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Moderiert von Fabi Dune ligning
Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » f* surjektiv => f injektiv
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Universität/Hochschule J f* surjektiv => f injektiv
Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-12-03


Hallo Leute!

Ich bräuchte eventuelle Korrekturen und/oder Bestätigungen bezüglich einem Beweis von mir:

Sei $f: U \to V$ eine lineare Abbildung zwischen zwei Vektorräumen $U, V$ über einem Körper $K$. Zeigen Sie:

Ist $f^*$ surjektiv, so ist $f$ injektiv.

Mein Beweis:

Es sei $f^*$ surjektiv. Zu zeigen ist: $ker(f) = \{0\}$. Es sei $u \in ker(f)$. Dann gilt nach Definition $f(u) = 0$. Für alle $\phi \in V^*$ folgt dann: $\phi(f(u)) = 0 \implies f^*(V^*) = 0$. Da $f^*$ surjektiv ist, gilt $f^*(V^*) = U^*$. Also gilt für alle $\psi \in U^*$ mit $\psi : U \to K$, dass $\psi(u) = 0 \implies u = 0 \implies ker(f) = \{0\}$.

Den letzten Schritt begründe ich dadurch, dass wenn wirklich jede Abbildung $\psi \in U^*$, also auch alle nicht-injektiven, dieses $u \in U$ auf die 0 abbilden, dann muss $u = 0$ gelten.




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Anno123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-04


Hi Shurian,

im Wesentlichen ist dein Beweis korrekt, allerdings ist dir eine kleine Ungenauigkeit unterlaufen. Du sagst, wenn für alle $\phi \in V^\ast$ gilt, dass $\phi(f(u)) = 0$, dann folgt $f^\ast(V^\ast) = 0$. Das stimmt so nicht. Vielmehr gilt $f^\ast(\phi)(u) = 0$ für alle $\phi \in V^\ast$. Anders ausgedrückt: Bei dir steht, dass $f^\ast(\phi)$ immer die Nullabbildung ist. Richtig ist aber: $f^\ast(\phi)$ bildet $u\in ker(f)$ auf $0$ ab. Glücklicherweise brauchst du später im Beweis aber auch die richtige Aussage, sodass der Beweis durch geht.

Eine Anmerkung zur zusätzlichen Argumentation. Es genügt bereits zu argumentieren, dass falls $u \neq 0$ es möglich ist eine lineare Abbildung $\psi\colon U \rightarrow K$ zu konstruieren, die $u$ nicht auf $0$ abbildet. Das ist kein Problem, weil man reichlich Freiheit hat, dieses $\psi$ zu wählen.

Viele Grüße,
Anno



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-04


Hi Anno,

danke dir für den kurzen Einschub und die zusätzliche Anmerkung bezüglich dem letzten Schritt! Allerdings ist mir nicht so klar wie das möglich sein soll ein $\psi$ zu konstruieren, das $u$ nicht auf die 0 schickt. Könntest du das vielleicht näher erklären?

Gruß, Shu



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Anno123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-05


Hi Shurian,

Klar. Wenn du eine lineare Abbildung $\psi$ angeben willst, dann reicht es diese auf einer Basis anzugeben, weil alle weiteren Funktionswerte durch Linearität folgen. Wir beginnen nun damit eine Basis für $U$ zu wählen, indem wir uns den Vektor $u \neq 0$ als ersten Basisvektor aussuchen. Jetzt könnte man beliebig weitere (möglicherweise unendlich viele) linear unabhängige Vektoren nehmen, bis man eine Basis zusammen hat (Stichwort: Basisergänzungssatz). Das ist uns aber ziemlich egal. Wichtig ist: Es gibt eine Basis, die $u$ enthält. Jetzt können wir den Basisvektoren beliebige Funktionswerte zuweisen, wobei wir $u$ einen beliebigen Funktionswert ungleich 0 zuordnen. Und schon haben wir ein $\psi \in U^\ast$, welches $\psi(u) \neq 0$ erfüllt.

Viele Grüße,
Anno



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Shurian
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-06


Hi Anno,

vielen Dank für die Erklärung! Mir ist jetzt einiges klarer geworden.  smile

Viele Grüße,
Shurian



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