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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Ist h surjektiv, so gilt Bild(f) = Bild(f ◦ h)
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Universität/Hochschule J Ist h surjektiv, so gilt Bild(f) = Bild(f ◦ h)
lisa11
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  Themenstart: 2021-06-21

Hallo, Ich sitze gerade an einer Aufgabe und weiß nicht so ganz wie ich da argumentieren soll. Es geht um folgende Aufgabe: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/54584_2021-06-21_15_57_56-ueb09.pdf.png Zu a) denke ich dass mit der Surjektivität folgt, dass es zu jedem \(v\in V\) ein \(\tilde{v}\in \tilde{V}\), mit \(g(\tilde{v})=v\). Da also das Bild(g) den gesamten Raum \(V\) abdeckt, folgt: \(Bild(f)=Bild(f\circ h)\). Zu b) habe ich keine wirkliche Idee, wich ich das zeigen kann. Da bräuchte ich etwas Hilfe, mit einem Ansatz. Vielen Dank schon mal im Vorraus Gruß Lisa


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Diophant
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-21

Hallo, deine Überlegung für a) sieht m.M. nach gut aus. Zu b): was gilt für den Kern einer injektiven Abbildung? Gruß, Diophant


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lisa11
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-21

Hallo Diophant, Eine Abbildung ist genau dann injektiv, wenn der Kern nur aus dem Nullvektor besteht. Das ganze sieht mir ein bisschen nach dem Rangsatz aus, aber ich weiß nicht so recht ob man den hier nutzen sollte. Mit dem müsste doch folgen: \(dim(g\circ f)=dim(Kern(g\circ f))+dim(Bild(g\circ f))=dim(Bild(g\circ f))\), da g injektiv ist. Aber von hier komme ich dann auch nicht weiter. Vielleicht doch nicht der richtige Ansatz mit dem Rangsatz 🤔


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Diophant
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, doch, den Rangsatz meinte ich gerade. Du musst ihn aber korrekt anwenden. Beachte dabei, dass \(f\) und \(g\circ f\) den gleichen Urbildraum besitzen. Überlege außerdem, was \(g\) mit der Dimension von \(\on{kern}(f)\) macht... Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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nzimme10
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  Beitrag No.4, eingetragen 2021-06-21

\quoteon(2021-06-21 17:12 - lisa11 in Beitrag No. 2) \(dim(g\circ f)=dim(Kern(g\circ f))+dim(Bild(g\circ f))=dim(Bild(g\circ f))\), da g injektiv ist. \quoteoff $\dim(g\circ f)$ ergibt in diesem Kontext aber auch keinen Sinn. LG Nico


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lisa11
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-21

Ah ja stimmt, der Rangsatz, den ich da geschrieben hab war ja ziemlicher Quatsch. \(dim(Kern(f))+dim(Bild(f))=dim(V)=dim(Kern(g\circ f))+dim(Bild(g\circ f))=dim(Bild(g\circ f))\) Also muss ich jetzt noch überlegen, warum \(dim(Kern(f))=0\) gilt oder? Da g injektiv ist und somit der Kern = {0} ist, folgt, dass g(f(v))=0 nur für f(v)=0 gilt. Ich müsste jetzt doch an sich zeigen, dass \(f(v)=0\) nur für \(v=0\) gelöst ist, da dann \(dim(Kern(f))=0\) folgt oder? [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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Diophant
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, \quoteon(2021-06-21 17:58 - lisa11 in Beitrag No. 5) Ah ja stimmt, der Rangsatz, den ich da geschrieben hab war ja ziemlicher Quatsch. \(dim(Kern(f))+dim(Bild(f))=dim(V)=dim(Kern(g\circ f))+dim(Bild(g\circ f))=dim(Bild(g\circ f))\) Also muss ich jetzt noch überlegen, warum \(dim(Kern(f))=0\) gilt oder? \quoteoff Nein, das ist eben falsch. Die Dimension von \(\on{Kern}(f)\) kennst du nicht, es gilt aber \[\on{Dim}(V)=\on{Dim}\left(\on{Kern(f)}\right)+\on{Dim}\left(\on{Bild(f)}\right)\] An der Dimension des Urbildraums ändert sich sicherlich nichts, also muss auch die rechte Seite gleich bleiben. Was passiert also mit dem Kern von f unter der Abbildung g? Die Antwort darauf (samt Begründung) liefert dir die gewünschte Behauptung. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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lisa11
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-21

Hm ne also irgendwie verstehe ich nicht so ganz, was du meinst :/


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Diophant
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-06-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) \[\on{dim}(V)=\on{dim}(\on{ker}(g\circ f)+\on{dim}(\on{im}(g\circ f))\] Und jetzt überlege dir, weshalb \(\on{dim}(\on{ker}(g\circ f))=\on{dim}(\on{ker}(f))\) gilt und begründe es kurz. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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lisa11
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-21

Also den in nzimme10s Beitrag beschriebenen Weg habe ich verstanden. Ich würde aber dennoch gerne verstehen, wie ich \(\dim(Kern(g\circ f))=\dim(Kern(f))\) richtig begründe. Ich hab mir das jetzt mal so überlegt. Da beide Abbildungen \(V\) als Urbildraum haben, sucht man ja beim beiden "Kernen" \(v\in V\) ,sodass \(f(v)=0\) ist. Da dann ja auch \(g(f(v))=0\) ist, ist die Menge der \(v\in V\) bei beiden Kernen gleich. Ist fachlich nicht richtig ausgedrückt, aber stimmt die Idee inhaltlich?


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Diophant
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  Beitrag No.10, eingetragen 2021-06-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) \quoteon(2021-06-21 19:05 - lisa11 in Beitrag No. 9) Ist fachlich nicht richtig ausgedrückt, aber stimmt die Idee inhaltlich? \quoteoff Es ist schwer nachvollziehbar, sagen wir mal so (und falsch ist es obendrein). Es ist aber doch total simpel. \(g\circ f\) ist genau so eine lineare Abbildung, wie es \(f\) für sich alleine ist. Zunächst schickt \(f\) alle Elemente ihres Kerns auf das Nullelement in \(W\). \(g(0_W)=0_{\tilde W}\) ist trivial, aber ob es noch mehr Elemente in \(W\) gibt mit \(g(w)=0\), da können wir für den Moment einmal so tun, als wüssten wir das nicht. Jedenfalls müssen alle Elemente aus \(\ker(f)\) auch in \(\ker(g\circ f)\) liegen. Damit gilt zunächst einmal \(\dim(\ker(g\circ f))\ge\dim(\ker(f))\). Und jetzt musst du nur noch begründen, warum es in \(W\) keine weiteren Elemente mit \(g(w)=0\) geben kann. Daraus folgt dann die Gleichheit. \quoteon(2021-06-21 19:05 - lisa11 in Beitrag No. 9) Also den in nzimme10s Beitrag beschriebenen Weg habe ich verstanden. \quoteoff Ja. Den hat er aber aus guten Grund wieder gelöscht. 😉 Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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lisa11
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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-21

Ich würde denken, dass es keine anderen \(w\in W\) mit \(g(w)=0\) gibt folgt mit der Injektivität von \(g\), da mit dieser ja \(Kern(g)=\){\(0\)} folgt. Nochmal zu nzimme10s Weg: Also da g injektiv ist, gibt es eine Abbildung \(g':Bild(f)\rightarrow \tilde{W}, v\rightarrow g(f(v))\). Diese Abbildung ist bijektiv und somit auch ein Isomorphismus. Damit folgt \(dim(Bild(f))=dim(g')\). Da auch gilt: \(Bild(g\circ f)=Bild(g')\), folgt: \(dim(Bild(f)=dim(g\circ f)\) Stimmt dieser jetzt so?


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  Beitrag No.12, eingetragen 2021-06-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, \quoteon(2021-06-21 19:39 - lisa11 in Beitrag No. 11) Ich würde denken, dass es keine anderen \(w\in W\) mit \(g(w)=0\) gibt folgt mit der Injektivität von \(g\), da mit dieser ja \(Kern(g)=\){\(0\)} folgt. \quoteoff Ja, und wie gesagt: das kann man kurz und knapp in ein, zwei Sätzen begründen. Hast du meine Argumentation damit dann verstanden? \quoteon(2021-06-21 19:39 - lisa11 in Beitrag No. 11) Nochmal zu nzimme10s Weg: Also da g injektiv ist, gibt es eine Abbildung \(g':Bild(f)\rightarrow \tilde{W}, v\rightarrow g(f(v))\). Diese Abbildung ist bijektiv und somit auch ein Isomorphismus... \quoteoff Ah, ich denke, ich habe jetzt verstanden, weshalb Nico seinen Beitrag zurückgezogen hat. Eventuell ging er irrtümlich von Endomorphismen oder von Vektorräumen gleicher Dimension aus. Da dies nicht gegeben ist, kann man hier aber nirgends von Injektivität alleine auf Bijektivität schließen (und in Teilaufgabe b) steht auch nirgends das Wort 'surjektiv'...). Das mit dem Isomorphismus war also ein Fehler. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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Ja, danke die Begründung habe ich verstanden. Dann werde ich so argumentieren und nicht über den Weg von Nico. Vielen Dank für deine/eure Hilfe.😁


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  Beitrag No.14, eingetragen 2021-06-21

Hallo nochmal, wenn ich nochmal darüber nachdenke, so sollte meine ursprüngliche Begründung auch funktionieren. Wir betrachten ja die Abbildung $g\circ f\colon V\to \tilde W$. Offenbar gilt $\operatorname{Bild}(g\circ f)=\operatorname{Bild}(g')$, wobei $g'\colon \operatorname{Bild}(f)\to \tilde W, \ x\mapsto g(x)$, also $g'=g|_{\operatorname{Bild}(f)}$. Dann ist $g'$ injektiv (da $g$ injektiv ist) und daher $$ g'\colon \operatorname{Bild}(f)\to \operatorname{Bild}(g') $$ ein Isomorphismus. LG Nico


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