein. Weiter wählst du \((v_i)\) als eine Basis von $V$ und schreibst, dass \(f\) die eindeutig bestimmte lineare Abbildung mit \(f(u_i) = v_i\) ist. Aber es ist doch $f$ gegeben. Wieso darfst du denn auf einmal $f$ frei wählen? Wenn $f$ eine gegebene Funktion ist und $(f(u_i))_{i}$ eine Basis von $U$ ist, muss $(f(u_i))_{i}$ nicht unbedingt eine Basis von $V$ sein.



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01



Hallo, zunächst einmal darfst du nicht davon ausgehen, dass $U$ und $V$ Basen haben. Sie könnten doch auch unendlich-dimensional sein.

Gilt die Existenz einer Basis eines Vektorraums wirklich nur für endlich-dimensionale? In unserem Skript steht als Folgerung des Basisergänzungssatzes, dass jeder Vektorraum eine Basis besitzt und jeder endlich-erzeugte Vektorraum eine endliche besitzt. Also darf ich mir doch Basen von V und U nehmen, unabhängig davon ob sie jetzt endlich-dimensional oder unendlich-dimensional sind, oder übersehe ich etwas?




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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-01


Du hast recht, das war falsch. Unendlich-dimensionale Vektorräume haben auch Basen. Trotzdem finde ich es schwer damit zu argumentieren.



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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-12-01


Hallo Shurian,

du hast recht, Basen gibt es immer. Dein Beweis scheitert aber an mehreren anderen Stellen: Zunächst hat ochen ja schon gesagt, dass du scheinbar versuchst, ein passendes $f$ zu wählen, obwohl $f$ vorgegeben ist. Außerdem müssen $U$ und $V$ auch nicht dieselbe Dimension haben, dann ergibt $f(u_i)=v_i$ vielleicht gar keinen Sinn, weil die Indexmengen für die beiden Basen unterschiedlich sind. Außerdem taucht in deinem Beweis plötzlich ein $u$ auf, das vorher nie eingeführt wurde.

Gruß,
David

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01


Danke für eure Korrekturen. Hättet ihr eventuell einen Tipp für einen Ansatz? Ich komme gerade nicht wirklich weiter... frown



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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-12-01


Hallo Shurian,

wir wollen zeigen, dass $\mathrm{im}(f)=V$.
Und wir wissen, dass $f^*$ injektiv ist, also, dass für jedes $\varphi \in \ker(f^*)$ gilt: $\varphi=0$. Im Themenstart hattest du ja schon richtig erkannt, dass $\varphi \in \ker(f^*)$ bedeutet, dass $\varphi(f(u))=0$ für alle $u \in U$. Hast du eine Idee, wie man das zusammenbauen könnte?



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01


Wenn wir uns ein $\varphi$ $\in$ $V^*$ mit $\varphi$ $\neq$ 0 nehmen, dann folgt: $\exists u \in U$ sodass $\varphi(f(u)) \neq 0$. Nun müssen wir daraus folgern, dass dieses $u$ ein Urbild von einem $v \in V$ ist oder? Ab hier bin ich etwas ratlos.



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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-12-01


2019-12-01 15:31 - Shurian in Beitrag No. 7 schreibt:
Wenn wir uns ein $\varphi$ $\in$ $V^*$ mit $\varphi$ $\neq$ 0 nehmen, dann folgt: $\exists u \in U$ sodass $\varphi(f(u)) \neq 0$. Nun müssen wir daraus folgern, dass dieses $u$ ein Urbild von einem $v \in V$ ist oder? Ab hier bin ich etwas ratlos.

Nein, wenn ein $u \in U$ gegeben ist, ist $u$ auf jeden Fall Urbild von einem $v \in V$, wähle nämlich $v=f(u)$. Was du zeigen musst, ist: Für jedes $v \in V$ gibt es ein $u \in U$, sodass $f(u)=v$. Hier ist eine etwas andere Formulierung wohl einfacher: Wir zeigen, dass $\im(f)=V$ - das ist natürlich dasselbe, hier ist diese Forlmulierung aber hilfreicher, weil wir ausnutzen können, dass $\im(f)$ ein Untervektorraum von $V$ ist. Dann gibt es nämlich eine Basis $B$ von $\im(f)$, die wir zu einer Basis $B'$ von $V$ mit $B' \supseteq B$ ergänzen können. Beachte außerdem das, was ich in meinem letzten Beitrag geschrieben hatte.



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01


Tut mir leid aber ich weiss gerade ueberhaupt nicht wie mir das weiterhelfen soll...



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01


Also um $im(f) = V$ zu zeigen, genügt es zu zeigen, dass $V \subset im(f)$ gilt. Sei also $v \in V$ und $(v_i)_{i \in I}$ eine Basis von $V$. Ferner sei $J \subset I$ sodass $(v_i)_{i \in J}$ eine Basis von $im(f)$ ist. Jetzt muss ich doch zeigen, dass $J = I$ gilt, dass heisst, wenn ich einen Index $i_0$ aus $I$ rauswerfe, dann ist $(v_i)_{i \in I \setminus {i_0}}$ keine Basis von $V$. Liege ich damit soweit richtig?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-12-01


Angenommen, $v \in V \setminus im(f)$.
 
Sei $B$ eine Basis von $im(f)$. Es ist $B \cup \{v\}$ linear unabhängig (warum?), lässt sich also zu einer Basis $C$ von $V$ ergänzen.

Definiere jetzt die lineare Abbildung $\phi : V \to K$ durch $\phi|_B = 0$ und $\phi(v)=1$ (und was auf dem Rest von $C$ passiert, ist egal). Es gilt also $\phi \in V^*$ mit $\phi \neq 0$, aber $\phi \in \ker(f^*)$ (warum?).



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-12-01


2019-12-01 18:17 - Shurian in Beitrag No. 10 schreibt:
$(v_i)_{i \in I}$ eine Basis von $V$. Ferner sei $J \subset I$ sodass $(v_i)_{i \in J}$ eine Basis von $im(f)$ ist.

Das geht so nicht. Die Existenz von $J$ ist nicht gesichert. Man muss anders herum vorgehen (siehe mein Post) und mit einer Basis von $im(f)$ starten.



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01



Es ist $B \cup \{v\}$ linear unabhängig (warum?)

Die Basis $B$ von $im(f)$ ist bereits linear unabhängig und wegen $v \neq 0$ folgt dann $\lambda v = 0 \Rightarrow \lambda = 0$


Es gilt also $\phi \in V^*$ mit $\phi \neq 0$, aber $\phi \in \ker(f^*)$ (warum?).

$\phi$ bildet jeden Vektor von $im(f)$ auf die 0 ab, aber $v$ auf die 1. Damit ist $\phi$ nicht die Nullabbildung, aber wegen der Bedingung dass $\phi(f(u)) = 0$ für alle $u \in U$ folgt $\phi(im(f)) = 0$, also ist $\phi \in ker(f^*)$ und das ist ein Widerspruch.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-12-01


2019-12-01 18:44 - Shurian in Beitrag No. 13 schreibt:
Die Basis $B$ von $im(f)$ ist bereits linear unabhängig und wegen $v \neq 0$ folgt dann $\lambda v = 0 \Rightarrow \lambda = 0$

Das reicht für die lineare Unabhängigkeit von $B \cup \{v\}$ nicht aus.

Du hast gezeigt, dass $B$ und $\{v\}$ "getrennt" linear unabhängig sind.



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-01


Sei $\sum_{i \in I \cup \{*\}} \lambda_i v_i$ = 0. Für alle $i \in I \backslash \{*\}$ gilt $\lambda_i$ = 0 und für $\lambda_* v_*$ folgt dann wegen $v_* \neq 0$, dass $\lambda_* = 0$.



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