Beweis Injektiv -> Surjektiv

12.03.2015, 13:06

goldfisch91

Beweis Injektiv -> Surjektiv

Also ich habe hier folgende Aufgabe:

Sei T: R^n -> R^n eine lineare Abbildung.
Zu zeigen: T ist injektiv -> T ist surjektiv

Der Beweis ist:

$\begin{eqnarray*} \vec{v} = \alpha_{1}\vec{b}_{1} + \alpha_{2}\vec{b}_{2} + ... + \alpha_{n}\vec{b}_{n} \end{eqnarray*}$
Wobei {b1,...,bn} die Basis von R^n ist.

Ich nutze die Tatsache aus dass T(v) = w und das T linear ist aus und komme dann zu:

$\begin{eqnarray*} \vec{w} = \alpha_{1}T(\vec{b}_{1}) + \alpha_{2}T(\vec{b}_{2}) + ... + \alpha_{n}T(\vec{b}_{n}) \end{eqnarray*}$

Daraus folgt, dass {T(b1),...,T(bn)} eine Basis von R^n ist, und dewegen ist T umkehrbar bzw bijektiv, und somit surjektiv.

Die Frage ist: Wo genau bezieht man sich hier auf die injektivität? Ich sehe da nirgendso ein Punkt wo man diese Eigenschaft verwendet hat.

12.03.2015, 13:14

aXon

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RE: Beweis Injektiv -> Surjektiv
Was kannst du den daraus folgern, wenn du eine lineare Abbildung F: V -> W und dim V = dim W gilt und deine Abbildung zusätzlich injektiv ist ?

12.03.2015, 13:17

goldfisch91

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Für die Injektivität gilt ja: T(v) = T(u) <=> v = u

Also dass jedes Element aus V höchstens ein Element aus W hat. Aber mehr sehe ich jetzt nicht.

12.03.2015, 13:21

aXon

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RE: Beweis Injektiv -> Surjektiv
Was ist der Kern einer linearen Abbildung , wenn diese injektiv ist ?
Und wie könnte dir die Dimensionsformel da helfen? Augenzwinkern

12.03.2015, 13:24

Widderchen

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Hallo,

aus der Injektivität folgt, dass Ker T = {0} .
Gemäß Dimensionsformel folgt daraus : dim V = dim Ker T + dim Im T = dim Im T = n

Im T und V haben also dieselbe Dimension. Im T ist aber auch ein Unterraum von V und der einzige Unterraum von V der Dimension n ist V selbst.

Damit muss Im T = V gelten. Daraus folgt die Surjektivität von T.

Viele Grüße
Widderchen

12.03.2015, 13:24

goldfisch91

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Kern T = {0}. wie hilft mir das? Die Dimensionsformel darf ich leider nicht verwenden unglücklich

12.03.2015, 14:09

klarsoweit

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RE: Beweis Injektiv -> Surjektiv
Randbemerkungen:

Zitat:

Original von goldfisch91
Ich nutze die Tatsache aus dass T(v) = w und das T linear ist aus und komme dann zu:

Woher willst du denn wissen, daß es überhaupt ein v mit T(v) = w gibt? Dafür brauchst du die Surjektivität, die aber gerade gezeigt werden soll.

Zitat:

Original von goldfisch91
$\begin{eqnarray*} \vec{w} = \alpha_{1}T(\vec{b}_{1}) + \alpha_{2}T(\vec{b}_{2}) + ... + \alpha_{n}T(\vec{b}_{n}) \end{eqnarray*}$

Daraus folgt, dass {T(b1),...,T(bn)} eine Basis von R^n ist

Das folgt eben nicht. {T(b1),...,T(bn)} könnten durchaus linear abhängig sein.

12.03.2015, 14:10

Widderchen

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Da T linear und injektiv ist, folgt für $\begin{eqnarray*} u , v \in \mathbb R ^n \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} T(u) = T(v) => u = v \end{eqnarray*}$

Daraus folgt aber auch $\begin{eqnarray*} T(u - v) = 0 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} u - v \in Ker T \end{eqnarray*}$

Da aber u = v gilt, ist u - v = 0 der Nullvektor, also Ker T = {0} .

12.03.2015, 15:20

aXon

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Im Prinzip musst du zwei Sachen zeigen:

$\begin{eqnarray*} F : V \rightarrow W \end{eqnarray*}$ linear

1 . Sei F injektiv und seien die Vektoren $\begin{eqnarray*} v_{1}...v_{n}\in V \end{eqnarray*}$ linear unabhängig. Dann ist auch $\begin{eqnarray*} F(v_{1})...F(v_{n}) \in W \end{eqnarray*}$ linear unabhängig.

2. Sei $\begin{eqnarray*} (v_{1}...v_{n}) \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} F\ Isomorphismus \Leftrightarrow (F(v_{1})...F(v_{n}))\ Basis\ von\ W \end{eqnarray*}$

12.03.2015, 15:41

goldfisch91

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Zitat:

Original von aXon
Im Prinzip musst du zwei Sachen zeigen:

$\begin{eqnarray*} F : V \rightarrow W \end{eqnarray*}$ linear

1 . Sei F injektiv und seien die Vektoren $\begin{eqnarray*} v_{1}...v_{n}\in V \end{eqnarray*}$ linear unabhängig. Dann ist auch $\begin{eqnarray*} F(v_{1})...F(v_{n}) \in W \end{eqnarray*}$ linear unabhängig.

2. Sei $\begin{eqnarray*} (v_{1}...v_{n}) \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} F\ Isomorphismus \Leftrightarrow (F(v_{1})...F(v_{n}))\ Basis\ von\ W \end{eqnarray*}$

Ich könnte schwören dass ich genau das gemacht habe. Ich habe das so umgeformt, dass ich die Basis habe von W, da das offensichtlich ein EZS ist und linear unabhängig. So, und somit ist das auch bijektiv, da wir W komplett "treffe"n bzw aufspannen. Und somit ist es bijektiv, und somit surjektiv. Oder nicht?

EDIT: achso moment. Wenn ich ein v Element von V als linearkombination der basis von V darstelle, müssen diese noch linear unabhängig sein, da T injektiv ist, oder?

12.03.2015, 16:15

aXon

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Die Bilder der Basisvektoren von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ sind immer ein Erzeugendensystem, aber nicht zwingend eine Basis.
Du musst die Injektivität dafür nutzen, dass du die lineare Unabhängigkeit der Bilder zeigen kannst.

12.03.2015, 16:33

goldfisch91

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Ahh. Etwa so?

Die Anzahl der Elemente der Basis von V ist n, genau so wie die Dimension von V. Jetzt gilt auch, dass {T(b1),...,T(bn)} EZS ist (wie wir bewiesen haben), und da das auch n Vektoren sind, und V = W, muss das eine Basis sein, da jedes EZS das n Elemente hat und n auch die Dimension des Raumes ist, automatisch linear unabhängig bzw Basis sein muss, stimmts?

12.03.2015, 17:04

aXon

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Dann weißt du immer noch nicht, ob die Bilder eine Basis bilden smile

Ich hab nachher bischen mehr zeit , dann können wir das kurz machen smile

12.03.2015, 17:15

goldfisch91

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oh, ok. danke

12.03.2015, 17:26

RavenOnJ

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Wenn die Bildvektoren (unter T) einer Basis linear abhängig wären, dann wäre die Dimension des Bildraums kleiner als n. Das wäre im Widerspruch zur Injektivität.

12.03.2015, 18:07

aXon

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Zitat:

Zu der 1:
Beweis:
Sei $\begin{eqnarray*} v_{1}...v_{n} \in V \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}...\lambda_{n} \in K \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ein Körper ist.

Wir wollen nun zeigen, dass unter den Voraussetzungen die Bilder linear unabhängig sind.
Betrachtet man nun $\begin{eqnarray*} 0 = \lambda_{1} \cdot F(v_{1})+...+\lambda_{n} \cdot F(v_{n}) \Leftrightarrow 0 = F(\lambda_{1} \cdot v_{1}+...+\lambda_{n} \cdot v_{n}) \end{eqnarray*}$

Durch diese Äquivalenz sieht man das die Linearkombination $\begin{eqnarray*} \lambda_{1} \cdot v_{1}+...+\lambda_{n} \cdot v_{n} \end{eqnarray*}$ im Kern von f liegt.

Durch die Injektivität weiß man $\begin{eqnarray*} Kern\ F = {0} \end{eqnarray*}$ (wie gehen nochmal Mengenklammern?).

Also muss gelten $\begin{eqnarray*} \lambda_{1} \cdot v_{1}+...+\lambda_{n} \cdot v_{n} = 0 \end{eqnarray*}$ .
Da $\begin{eqnarray*} v_{1}...v_{n} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig ist $\begin{eqnarray*} \lambda_{1} = ... = \lambda_{n} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Durch die Äquivalenz weiter sind dann auch die Bilder von $\begin{eqnarray*} v_{1}...v_{n} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig.

12.03.2015, 18:28

aXon

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Zitat:

Zu der 2:
Beweis:

$\begin{eqnarray*} "\Rightarrow" \end{eqnarray*}$
F ist ein Isomorphismus, also eine lineare Abbildung welche injektiv und surjektiv ist.

Nach 1.) ist $\begin{eqnarray*} F(v_{1})...F(v_{n}) \end{eqnarray*}$ linear unabhängig.

Außerdem ist es ein Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ , da F surjektiv und somit gilt $\begin{eqnarray*} W = Im\ F \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} F(v_{1}),...,F(v_{n}) \end{eqnarray*}$ nun ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ ist, ist es auch eine Basis.

$\begin{eqnarray*} "\Leftarrow" \end{eqnarray*}$

Nun ist $\begin{eqnarray*} (F(v_{1}),...,F(v_{n})) \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ (Mach gleich weiter es gibt Essen Prost

)

12.03.2015, 19:19

aXon

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Zitat:

Original von aXon

Zitat:

)

Sei nun $\begin{eqnarray*} v \in V \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} F(v) = 0 \end{eqnarray*}$ , dann exisitieren $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}...\lambda_{n} \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} v = \lambda_{1} \cdot v_{1} +...+ \lambda_{n} \cdot v_{n} \end{eqnarray*}$

Also gilt $\begin{eqnarray*} F(v) = F(\lambda_{1} \cdot v_{1} +...+ \lambda_{n} \cdot v_{n}) = \lambda_{1} \cdot F(v_{1})+ ... + \lambda_{n} \cdot F(v_{n}) = 0 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} (F(v_{1}),...,F(v_{n})) \end{eqnarray*}$ eine Basis ist sind $\begin{eqnarray*} F(v_{1}),...,F(v_{n}) \end{eqnarray*}$ linear unabhängig.
Daraus folgt $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}= ... = \lambda_{n} = 0 \end{eqnarray*}$ . Damit gilt $\begin{eqnarray*} v = 0 \end{eqnarray*}$ und der Kern enthält nur die 0 und ist somit injektiv.

Sei nun $\begin{eqnarray*} w \in W \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} (F(v_{1}),...,F(v_{n})) \end{eqnarray*}$ eine Basis von W ist, existieren $\begin{eqnarray*} \lambda_{1},..,\lambda_{n} \end{eqnarray*}$ , sodass gilt $\begin{eqnarray*} w = \lambda_{1} \cdot F(v_{1})+ ... + \lambda_{n} \cdot F(v_{n}) \end{eqnarray*}$
Es gilt $\begin{eqnarray*} w = f(v) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} v = \lambda_{1} \cdot v_{1} +...+ \lambda_{n} \cdot v_{n} \end{eqnarray*}$ .

Da dies für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} w \in W \end{eqnarray*}$ geht ist F surjektiv.

12.03.2015, 19:48

goldfisch91

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Zitat:

Original von aXon

Zitat:

)

Aber bei "=>" hast du doch dann bewiesen dass es surjektiv ist, warum willst du dann noch beweisen, dass es bijektiv ist.

12.03.2015, 20:35

aXon

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Ne damit hab ich nur die eine Richtung der Äquivalenz gezeigt.

Zitat:

Aber das haben wir jetzt mit dem Beweis.
Nun zu deiner Aufgabe

Sei $\begin{eqnarray*} T:\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}^{n} \end{eqnarray*}$ eine lineare Abbildung.
Zu zeigen: T ist injektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ T ist surjektiv

Beweis:

Sei $\begin{eqnarray*} (b_{1},...,b_{n}) \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{n} \end{eqnarray*}$ .

Da T injektiv , gilt nach 1.) das $\begin{eqnarray*} T(b_{1}),...,T(b_{n}) \end{eqnarray*}$ linear unabhängig.
Da dies ein linear unabhängiges Erzeugendensystem von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{n} \end{eqnarray*}$ ist, ist dies auch eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{n} \end{eqnarray*}$ .
Nach 2.) ist dies ein Isomorphismus und damit surjektiv.

12.03.2015, 21:33

goldfisch91

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Danke

14.03.2015, 09:34

goldfisch91

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Ich hab das jetzt einmal alleine gelöst. Ich denke mal dass da noch etwas falsch ist, aber ich wollte jetzt nicht einfach deine Lösung kopieren, sondern versuchen da nochmal alleine drauf zu kommen.

Geht das auch so?

1. Ich zeige, dass $\begin{eqnarray*} \left\{ T(\vec{b}_{1}),...,T(\vec{b}_{n}) \right\} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig ist:
Sei $\begin{eqnarray*} \left\{\vec{b}_{1},...,\vec{b}_{n} \right\} \end{eqnarray*}$ ein EZS von $\begin{eqnarray*} R^{n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \alpha_{1}\vec{b}_{1} + ... + \alpha_{n}\vec{b}_{n} = \vec{0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow T(\alpha_{1}\vec{b}_{1} + ... + \alpha_{n}\vec{b}_{n}) = \vec{0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \alpha_{1}T(\vec{b}_{1}) + ... + \alpha_{n}T(\vec{b}_{n}) = \vec{0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \left\{ T(\vec{b}_{1}),...,T(\vec{b}_{n}) \right\} \end{eqnarray*}$ ist linear unabhängig.

2. Jetzt will ich noch zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \left\{ T(\vec{b}_{1}),...,T(\vec{b}_{n}) \right\} \end{eqnarray*}$ eine Basis des $\begin{eqnarray*} R^{n} \end{eqnarray*}$ ist.
$\begin{eqnarray*} T(\vec{v}) = T(\alpha_{1}\vec{b}_{1} + ... + \alpha_{n}\vec{b}_{n}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow T(\vec{v}) = \alpha_{1}T(\vec{b}_{1}) + ... + \alpha_{n}T(\vec{b}_{n}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B = \left\{\alpha_{1}T(\vec{b}_{1}), ... ,\alpha_{n}T(\vec{b}_{n})\right\} \end{eqnarray*}$ ist EZS des $\begin{eqnarray*} R^{n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow T \end{eqnarray*}$ ist bijektiv, da B l.u. und EZS ist (also Basis und somit ist T umkehrbar). $\begin{eqnarray*} \Rightarrow T \end{eqnarray*}$ ist surjektiv.

Manche Beziehung ist äquivalent, ich weiß. Habe das jetzt aber nicht im Formeleditor gefunden, sorry. smile

Was davon ist richtig was davon falsch?

14.03.2015, 16:44

RavenOnJ

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Zitat:

Original von goldfisch91

1. Ich zeige, dass $\begin{eqnarray*} \left\{ T(\vec{b}_{1}),...,T(\vec{b}_{n}) \right\} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig ist:
Sei $\begin{eqnarray*} \left\{\vec{b}_{1},...,\vec{b}_{n} \right\} \end{eqnarray*}$ ein EZS von $\begin{eqnarray*} R^{n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \alpha_{1}\vec{b}_{1} + ... + \alpha_{n}\vec{b}_{n} = \vec{0} \end{eqnarray*}$

Diese Schlussfolgerung ist falsch. Außerdem würde ich nicht Erzeugendensystem schreiben, sondern Basis. Damit ist nämlich automatisch impliziert, dass die $\begin{align*} b_i \end{align*}$ linear unabhängig sind. Du kannst richtig schreiben:
Sei $\begin{align*} \{b_i,1\le i\le n\} \end{align*}$ eine Basis. Daraus folgt:
$\begin{align*} \sum\limits_{i=1}^n \alpha_i b_i=0\Leftrightarrow\forall 0\le i\le n: \alpha_i=0 \end{align*}$

Jetzt lasse ich mal den ersten Pfeil $\begin{align*} \Rightarrow \end{align*}$ weg:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \alpha_{1}\vec{b}_{1} + ... + \alpha_{n}\vec{b}_{n} = \vec{0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow T(\alpha_{1}\vec{b}_{1} + ... + \alpha_{n}\vec{b}_{n}) = \vec{0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \alpha_{1}T(\vec{b}_{1}) + ... + \alpha_{n}T(\vec{b}_{n}) = \vec{0} \end{eqnarray*}$

Dies gilt ganz allgemein bei jeder linearen Abbildung $\begin{align*} T \end{align*}$ mit einer beliebigen Menge von Vektoren $\begin{align*} b_i \end{align*}$ , die die erste Gleichung erfüllen, also auch bei solchen, die keine Basis bilden. Damit ist die folgende Schlussfolgerung

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \left\{ T(\vec{b}_{1}),...,T(\vec{b}_{n}) \right\} \end{eqnarray*}$ ist linear unabhängig.

leider wieder falsch. Du musst noch die Voraussetzung der Injektivität von T benutzen. Nur dann kannst du die letzte Schlussfolgerung zeigen.

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