# Mathe für Nicht-Freaks: Dualraum

* ↳ Projekt „Mathe für Nicht-Freaks“
* ↳ Lineare Algebra 1 Inhalte „Lineare Algebra 1“ Einführung in die lineare Algebra  Vektorräume  Linearkombinationen, Erzeugendensystem und Basis  Lineare Abbildungen  Lineare Abbildungen  Eigenschaften linearer Abbildungen  Prinzip der linearen Fortsetzung  Beweise für lineare Abbildungen führen  Monomorphismus  Epimorphismus  Isomorphismus  Endomorphismus und Automorphismus  Bild einer linearen Abbildung  Kern einer linearen Abbildung  Vektorraum linearer Abbildungen  Dualraum  Aufgaben  Matrizen  Isomorphiesatz und Dimensionsformel
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Wir haben bereits den Vektorraum der linearen Abbildungen $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$ kennengelernt. Wir werden hier nun den Fall betrachten, dass der Vektorraum $W$ dem Körper $K$ entspricht.

## Motivation

Betrachten wir folgendes Beispiel: Wir möchten Äpfel und Birnen kaufen. Ein Apfel kostet $2$€ und eine Birne $3$€. Wenn $x\in \mathbb {R}$ die Anzahl der Äpfel und $y\in \mathbb {R}$ die Anzahl der Birnen bezeichnen, wie viel müssen wir insgesamt bezahlen? Die Formel des Gesamtpreises ist $2x+3y$. Diese Gleichung können wir als $\mathbb {R}$-lineare Abbildung
$P\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,(x,y)\mapsto 2x+3y$
auffassen. Nehmen wir an, dass die Preise sich um die Hälfte erhöhen. Um die Formel zu erhalten, die den neuen Gesamtpreis angibt, müssen wir die alte Formel mit ${\frac {3}{2}}$ multiplizieren. Die Formel, die diesen Preis angibt, würde dann ${\frac {3}{2}}(2x+3y)=3x+{\frac {9}{2}}y$ lauten. Die zugehörige lineare Abbildung ist
$Q\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,(x,y)\mapsto 3x+{\frac {9}{2}}y.$
Wir sehen, dass $Q(x,y)={\frac {3}{2}}P(x,y)$. Angenommen stattdessen steigt der Preis der Äpfel um $2$€ und Preis der Birnen um $4$€. Die entsprechende Formel für den Gesamtpreis erhalten wir durch Addition $2x+4y$ auf die ursprüngliche Formel, das heißt $(2x+3y)+(2x+4y)=4x+7y$. Das kann wie folgt als Addition linearer Abbildungen aufgefasst werden. Wir definieren $R,S\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ durch $R(x,y)=2x+4y$ und $S(x,y)=4x+7y$. Dann gilt $(P+R)(x,y)=P(x,y)+R(x,y)=S(x,y)$. Wir haben in diesem Beispiel also lineare Abbildungen von $\mathbb {R} ^{2}$ nach $\mathbb {R}$ addiert und mit Skalaren multipliziert.
Wir haben also lineare Abbildungen von $\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$, die den Gesamtpreis angeben. Eine solche Abbildung ordnet jedem Vektor einen Wert, nämlich den Preis, zu. Wir können sagen, dass die Abbildung diese Vektoren misst. Deshalb nennen wir lineare Abbildungen von $\mathbb {R} ^{2}$ nach $\mathbb {R}$ lineare Messfunktionen. Wir haben oben gesehen, dass Summen und skalare Vielfache von solchen Abbildungen wieder lineare Abbildungen sind. In anderen Worten sind Linearkombinationen von linearen Messabbildungen wieder lineare Messabbildungen. Es gibt also eine Vektorraumstruktur auf den linearen Messabbildungen von $\mathbb {R} ^{2}$.
Wie sieht es bei anderen Vektorräumen aus? Betrachten wir den $\mathbb {C}$-Vektorraum $\mathbb {C} [x]_{\leq n}$ der komplexen Polynome vom Grad höchstens $n\in \mathbb {N}$. Hier gibt es eine Reihe von einfachen Messabbildungen. Diese können zum Beispiel einem Polynom $p$ seinen Wert an einem Punkt $a\in \mathbb {C}$ zuordnen
$\operatorname {eval} _{a}\colon \mathbb {C} [x]_{\leq n}\to \mathbb {C} ,p\mapsto p(a).$
Alternativ kann man einem Polynom den Wert seiner Ableitung im Punkt $a\in \mathbb {C}$ zuordnen
$D_{a}\colon \mathbb {C} [x]_{\leq n}\to \mathbb {C} ,p\mapsto p'(a).$
Da die Koeffizienten von Polynomen Skalare sind, können wir sie benutzen um weitere Messabbildungen zu definieren. Betrachte zum Beispiel für $p=a_{n}x^{n}+\ldots +a_{1}x+a_{0}$ die Abbildungen $f,g\colon \mathbb {C} [x]_{\leq n}\to \mathbb {C}$ definiert durch $f(p)=a_{n}+\ldots +a_{1}$ und $g(p)=a_{0}$. Dann gilt $(f+g)(p)=f(p)+g(p)=a_{n}+\ldots +a_{1}+a_{0}=p(1)=\operatorname {eval} _{1}(p)$. Wir sehen auch hier, dass Summen von Messabbildungen wieder Messabbildungen sind.
Allgemein kann man auch über einem beliebigen $K$-Vektorraum $V$ den Raum der linearen Messabbildungen $V\to K$ betrachen. Wir werden sehen, dass dieser, wie in den Beispielen zuvor, ein Vektorraum ist. Diesen nennt man den Dualraum von $V$.

## Definition

Definition (Dualraum)
Sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$. Dann heißt der Raum der linearen Abbildungen $V^{*}:=\operatorname {Hom} _{K}(V,K)$ zwischen den K-Vektorräumen $V$ und $K$ Dualraum von $V$.
Der folgende Satz besagt, dass der Dualraum ein Vektorraum ist.
Satz ($V^{*}$ ist ein Vektorraum)
Sei $V$ ein Vektorraum über einem Körper $K$. Dann ist $V^{*}$ mit den beiden Verknüpfungen
${\begin{aligned}+\colon V^{*}\times V^{*}&\to V^{*}\\(f,g)&\mapsto f+g,{\text{ wobei }}(f+g)(v):=f(v)+g(v){\text{ für alle }}v\in V,\end{aligned}}$
und
${\begin{aligned}\cdot \colon K\times V^{*}&\to V^{*}\\(\lambda ,f)&\mapsto \lambda \cdot f,{\text{ wobei }}(\lambda \cdot f)(v):=\lambda \cdot f(v){\text{ für alle }}v\in V,\end{aligned}}$
ein $K$-Vektorraum.
Beweis ($V^{*}$ ist ein Vektorraum)
Wir wissen aus dem Artikel über Funktionenräume, dass für $K$-Vektorräume $V$ und $W$ auch $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ ein $K$-Vektorraum ist. Da $K$ ein $K$-Vektorraum ist, ist für jeden $K$-Vektorraum $V$ auch $V^{*}=\operatorname {Hom} _{K}(V,K)$ ein $K$-Vektorraum.

## Beispiele für Vektoren im Dualraum

Beispiel (Charakterisierung von $(\mathbb {R} ^{2})^{*}$)
Der Dualraum von $\mathbb {R} ^{2}$ ist der Vektorraum aller linearen Abbildungen von $\mathbb {R} ^{2}$ nach $\mathbb {R}$. Jede solche lineare Abbildung $f\in (\mathbb {R} ^{2})^{*}$ ist durch Multiplikation mit einer (1x2)-Matrix, der darstellenden Matrix, gegeben und ist also von der Form
$f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}=ax+by$
für gewisse $a,b\in \mathbb {R}$. Also werden die Elemente im Dualraum von $\mathbb {R} ^{2}$ durch lineare Gleichungen der Form $f(x,y)=ax+by$ beschrieben.
Allgemeiner ist ein Element von $(\mathbb {R} ^{n})^{*}$ durch eine (1xn)-Matrix ${\begin{pmatrix}a_{1}&\ldots &a_{n}\end{pmatrix}}$ bzw. eine lineare Gleichung der Form $f(x_{1},\ldots ,x_{n})=a_{1}x_{1}+\ldots +a_{n}x_{n}$ mit Koeffizienten $a_{i}\in \mathbb {R}$ gegeben.
Beispiel (Limes von konvergenten Folgen)
Sei $c$ der Raum der konvergenten Folgen $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\subseteq \mathbb {R}$. Weil Summen und skalare Vielfache konvergenter Folgen wieder konvergente Folgen sind, ist $c$ ein $\mathbb {R}$-Vektorraum. Einen Beweis der Vektorraumeigenschaften kannst Du hier nachlesen.
Wir betrachten die Abbildung $f\colon c\to \mathbb {R} ,(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\mapsto \lim _{n\to \infty }x_{n}$, die eine Folge auf ihren Grenzwert schickt. So ist z.B. $f((1)_{n\in \mathbb {N} })=\lim _{n\to \infty }1=1$ oder $f\left(\left({\tfrac {1}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }\right)=\lim _{n\to \infty }({\tfrac {1}{n}})=0$. Aus den Eigenschaften des Grenzwertes wissen wir, dass
${\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }(a_{n}+b_{n})&=\lim _{n\to \infty }a_{n}+\lim _{n\to \infty }b_{n}{\text{ und }}\\\lim _{n\rightarrow \infty }\lambda \cdot a_{n}&=\lambda \cdot \lim _{n\to \infty }a_{n}\end{aligned}}$
für alle konvergenten Folgen $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} },(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }\in c$ und Skalare $\lambda \in \mathbb {R}$ gilt. Daraus folgt, dass $f$ eine lineare Abbildung und damit gilt $f\in c^{*}$.
Beispiel (Polynomraum und Auswertungsabbildung)
Sei $K$ ein Körper. Wir betrachten den Polynomring $K[X]$ als $K$-Vektorraum. Für ein $\lambda \in K$ definieren wir die Abbildung
${\begin{aligned}\operatorname {eval} _{\lambda }\colon K[X]&\to K,\\P&\mapsto P(\lambda ),\end{aligned}}$
die ein Polynom an der Stelle $\lambda$ auswertet. Zum Beispiel ist $\operatorname {eval} _{1}(x^{2}-1)=1^{2}-1=0$ und $\operatorname {eval} _{0}(x^{2}-1)=0^{2}-1=-1$.
Wir rechnen nach, dass diese Abbildung $K$-linear, also ein Element von $K[X]^{*}$ ist:
Für $P,Q\in K[X]$ und $k\in K$ gilt:
${\begin{aligned}\operatorname {eval} _{\lambda }(P+k\cdot Q)&=(P+k\cdot Q)(\lambda )\\&=P(\lambda )+k\cdot Q(\lambda )\\&=\operatorname {eval} _{\lambda }(P)+k\cdot \operatorname {eval} _{\lambda }(Q).\end{aligned}}$
Beispiel (Ableitung)
Sei $C^{1}(\mathbb {R} )$ der Raum der einmal stetig-differenzierbaren Funktionen $\mathbb {R} \to \mathbb {R}$. Sei $x\in \mathbb {R}$ fest und betrachte die Abbildung
${\begin{aligned}\partial _{x}\colon C^{1}(\mathbb {R} )&\to \mathbb {R} ,\\f&\mapsto f'(x)\end{aligned}}$
die eine differenzierbare Funktion auf ihre Ableitung im Punkt $x$ schickt. Zum Beispiel ist für $x=0$ der Wert der Abbildung in $f(t)=t^{2}-1$ gegeben durch
$\partial _{0}(f)=f'(0)=(2t)|_{t=0}=0.$
Wir rechnen nach, dass die Abbildung $\partial _{x}$ (für festes $x\in \mathbb {R}$) linear ist: Für $f,g\in C^{1}(\mathbb {R} )$ und $\lambda \in \mathbb {R}$ gilt
${\begin{aligned}\partial _{x}(f+\lambda g)&=(f+\lambda g)'(x)\\&=f'(x)+\lambda g'(x)\\&=\partial _{x}(f)+\lambda \partial _{x}(g).\end{aligned}}$
Dies folgt aus den Eigenschaften der Ableitung. Also ist $\partial _{x}$ ein Element von $C^{1}(\mathbb {R} )^{*}$.
Beispiel (Integral)
Sei $C^{0}([0,1])$ der Raum der stetigen Funktionen $[0,1]\to \mathbb {R}$. Betrachte die Abbildung
${\begin{aligned}I\colon C^{0}([0,1])&\to \mathbb {R} ,\\f&\mapsto \int _{0}^{1}f(x)dx\end{aligned}}$
die eine auf $[0,1]$ stetige Funktion auf ihr Integral schickt. Zum Beispiel ist für $f(x)=x^{2}-1$
$I(f)=\int _{0}^{1}x^{2}-1dx=[{\frac {1}{3}}x^{3}-x]_{x=0}^{1}=({\frac {1}{3}}-1)-0=-{\frac {2}{3}}.$
Wir rechnen nach, dass die Abbildung $I$ linear ist: Für $f,g\in C^{0}([0,1])$ und $\lambda \in \mathbb {R}$ gilt
${\begin{aligned}I(f+\lambda g)&=\int _{0}^{1}f(x)+g(x)dx\\&=\int _{0}^{1}f(x)dx+\int _{0}^{1}g(x)dx\\&=I(f)+\lambda I(g).\end{aligned}}$
Dies folgt aus bekannten Eigenschaften des Integrals. Also ist $I$ ein Element von $C^{0}([0,1])^{*}$.

## Duale Basis

Wir wissen nun, was der Dualraum $V^{*}$ eines $K$-Vektorraums $V$ ist: Er besteht aus allen linearen Abbildungen von $V$ nach $K$. Intuitiv können wir diese Abbildungen als lineare Abbildungen auffassen, die Vektoren aus $V$ messen. Deshalb nennen wir Elemente des Dualraums $V^{*}$ in diesem Artikel manchmal "(lineare) Messfunktionen".
Motiviert durch diese intuitive Vorstellung von "Messungen" fragen wir uns: Gibt es eine Teilmenge $M\subseteq V^{*}$ von Messfunktionen, mit der sich Vektoren eindeutig bestimmen lassen? Das heißt, gibt es eine Teilmenge $M$, sodass wir für jede Wahl von Vektoren $v,w\in V$ mit $v\neq w$ eine Messfunktion $f\in M$ mit $f(v)\neq f(w)$ finden?
Wir überlegen uns zuerst an einem Beispiel, was das bedeutet:
Beispiel (Eindeutiges Bestimmen von Vektoren durch Messfunktionen)
Betrachten wir $V=\mathbb {R} ^{2}$. Dann ist der Dualraum $V^{*}$ der Vektorraum aller linearen Abbildungen $\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$. Betrachte die linearen Abbildungen $f,g,h\in V^{*}$ mit
$f(x,y)=2x-y,\quad g(x,y)={\frac {1}{2}}y-x,\quad h(x,y)=y.$
Falls $M=\{f\}$, können wir Vektoren damit nicht eindeutig bestimmen: Für $v=(1,1)$ und $w=(0,-1)$ gilt zwar $v\neq w$, aber $f(v)=2-1=1=0-(-1)=f(w)$.
Auch mit den Messfunktionen in $M'=\{f,g\}$ lassen sich $(1,1)$ und $(0,-1)$ nicht unterscheiden: Es ist auch $g(1,1)=-{\frac {1}{2}}=g(0,-1)$.
Betrachten wir aber stattdessen die Teilmenge von Messfunktionen $M''=\{f,h\}$, dann sind Vektoren in $\mathbb {R} ^{2}$ durch die Messungen in $M''$ eindeutig bestimmt: Seien $v=(x,y)$ und $w=(x',y')$ beliebige Vektoren mit $v\neq w$. Angenommen, es gilt $f(v)=f(w)$ und $h(v)=h(w)$. Aus $h(v)=h(w)$ folgt $y=y'$. Zusammen mit $2x-y=f(v)=f(w)=2x'-y'$ würde dann auch $2x=2x'$, also $x=x'$ folgen. Somit wäre $v=w$, was ein Widerspruch zu unserer Annahme ist. Also gilt $f(v)\neq f(w)$ oder $h(v)\neq h(w)$ (oder beides). Also liefert für jede Wahl von verschiedenen Vektoren in $v,w\in \mathbb {R} ^{2}$ mindestens eine der beiden Messungen in $M''$ unterschiedliche Werte für $v$ und $w$. Vektoren sind also durch die Messungen in $M''$ eindeutig bestimmt.
In der kontraponierten Form lautet unsere Frage: Gibt es eine Teilmenge $M\subseteq V^{*}$, sodass für alle Vektoren $v,w\in V$ gilt: Wenn $f(v)=f(w)$ für alle Messungen $f\in M$ gilt, dann muss $v=w$ sein.
Wir versuchen, diese Frage erstmal im $K^{n}$ zu beantworten.

### Messfunktionen zum eindeutigen Bestimmen von Vektoren

Ein Vektor $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\in K^{n}$ ist durch seine Einträge $v_{i}$ eindeutig bestimmt. Wenn wir also Messfunktionen aus $(K^{n})^{*}$ so auswählen, dass ihre Werte uns die Einträge eines Vektors liefern, haben wir sichergestellt, dass ein Vektor durch diese Werte schon eindeutig bestimmt ist. Betrachten wir also für $i\in \{1,\ldots ,n\}$ die Abbildungen
$f_{i}\colon K^{n}\to K,\quad x=(x_{1},\ldots ,x_{n})\mapsto x_{i}.$
Man kann überprüfen, dass die Abbildungen $f_{i}$ linear sind. Außerdem gilt $f_{i}(v)=v_{i}$ für jedes $i$. Die Abbildung $f_{i}$ liefert also den $i$ten Eintrag von Vektoren in $K^{n}$. Ein Vektor $v\in K^{n}$ ist durch die Werte der $f_{i}$ schon eindeutig bestimmt: Angenommen wir haben Vektoren $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})$ und $w=(w_{1},\ldots ,w_{n})$ in $K^{n}$ mit gleichen Funktionswerten unter den $f_{i}$, also mit $f_{i}(v)=f_{i}(w)$ für alle $i$. Dann gilt $v_{i}=f_{i}(v)=f_{i}(w)=w_{i}$ für alle $i$ und damit $v=w$. Also gilt: Sind $v,w\in K^{n}$ mit $f_{i}(v)=f_{i}(w)$ für alle $i$, dann folgt $v=w$.
Es ist intuitiv auch klar, dass wir keine der Messfunktionen $f_{i}$ weglassen können, um einen Vektor durch die Werte eindeutig zu bestimmen. Lassen wir zum Beispiel die $f_{j}$ weg, $j\in \{1,\ldots ,n\}$, dann gilt für
$v=(0,\ldots ,0)\quad {\text{ und }}\quad w=(0,\ldots ,0,\underbrace {1} _{j{\text{te Position}}},0,\ldots ,0)$
zwar $f_{i}(v)=0=f_{i}(w)$ für alle Messfunktionen mit $i\neq j$, aber es ist $v\neq w$. Die Messfunktionen $f_{i}$ mit $i\neq j$ bestimmen einen Vektor also nicht mehr eindeutig.
Wir haben mit den $f_{i}$ mit $i=1,\ldots n$ eine Menge an Messfunktionen gefunden, die Vektoren aus $K^{n}$ eindeutig bestimmen und die minimal ist, weil wir keine der Funktionen weglassen können.
Können wir diese Überlegungen auf einen allgemeinen Vektorraum $V$ verallgemeinern? Im $K^{n}$ haben wir benutzt, dass ein Vektor $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\in K^{n}$ durch seine Einträge $v_{i}$ eindeutig bestimmt ist. Die $v_{i}$ sind aber gerade die Koordinaten von $v$ bezüglich der Standardbasis $\{e_{1},\ldots ,e_{n}\}\subseteq K^{n}$: Es gilt
$v=v_{1}\cdot e_{1}+\ldots +v_{n}\cdot e_{n}.$
In einem allgemeinen Vektorraum $V$ haben wir keine Standardbasis. Sobald wir aber eine Basis $B$ gewählt haben, können wir genauso wie im $K^{n}$ von den Koordinaten eines Vektors bzgl. $B$ sprechen. So wie im $K^{n}$ mit der Standardbasis, so ist dann auch in $V$ mit der gewählten Basis $B$ ein Vektor $v\in V$ durch seine Koordinaten bzgl. $B$ eindeutig bestimmt. Sobald wir also eine Basis gewählt haben, können wir versuchen, genauso wie im $K^{n}$ vorzugehen.
Wir nehmen im Folgenden an, dass $V$ endlichdimensional ist, d.h. $\dim V=n<\infty$. Sei $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ eine Basis von $V$. Dann ist jeder Vektor $v\in V$ von der Form
$v=a_{1}\cdot b_{1}+\ldots +a_{n}\cdot b_{n}$
mit eindeutig bestimmten Koordinaten $a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$. Analog zum $K^{n}$ definieren wir nun für $i\in \{1,\ldots ,n\}$ die linearen Messfunktionen in $V^{*}$
$f_{i}\colon V\to K,\quad v=a_{1}\cdot b_{1}+\ldots +a_{n}\cdot b_{n}\mapsto a_{i}.$
Eine der Messfunktionen $f_{i}$ bestimmt also gerade die $i$te Koordinate von Vektoren bzgl. der Basis $B$. Es gilt also
$v=f_{1}(v)\cdot b_{1}+f_{2}(v)\cdot b_{2}+\ldots +f_{n}(v)\cdot b_{n}.$
für jeden Vektor $v\in V$.
Warnung
Beachte, dass die Definition der $f_{i}$ von der gewählten Basis $B$ abhängt.
Weil Vektoren in $V$ durch ihre Koordinaten schon eindeutig bestimmt sind, sind Vektoren durch die Werte der $f_{i}$ schon eindeutig bestimmt. Mit anderen Worten, es gilt für alle $v,w\in V$
$f_{1}(v)=f_{1}(w),\,f_{2}(v)=f_{2}(w),\,\ldots ,\,f_{n}(v)=f_{n}(w)\implies \underbrace {\sum _{i=1}^{n}f_{i}(v)\cdot b_{i}} _{=v}=\underbrace {\sum _{i=1}^{n}f_{i}(w)\cdot b_{i}} _{=w}\implies v=w.$
Aus demselben Grund wie bei $K^{n}$ kann man auf keines der $f_{i}$ verzichten: Fehlt die $j$te Messfunktion $f_{j}$, $i\in \{1,\ldots ,n\}$, dann lassen sich Vektoren, deren $j$te Koordinate bzgl. $B$ verschieden ist, nicht mehr unterscheiden.
Frage: Welche zwei Vektoren kann man hier wählen?
Wir wählen ein Beispiel analog zum $K^{n}$ und setzen
$v=0\cdot b_{1}+\ldots +0\cdot b_{j-1}+1\cdot b_{j}+0\cdot b_{j+1}+\ldots +0\cdot b_{n}=b_{j}$
und
$w=0\cdot b_{1}+\ldots +0\cdot b_{n}=0_{V}.$
Dann gilt $f_{i}(v)=0_{K}=f_{i}(w)$ für alle $i\in \{1,\ldots ,j-1,j+1,\ldots ,n\}$, aber $v\neq w$. Lässt man die $j$te Messfunktion weg, sind Vektoren also nicht mehr eindeutig durch die Funktionswerte der $f_{i}$ bestimmt.

### Die Messfunktionen bilden eine Basis

Sei $V$ ein Vektorraum mit gewählter Basis $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ und seien die $f_{i}$ definiert wie oben. Will man Vektoren durch die Werte der $f_{i}$ eindeutig bestimmen, kann auf keines der $f_{i}$ verzichten. Der Grund dafür ist, dass man das Ergebnis einer Messung $f_{j}(v)$ (die $j$te Koordinate von $v$ bzgl. $B$) nicht aus den anderen Messungen kombinieren kann. Wir können also keine der Messfunktionen $f_{j}$ als Linearkombination der anderen $f_{i}$ ($i\neq j$) darstellen. Mit anderen Worten, die Messfunktionen $f_{i}$ sind linear unabhängig.
Auf der anderen Seite verraten uns die Werte der $f_{i}$ bereits alles, was es über einen Vektor $v\in V$ zu wissen gibt: Seine Koordinaten bzgl. der gewählten Basis $B$. Lassen sich alle anderen Messfunktionen aus $V^{*}$ deshalb aus den $f_{1},\ldots ,f_{n}$ kombinieren? Eine beliebige Messfunktion $g\colon V\to K$ aus $V^{*}$ ist nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung schon durch ihre Werte auf den Basisvektoren $b_{1},\ldots ,b_{n}$ eindeutig bestimmt. Für $i\in \{1,\ldots ,n\}$ seien $\lambda _{i}=g(b_{i})\in K$ diese Werte. Ferner gilt $f_{i}(b_{i})=1$ und $f_{i}(b_{j})=0$ für $j\neq i$ und alle $i\in \{1,\ldots ,n\}$. Durch Einsetzen der $b_{i}$ erhalten wir, dass
$g=\lambda _{1}\cdot f_{1}+\ldots +\lambda _{n}\cdot f_{n}$
die gleichen Werte auf den Basisvektoren annehmen. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung sind die beiden linearen Abbildungen also gleich. Also lässt sich jedes $g\in V^{*}$ als Linearkombination der $f_{i}$ schreiben. Das bedeutet, die Messfunktionen $f_{i}$ bilden ein Erzeugendensystem von $V^{*}$.
Also ist $\{f_{1},\ldots ,f_{n}\}\subseteq V^{*}$ eine Basis des Dualraums und wir können den folgenden Satz beweisen:
Satz (Existenz der dualen Basis)
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum und $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$ eine Basis von $V$. Dann existiert eine eindeutige Basis $B^{*}=\{f_{1},\ldots ,f_{n}\}$ von $V^{*}$, sodass
$f_{i}(b_{j})={\begin{cases}1&{\text{falls }}i=j\\0&{\text{sonst}}\end{cases}}$
für alle $i,j\in \{1,\ldots ,n\}$ gilt.
Beweis (Existenz der dualen Basis)
Beweisschritt: Existenz und Eindeutigkeit der $f_{i}$.
Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung existieren die linearen Abbildungen $f_{i}$ und sind durch die Vorgabe der Werte auf den Basisvektoren von $V$ eindeutig bestimmt.
Beweisschritt: Die $f_{i}$ sind linear unabhängig.
Seien $\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K$ mit $\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}=0_{V^{*}}$. Sei $i\in \{1,\ldots ,n\}$. Wegen $f_{i}(b_{i})=1$ und $f_{j}(b_{i})=0$ für $j\neq i$ erhalten wir durch Einsetzen von $b_{i}$
$0_{K}=0_{V^{*}}(b_{i})=(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i})(b_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}(b_{i})=\lambda _{i}.$
Weil $i\in \{1,\ldots ,n\}$ beliebig war, folgt $\lambda _{1}=\ldots =\lambda _{n}=0_{K}$.
Beweisschritt: Die $f_{i}$ bilden ein Erzeugendensystem.
Sei $f\in V^{*}$ beliebig. Für $i\in \{1,\ldots ,n\}$ definieren wir $\lambda _{i}=f(b_{i})\in K$ und setzen $g=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}$. Dann folgt wie im Beweis der linearen Unabhängigkeit
$g(b_{i})=(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i})(b_{i})=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f_{i}(b_{i})=\lambda _{i}$
für jedes $i\in \{1,\ldots ,n\}$. Weil $f(b_{i})=g(b_{i})$ für alle $i$ gilt und eine lineare Abbildung durch die Bilder der Basisvektoren schon eindeutig bestimmt ist, folgt $f=g\in \operatorname {span} \{f_{1},\ldots ,f_{n}\}$. Also bilden die $f_{i}$ ein Erzeugendensystem.
Die eindeutig bestimmte Basis $B^{*}$ nennen wir die zu $B$ duale Basis und schreiben auch $b_{i}^{*}=f_{i}$ für die Basisvektoren.
Definition (Duale Basis)
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum mit Basis $B=\{b_{1},\ldots ,b_{n}\}$. Die eindeutig bestimmte Basis $B^{*}=\{b_{1}^{*},\ldots ,b_{n}^{*}\}$ mit
$b_{i}^{*}(b_{j})={\begin{cases}1&{\text{falls }}i=j\\0&{\text{sonst}}\end{cases}}$
heißt die zu $B$ duale Basis.
Warnung
Beachte, dass $B^{*}$ von der auf $V$ gewählten Basis abhängt. Man kann außerdem nicht einzelne Vektoren aus $V$ "dualisieren".

### Was passiert im Unendlichdimensionalen?

Oben haben wir nur den Fall $\dim V<\infty$ betrachtet. Können wir genauso vorgehen, wenn $V$ Unendlichdimensional ist? Um die Messfunktionen $f_{i}$ zu definieren, müssen wir erst eine Basis von $V$ wählen. Sei also $B=\{b_{i}\mid i\in I\}\subseteq V$ eine Basis von $V$, wobei $I$ eine (unendliche) Indexmenge ist. Das Prinzip der linearen Fortsetzung gilt auch im Unendlichdimensionalen: Für vorgegebene Werte $\lambda _{i}\in K$, $i\in I$, gibt es genau eine lineare Abbildung $f\colon V\to K$ mit $f(b_{i})=\lambda _{i}$ für alle $i\in I$. Wir können also genau wie im Endlichdimensionalen für $i\in I$ die Abbildung $f_{i}\colon V\to K$ durch die Vorschrift
$f_{i}(b_{j})={\begin{cases}1,&j=i\\0,&j\neq i\end{cases}}$
definieren.
Man kann zeigen, dass dann $\{f_{i}\mid i\in I\}$ auch im Unendlichdimensionalen eine linear unabhängige Teilmenge von $V^{*}$ ist. Der Beweis ist analog zum Beweis der linearen Unabhängigkeit im Satz zur dualen Basis.
Im Unendlichdimensionalen kann aber $\{f_{i}\mid i\in I\}$ kein Erzeugendensystem von $V^{*}$ sein: Man kann die Funktion
$h\colon V\to K,\quad b_{i}\mapsto 1{\text{ für alle }}i\in I,$
die den Wert 1 auf allen Basisvektoren annimmt, nicht als endliche Linearkombination der $f_{i}$ darstellen.
Im Unendlichdimensionalen ist die "duale Basis" $\{f_{i}\mid i\in I\}$ also keine Basis des Dualraums.

## Aufgaben

Aufgabe (Duale Basisvektoren und ihre Kerne bestimmen)
Sei $V$ ein endlichdimensionaler Vektorraum und sei $v\in V$ mit $v\neq 0$. Zeige, dass es ein $f\in V^{*}$ gibt mit $f(v)\neq 0$.
Beim Herleiten der dualen Basis haben wir uns von der Idee leiten lassen, dass Vektoren in $V$ durch die "Messungen" in $V^{*}$ unterscheidbar sein sollen. In dieser Aufgabe überzeugen wir uns davon: Wir finden immer eine Messung $f\in V^{*}$, für die $f(0_{V})=0$ (das gilt für jede lineare Abbildung), aber $f(v)\neq 0$ gilt. Wir finden also ein Element im Dualraum, mit welchem wir $v$ und den Nullvektor unterscheiden können.
Wie kommt man auf den Beweis? (Duale Basisvektoren und ihre Kerne bestimmen)
Wir müssen eine lineare Abbildung $f\colon V\to K$ konstruieren. Das ist genau ein Element von $V^{\ast }$. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung, können wir lineare Abbildungen konstruieren, indem wir angeben, was sie auf einer Basis tun. Um das zu nutzen, ist es praktisch eine Basis von $V$ zu haben. Noch praktischer ist es, eine Basis von $V$ zu haben, die $v$ als Basisvektor enthält.
Eine solche Basis können wir mithilfe des Basisergänzungssatzes konstruieren: Nach dem Basisergänzungssatz hat $V$ eine Basis $b_{1},\dots ,b_{n}$ mit $b_{1}=v$. Damit können wir mit dem Prinzip der linearen Fortsetzung eine lineare Abbildung konstruieren, die $b_{1}=v$ nicht auf $0$ schickt. Zum Beispiel können wir das $f\colon V\to K$ wählen, das alle $b_{1}$ auf $1$ schickt und $b_{i}$ für $i=2,\dots ,n$ auf $0$.
Das ist genau der duale Basisvektor $b_{1}^{\ast }$ der dualen Basis zu $b_{1},\dots ,b_{n}$.
Lösung (Duale Basisvektoren und ihre Kerne bestimmen)
Laut dem Basisergänzungssatz, existiert eine Basis $B=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ mit $b_{1}=v$. Aus der Definition der dualen Basis erhalten wir, dass der duale Basisvektor $b_{1}^{\ast }$ von $B^{\ast }$ die Eigenschaft $b_{1}^{\ast }(v)=b_{1}^{\ast }(b_{1})=1\neq 0$ hat. Somit erfüllt $f=b_{1}^{\ast }$ die gewünschte Bedingung.
Aufgabe (Duale Basis bestimmen)
* Betrachte die Basis $B_{1}=\left\{{\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}}\right\}$ von $\mathbb {R} ^{3}$. Bestimme die zu $B_{1}$ duale Basis $B_{1}^{*}=\{v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}\}$, d.h. bestimme für $1\leq i\leq 3$ die explizite Funktionsvorschrift $v_{i}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto v_{i}^{*}({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}).$
* Betrachte die Basis $B_{2}=\{t^{3}+t^{2},t^{2},t^{2}-t,1\}$ von $\mathbb {R} [t]_{\leq 3}$. Bestimme die zu $B_{2}$ duale Basis $B_{2}^{*}=\{p_{1}^{*},\ldots ,p_{4}^{*}\}$, d.h. bestimme für $1\leq i\leq 4$ die explizite Funktionsvorschrift $p_{i}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto p_{i}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}).$
* Betrachte die Basis $B_{3}=\left\{{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}}\right\}$ von $\mathbb {C} ^{2\times 2}$. Bestimme die zu $B_{3}$ duale Basis $B_{3}^{*}=\{M_{1}^{*},\ldots ,M_{4}^{*}\}$, d.h. bestimme für $1\leq i\leq 4$ die explizite Funktionsvorschrift $M_{i}^{*}\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto M_{i}^{*}({\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}).$
Lösung (Duale Basis bestimmen)
Lösung Teilaufgabe 1:
Setze $v_{1}=(2,0,1)^{T}$, $v_{2}=(0,1,1)^{T}$ und $v_{3}=(1,1,2)^{T}$. Wir suchen lineare Abbildungen $v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$, deren Werte wir nur auf den Basisvektoren $v_{i}$ kennen. Wir müssen $v_{i}^{*}((x,y,z)^{T})$ für allgemeine $x,y,z\in \mathbb {R}$ definieren.
Per Definition der dualen Basis kennen wir schon die Funktionswerte jedes $v_{i}^{*}$ auf den Basisvektoren in $B_{1}$. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung können wir daraus alle Funktionswerte bestimmen: Weil $B_{1}$ eine Basis ist, gibt es für jedes $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ Koordinaten $a,b,c\in \mathbb {R}$ sodass $(x,y,z)^{T}=av_{1}+bv_{2}+cv_{3}$. Mithilfe der Linearität folgt
$v_{i}^{*}((x,y,z)^{T})=v_{i}^{*}(av_{1}+bv_{2}+cv_{3})=av_{i}^{*}(v_{1})+bv_{i}^{*}(v_{2})+cv_{i}^{*}(v_{3}).$
Die Werte $v_{i}^{*}(v_{j})$ kennen wir per Definition der dualen Basis. Wir müssen also nurnoch die Koordinaten eines beliebigen Vektors $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ bestimmen. Danach können wir die $v_{i}^{*}$ hinschreiben.
Beweisschritt: Koordinaten eines beliebigen Vektors $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ bestimmen
Wir wollen die Koordinaten bzgl. $B_{1}$ von einem beliebigen Vektor $(x,y,z)^{T}$ bestimmen. Seien also $x,y,z\in \mathbb {R}$. Wir schreiben
${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=x{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+y{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}+z{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}=xe_{1}+ye_{2}+ze_{3}.$
Die Koordinaten von $(x,y,z)^{T}$ bzgl. der Standardbasis $B_{st}=\{e_{1},e_{2},e_{3}\}$ sind also einfach $x$, $y$ und $z$. Wenn wir $k_{B_{st}}$ für die Koordinatenabbildung schreiben, bedeutet das
$k_{B_{st}}({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}.$
Wir können diese in Koordinaten $a,b,c$ bzgl. $B_{1}$ umrechnen, indem wir den Koordinatenvektor bzgl. $B_{st}$ von links mit der Basisübergangsmatrix $T_{B_{1}}^{B_{st}}$ von $B_{st}$ nach $B_{1}$ multiplizieren. Es gilt also
${\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}=T_{B_{1}}^{B_{st}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}.$
Um die Basisübergangsmatrix $T_{B_{1}}^{B_{st}}$ zu bestimmen, berechnen wir die Koordinaten der Standardbasisvektoren $e_{1},e_{2},e_{3}$ bzgl. $B_{1}$. Diese bilden die Spalten von $T_{B_{1}}^{B_{st}}$.
Wir beginnen mit $e_{1}$: Wir suchen $a_{1},b_{1},c_{1}\in \mathbb {R}$ sodass
$a_{1}v_{1}+b_{1}v_{2}+c_{1}v_{3}=a_{1}{\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}}+b_{1}{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}+c_{1}{\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$
gilt. Wir lösen also das lineare Gleichungssystem
${\begin{aligned}2a_{1}+c_{1}&=1\\b_{1}+c_{1}&=0\\a_{1}+b_{1}+2c_{1}&=0\end{aligned}}$
und erhalten $a_{1}=1$, $b_{1}=1$ und $c_{1}=-1$. Genauso bestimmen wir die Koordinaten $a_{2}=1,b_{2}=3,c_{2}=-2$ von $e_{2}$ bzgl. $B_{1}$ und die Koordinaten $a_{3}=-1,b_{3}=-2,c_{3}=2$ von $e_{3}$ bzgl. $B_{1}$. Also gilt
$T_{B_{1}}^{B_{st}}={\begin{pmatrix}a_{1}&a_{2}&a_{3}\\b_{1}&b_{2}&b_{3}\\c_{1}&c_{2}&c_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&3&-2\\-1&-2&2\end{pmatrix}}.$
Beachte: Wir hätten auch alle drei Gleichungssysteme auf einmal lösen können, indem wir die "rechten Seiten" spaltenweise zusammenfassen, d.h. indem wir die Inverse von ${\begin{pmatrix}2&0&1\\0&1&1\\1&1&2\end{pmatrix}}$ bestimmen. Das macht Sinn, denn diese Matrix ist die Basiswechselmatrix von $B_{1}$ in die Standardbasis. Ihre Inverse ist somit die gesuchte Basisübergangsmatrix $T_{B_{1}}^{B_{st}}$ von $B_{st}$ nach $B_{1}$.
Die Koordinaten von $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ sind also
$T_{B_{1}}^{B_{st}}k_{B_{st}}({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&3&-2\\-1&-2&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x+y-z\\x+3y-2z\\-x-2y+2z\end{pmatrix}}.$
Es ist natürlich auch in Ordnung, die Koordinaten von $(x,y,z)^{T}$ bzgl. $B_{1}$ durch genaues Hinsehen zu erraten, ohne Gleichungssysteme zu lösen.
Beweisschritt: Ergebnis für $v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}$
Wir können nun ein beliebiges $(x,y,z)^{T}$ schreiben als
${\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=(x+y-z)v_{1}+(x+3y-2z)v_{2}+(-x-2y+2z)v_{3}.$
Mit der Linearität der $v_{i}^{*}$ und der Definition der dualen Basis erhalten wir
$v_{1}^{*}((x,y,z)^{T})=(x+y-z)\underbrace {v_{1}^{*}(v_{1})} _{=1}+(x+3y-2z)\underbrace {v_{1}^{*}(v_{2})} _{=0}+(-x-2y+2z)\underbrace {v_{1}^{*}(v_{3})} _{=0}=x+y-z.$
Genauso berechnen wir $v_{2}^{*}((x,y,z)^{T})=x+3y-2z$ und $v_{3}^{*}((x,y,z)^{T})=-x-2y+2z$. Insgesamt haben wir also die drei Basisvektoren der dualen Basis bestimmt:
${\begin{aligned}v_{1}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto x+y-z,\\v_{2}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto x+3y-2z,\\v_{3}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto -x-2y+2z.\end{aligned}}$
Lösung Teilaufgabe 2:
Wir wissen, was die Abbildung $p_{i}^{*}$ auf den Basisvektoren $p_{i}\in B_{2}$ macht. Um herauszufinden, wie die $p_{i}^{*}$ auf einem allgemeinen Vektor $a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}$ agiert, können wir ihn in der Basis $B_{2}$ ausdrücken:
${\begin{aligned}&a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow {\text{ Mit }}a_{3}t^{3}-a_{3}t^{3}{\text{ und }}-a_{1}t^{2}+a_{1}t^{2}{\text{ erweitert.}}\right.}\\=&a_{3}(t^{3}+t^{2})-a_{3}t^{2}+a_{2}t^{2}+a_{1}(t-t^{2})+a_{1}t^{2}+a_{0}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow {\text{Umsortiert nach den Basisvektoren }}p_{1},p_{2},p_{3},p_{4}\right.}\\=&a_{3}(t^{3}+t^{2})+(a_{1}+a_{2}-a_{3})t^{2}-a_{1}(t^{2}-t)+a_{0}\\=&a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1}\end{aligned}}$
Damit können wir die Funktionsvorschriften ausrechnen. Für $p_{1}^{*}$ haben wir
${\begin{aligned}&p_{1}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{1}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{1}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{1}^{*}(p_{4})} _{=0}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{1}^{*}(p_{3})} _{=0}-a_{1}\underbrace {p_{1}^{*}(p_{2})} _{=0}+\underbrace {p_{1}^{*}(p_{1})} _{=1}\\=&1\end{aligned}}$
Für $p_{2}^{*}$ bekommen wir
${\begin{aligned}&p_{2}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{2}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{2}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{2}^{*}(p_{4})} _{=0}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{2}^{*}(p_{3})} _{=0}-a_{1}\underbrace {p_{2}^{*}(p_{2})} _{=1}+\underbrace {p_{2}^{*}(p_{1})} _{=0}\\=&-a_{1}\end{aligned}}$
Die Funktionsvorschrift von $p_{3}^{*}$ ist
${\begin{aligned}&p_{3}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{3}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{3}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{3}^{*}(p_{4})} _{=0}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{3}^{*}(p_{3})} _{=1}-a_{1}\underbrace {p_{3}^{*}(p_{2})} _{=0}+\underbrace {p_{3}^{*}(p_{1})} _{=0}\\=&a_{1}+a_{2}-a_{3}\end{aligned}}$
Für $p_{4}^{*}$ erhalten wir
${\begin{aligned}&p_{4}^{*}(a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0})\\=&p_{4}^{*}(a_{3}p_{4}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})p_{3}-a_{1}p_{2}+p_{1})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow p_{4}^{*}{\text{ ist linear.}}\right.}\\=&a_{3}\underbrace {p_{4}^{*}(p_{4})} _{=1}+(a_{1}+a_{2}-a_{3})\underbrace {p_{4}^{*}(p_{3})} _{=0}-a_{1}\underbrace {p_{4}^{*}(p_{2})} _{=0}+\underbrace {p_{4}^{*}(p_{1})} _{=0}\\=&a_{3}\end{aligned}}$
Zusammengefasst erhalten wir für die Funktionsvorschriften
${\begin{aligned}&p_{1}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto 1\\&p_{2}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto -a_{1}\\&p_{1}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto a_{1}+a_{2}-a_{3}\\&p_{1}^{*}\colon \mathbb {R} [t]_{\leq 3}\to \mathbb {R} ,\quad a_{3}t^{3}+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\mapsto a_{3}\\\end{aligned}}$
Lösung Teilaufgabe 3:
Wir kennen die Werte von jedem $M_{i}^{*}$ auf den Basisvektoren $M_{1}={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}},M_{2}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},M_{3}={\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}},M_{4}={\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}}$ und wollen den Wert für eine beliebige Matrix $A={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ bestimmen. Dafür drücken wir $A$ als Linearkombination der $M_{i}$ aus:
${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}&=a{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}+c{\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}+d{\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}}\\&=aM_{1}+b{\frac {1}{2}}(M_{2}+M_{3})+c{\frac {1}{2}}(M_{2}-M_{3})+d(M_{4}-M_{1}-M_{2})\\&=(a-d)M_{1}+({\frac {b}{2}}+{\frac {c}{2}}-d)M_{2}+({\frac {b}{2}}-{\frac {c}{2}})M_{3}+dM_{4}.\end{aligned}}$
Mithilfe der Definition der dualen Basis und der Linearität der $M_{i}^{*}$ können wir nun die Lösung angeben: Es gilt $M_{i}^{*}(M_{j})=0$ für $i\neq j$ und $M_{i}^{*}(M_{i})=1$, also folgt
${\begin{aligned}M_{1}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto a-d,\\M_{2}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto {\frac {b}{2}}+{\frac {c}{2}}-d,\\M_{3}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto {\frac {b}{2}}-{\frac {c}{2}},\\M_{4}^{*}&\colon \mathbb {C} ^{2\times 2}\to \mathbb {C} ,\quad {\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mapsto d,\\\end{aligned}}$
Aufgabe (Elemente des Dualraums und ihr Kern)
Sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum und seien $f,g\in V^{*}$. Zeige: Wenn $\ker(f)=\ker(g)$, dann gibt es ein $\lambda \in K$ mit $g=\lambda f$.
Wie kommt man auf den Beweis? (Elemente des Dualraums und ihr Kern)
Für die Elemente $v$ im Kern von $f$ und $g$ gilt $g(v)=\lambda f(v)$ für alle $\lambda \in K$. Das heißt, das gesuchte $\lambda$ hängt nur von den $v\in V$ ab, die nicht im Kern von $f$ und $g$ liegen. Um das genauer zu verstehen, betrachten wir zunächst die Dimension des Kerns. Mit der Dimensionsformel erhalten wir
$\dim \ker(f)+\dim \operatorname {im} (f)=\dim V$
und somit gilt $\dim \ker(f)=n-\dim \operatorname {im} (f)$. Nun ist $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum von $K$. Weil $K$ eindimensional ist, erhalten wir dass die Dimension vom Bild von $f$ entweder $0$ oder $1$ ist. Somit ist $\dim \ker(f)=n$ oder $\dim \ker(f)=n-1$.
Nun haben wir $\ker(f)=\ker(g)$; das heißt, sie haben beide die gleiche Dimension. Wenn $\dim \ker(f)=\dim \ker(g)=n$ ist, haben sie die gleiche Dimension wie $V$. Somit gilt $\ker(f)=\ker(g)=V$ und $f$ und $g$ sind die Nullabbildung. Also gilt $f=g$ und wir können $\lambda =1$ wählen.
Es bleibt noch der Fall $\dim \ker(f)=n-1$ übrig. In diesem Fall haben wir tatsächlich Vektoren, bei denen $\lambda$ eine Rolle spielt. Um die Abbildungen zu vergleichen, bietet es sich an, sie auf einer Basis zu betrachten, da wir nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung wissen, dass $f$ und $g$ durch ihr Verhalten auf einer Basis schon vollkommen bestimmt sind. Um das zu tun, lohnt es sich eine Basis von $V$ zu wählen, bei der wir schon viel über unsere Abbildungen $f$ und $g$ wissen. Wir wissen schon, was beider auf $\ker(f)=\ker(g)$. Sei $b_{1},\dots ,b_{n-1}$ eine Basis von $\ker(f)=\ker(g)$. Dann können wir mit dem Basisergänzungssatz diese Basis zu einer Basis $b_{1},\dots ,b_{n-1},b_{n}$ von $V$ fortsetzen.
Weil $b_{n}\not \in \ker(f)=\ker(g)$ ist, wissen wir das $f(b_{n})\neq 0$ und $g(b_{n})\neq 0$ gilt. Weiter wissen wir $f(b_{i})=g(b_{i})=0$ für $i=1,\dots ,n-1$. Wir brauchen nun einen Kandidaten für $\lambda$. Da $\lambda$ von Elementen aus $V$ abhängt, die nicht auf $0$ abgebildet werden, ergibt es Sinn $b_{n}$ für den Kandidaten zu verwenden. Mit $\lambda =g(b_{n})/f(b_{n})$ erhalten wir $g(b_{n})=\lambda f(b_{n})$.
Um zu sehen, ob $g(v)=\lambda f(v)$ für alle $v\in V$ gilt, reicht es nun wieder nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung, dies auf unserer Basis $b_{1},\dots ,b_{n}$ zu überprüfen. Für $b_{n}$ wissen wir dies bereits, und für $b_{i}$ mit $i=1,\dots ,n-1$ haben wir $g(b_{i})=0=\lambda \cdot 0=\lambda \cdot f(b_{i})$. Damit haben wir die Aussage bewiesen.
Lösung (Elemente des Dualraums und ihr Kern)
Die Funktion $f\colon V\to K$ ist eine lineare Abbildung zwischen zwei endlich dimensionalen Vektorräumen. Aus dem Dimensionssatz folgt
$\dim \ker(f)+\dim \operatorname {im} (f)=\dim V$
Weil das Bild $\operatorname {im} (f)$ ein Untervektorraum des $K$-Vektorraums $K$ ist, gilt $\dim \operatorname {im} (f)\leq \dim(K)=1$. Außerdem gilt $\dim V=n$. Damit können wir folgern
$n=\dim V=\dim \ker(f)+\dim \operatorname {im} (f)\leq \dim \ker(f)+1$
Also gilt $\dim \ker(f)\geq n-1$. Andererseits ist $\dim \ker(f)\leq \dim V=n$, weil der Kern $\ker(f)$ ein Untervektorraum von $V$ ist. Deshalb gibt es nur zwei Möglichkeiten:
* Die Dimension von $\ker(f)$ ist $n$.
* Die Dimension von $\ker(f)$ ist $n-1$.
Genauso können wir folgern, dass die Dimension vom Kern von $g$ entweder $n$ oder $n-1$ ist.
Wir nehmen an, dass $\ker(f)=\ker(g)$ und zeigen, dass es dann ein $\lambda \in K$ gibt mit $g=\lambda f$. Nun betrachten wir die zwei Fälle $\dim \ker(f)=n$ und $\dim \ker(f)=n-1$.
Fall 1: $\dim \ker(f)=n$
In diesem Fall ist der Kern von $f$ ein $n$-dimensionaler Untervektorraum den $n$-dimensionalen Vektorraums $V$. Deshalb folgt $\ker(f)=V$ und wegen unserer Annahme auch $\ker(g)=V$. Also gilt für alle $v\in V$, dass $f(v)=0$ und $g(v)=0$. Das bedeutet $f$ und $g$ sind beides die Nullabbildung, also $f=0=g$. Damit ist die Aussage für $\lambda =1$ bewiesen.
Fall 2: $\dim \ker(f)=n-1$
In diesem Fall folgt aus dem Dimensionssatz
$\dim \operatorname {im} (f)=\dim V-\dim \ker(f)=n-(n-1)=1$
Sei $b_{1},\ldots ,b_{n-1}\in V$ eine Basis von $\ker(f)$. Wegen $\ker(f)=\ker(g)$ ist es auch eine Basis von $\ker(g)$. Wegen dem Basisergänzungssatz können wir $b_{1},\ldots ,b_{n-1}$ ergänzen zu einer Basis von $V$: $b_{1},\ldots ,b_{n-1},b_{n}$. Wir definieren $\alpha :=f(b_{n})\in K$ und $\beta :=g(b_{n})\in K$. Der Vektor $b_{n}$ liegt nicht in $\ker(f)$, folglich gilt $\alpha \neq 0$. Definiere $\lambda :={\tfrac {\beta }{\alpha }}$. Wir zeigen, dass $g=\lambda f$. Wegen dem Prinzip der linearen Fortsetzung reicht es, diese Gleichheit auf der Basis $b_{1},\ldots ,b_{n}$ zu zeigen.
Wir betrachten zuerst $b_{i}$ mit $i\in \{1,\ldots ,n-1\}$. Weil $b_{i}\in \ker(f)=\ker(g)$, gilt
$g(b_{i})=0=\lambda \cdot 0=\lambda f(b_{i}).$
Für den Basisvektor $b_{n}$ gilt
$g(b_{n})=\beta ={\frac {\beta }{\alpha }}\cdot \alpha =\lambda \cdot \alpha =\lambda f(b_{n}).$
Für jeden Basisvektor stimmen $g$ und $\lambda f$ überein. Also gilt $g=\lambda f$.
Aufgabe (Duale Basis und Hyperebenen)
Sei $V$ ein $n$-dimensionaler $K$-Vektorraum.
* Sei $f\in V^{*}$ mit $f\neq 0$. Zeige, dass $\dim \ker(f)=n-1$ gilt.
* Sei $U$ ein $n-1$-dimensionaler Unterraum von $V$. Zeige, dass es ein Element $f\in V^{*}$ gibt mit $\ker(f)=U$.
* Unter der Annahme, dass $K\neq \mathbb {F} _{2}$ gilt, ist das $f$ aus Teilaufgabe 2 durch den Unterraum $U$ eindeutig bestimmt?
Einen $n-1$-dimensionalen Unterraum eines $n$-dimensionalen Vektorraums $V$ nennt man auch eine Hyperebene in $V$. Zum Beispiel sind die Hyperebenen im $\mathbb {R} ^{3}$ genau die anschaulichen Ebenen durch den Ursprung. Im ersten Teil der Aufgabe wird also gezeigt, dass der Kern eines nicht-Null-Elements im Dualraum eine Hyperebene in $V^{*}$ ist.
Lösung (Duale Basis und Hyperebenen)
Lösung Teilaufgabe 1:
Wir können die Dimensionsformel benutzen, um die Dimension vom Kern mit der Dimension von $V$ in Verbindung zu setzen. Das heißt wir wissen
$\dim _{K}\ker(f)=\dim _{K}V-\dim _{K}\operatorname {im} (f)=n-\dim _{K}\operatorname {im} (f).$
Das heißt, wir haben unser Problem verschoben, um $\dim _{K}\operatorname {im} (f)$ zu berechnen. Nun ist $\operatorname {im} (f)\subseteq K$, das heißt, $\dim _{K}\operatorname {im} (f)\leq \dim _{K}K=1$. Das heißt, die Dimension von $\operatorname {im} (f)$ ist entweder $0$ oder $1$.
Wir wissen, dass $f\neq 0$, also gibt es ein $v\in V$ mit $f(v)\neq 0$. Damit ist $\operatorname {im} (f)\neq 0$ und die Dimension von $\operatorname {im} (f)$ kann nicht $0$ sein. Also ist $\dim _{K}\operatorname {im} (f)=1$ und wir erhalten
$\dim _{K}\ker(f)=n-\dim _{K}\operatorname {im} (f)=n-1.$
Lösung Teilaufgabe 2:
Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung ist eine lineare Abbildung dadurch bestimmt, was sie auf einer Basis macht. Um dieses verwenden zu können, wählen wir zunächst eine Basis $B_{U}=\{b_{1},\dots ,b_{n-1}\}$ von $U$. Der Basisergänzungssatz liefert uns nun einen Vektor $b_{n}\in V$, sodass $B=\{b_{1},\dots ,b_{n}\}$ eine Basis von $V$ ist.
Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung, können einen Kandidaten für die lineare Abbildung $f\colon V\to K$ definieren, indem wir sagen, was auf einer Basis von $V$ passiert. Die Vektoren $b_{1},\dots ,b_{n-1}$ sind Elemente von $U$. Da $U$ der Kern von $f$ sein soll, müssen wir $f(b_{i})=0$ für $i=1,\dots ,n-1$ fordern. Der letzte Basisvektor $b_{n}$ ist nicht in $U$. Damit darf $b_{n}$ nicht im Kern von $f$ liegen. Das heißt, wir können beispielsweise $f(b_{n})=1$ fordern. Zusammengefasst definieren wir $f\colon V\to K$ als die lineare Abbildung mit
$f(b_{i})={\begin{cases}0,&i=1,\dots ,n-1\\1,&i=n.\end{cases}}$
Da $U$ von $b_{1},\dots ,b_{n-1}$ erzeugt wird, ist $U\subseteq \ker(f)$. Wir müssen also nur noch Zeigen, dass $\ker(f)\subseteq U$ gilt. Dafür sei $v\in \ker(f)$. Weil $B$ eine Basis von $V$, finden wir $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}$ mit $v=\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n}$. Nun wissen wir
${\begin{aligned}0=f(v)&=f(\lambda _{1}b_{1}+\dots +\lambda _{n}b_{n})\\&=\lambda _{1}{\underset {=0}{\underbrace {f(b_{1})} }}+\dots +\lambda _{n-1}{\underset {=0}{\underbrace {f(b_{n-1})} }}+\lambda _{n}{\underset {=1}{\underbrace {f(b_{n})} }}\\&=\lambda _{n}\end{aligned}}$
Somit ist $\lambda _{n}=0$ und $v=\lambda _{1}b_{1}+\lambda _{n-1}b_{n-1}\in U$. Das heißt, wir haben $\ker(f)=U$.
Lösung Teilaufgabe 3:
Die Abbildung $f$ ist nicht Eindeutig: Wir wissen, dass $f\neq 0$, weil $U\neq V$. Somit existiert $v\in V$ mit $f(v)\neq 0$. Weil $K\neq \mathbb {F} _{2}$ gilt, gibt es ein Element $\lambda \in K$ mit $\lambda \notin \{0,1\}$. Somit ist $\lambda f(v)\neq f(v)$. Wenn wir nun die lineare Abbildung $g\colon V\to K;w\mapsto \lambda \cdot f(v)$. Diese hat den gleichen Kern, weil genau dann $g(w)=0$ gilt, wenn $\lambda f(w)=0$ gilt. Dies ist genau dann der Fall, wenn $f(w)=0$ gilt, weil $\lambda \neq 0$.
Weiter ist $g\neq f$, weil $f(v)\neq \lambda f(v)=g(v)$ gilt. Somit ist die lineare Abbildung aus dem zweiten Teil nicht eindeutig.
In der letzten Aufgabe haben wir $K\neq \mathbb {F} _{2}$ gefordert, weil wir im Beweis ein Element benötigt haben, das weder $0$ noch $1$ ist. Der Körper $\mathbb {F} _{2}$ besteht nur aus den Elementen $0$ und $1$. Das heißt, wenn wir eine lineare Abbildung $f\colon V\to K$ konstruieren wollen, die einen $n-1$-dimensionalen Untervektorraum $U$ als Kern hat, dann müssen wir sie als
$f(v)={\begin{cases}0,&v\in U\\1,&v\not \in U\end{cases}}$
definieren. Diese Abbildung ist linear, weil es eine lineare Abbildung gibt, deren Kern $U$ ist und die einzige Möglichkeit eine Abbildung Kern $U$ hinzuschreiben, diese Abbildungsvorschrift ist. Insbesondere kommen wir bei der letzten Teilaufgabe zu einem anderen Ergebnis: Die Abbildung ist eindeutig.
Aufgabe (Basis vom Kern von $v_{i}^{*}$)
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum, $B=\{v_{1},\ldots ,v_{n}\}\subseteq V$ eine Basis und $B^{*}=\{v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}\}\subseteq V^{*}$ die zu $B$ duale Basis. Zeige: Für jedes $i\in \{1,\ldots ,n\}$ gilt
$\ker(v_{i}^{*})=\operatorname {span} \{v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}\}.$
Insbesondere ist $B\setminus \{v_{i}\}$ eine Basis von $\ker(v_{i}^{*})$.
Lösung (Basis vom Kern von $v_{i}^{*}$)
Per Definition der dualen Basis gilt $v_{i}^{*}(v_{j})=0$ für $j\neq i$. Es gilt also $v_{j}\in \ker(v_{i}^{*})$ für alle $j\neq i$ und da der Kern ein Unterraum ist, gilt auch
$\operatorname {span} \{v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}\}\subseteq \ker(v_{i}^{*}).$
Da $v_{i}^{*}(v_{i})=1$ gilt, ist $v_{i}^{*}$ nicht die Nullabbildung. Mit der vorherigen Aufgabe folgt somit $\dim \ker(v_{i}^{*})=n-1$. Da $v_{1},\ldots ,v_{n}$ linear unabhängig sind, gilt $\dim \operatorname {span} \{v_{1},\ldots ,v_{i-1},v_{i+1},\ldots ,v_{n}\}=n-1$, und da dieser Spann im Kern von $v_{i}^{*}$ enthalten ist, folgt die Gleichheit der beiden Unterräume.
Aufgabe
Betrachte die Basis
$B=\{v_{1},v_{2},v_{3}\}=\left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}}\right\}$
von $\mathbb {R} ^{3}$.
* Bestimme die zu $B$ duale Basis $B^{*}=\{v_{1}^{*},v_{2}^{*},v_{3}^{*}\}$ mit $v_{i}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ für $i=1,2,3$.
* Bestimme den Kern $\ker(v_{i}^{*})$ und zeichne ihn im $\mathbb {R} ^{3}$ für $i=1,2,3$.
Lösung
Lösung Teilaufgabe 1:
Die darstellende Matrix einer linearen Abbildung $f\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ bzgl. der Standardbasen $\{e_{1},e_{2},e_{3}\}$ von $\mathbb {R} ^{3}$ und $\{1\}$ von $\mathbb {R}$ ist die eindeutig bestimmte Matrix ${\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}}$ sodass
$f({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}})={\begin{pmatrix}a&b&c\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=ax+by+cz$
für alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ gilt.
Wir suchen die Funktionsvorschrift der linearen Abbildungen $v_{i}^{*}\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$, $i=1,2,3$. Wir bestimmen also die drei dazugehörigen darstellenden Matrizen ${\begin{pmatrix}a_{i},b_{i},c_{i}\end{pmatrix}}$ bzgl. der Standardbasen. Per Definition der dualen Basis soll gelten
${\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}}=1,\quad {\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}}=0,\quad {\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}}=0$
und analog für $i=2,3$. Fassen wir diese Gleichungen in Matrixform zusammen erhalten wir
${\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}&\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&0&1\\1&2&2\\0&1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
Wir müssen also eine Inverse der Matrix auf der linken Seite der Gleichung bestimmen, die die Basisvektoren in $B$ als Spalten hat.
Das macht Sinn, weil man dann die Basisübergangsmatrix von der Standardbasis zu $B$ bestimmt (Zusammenhang von dualer Basis und Kooridnaten)
Die Inverse ist
${\begin{pmatrix}2&0&1\\1&2&2\\0&1&1\end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}0&1&-2\\-1&2&-3\\1&-2&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}&\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{pmatrix}}.$
Die Zeilen sind die gesuchten darstellenden Matrizen der dualen Basisvektoren. Wir haben also
${\begin{aligned}v_{1}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}0&1&-2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=y-2z,\\v_{2}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}-1&2&-3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=-x+2y-3z,\\v_{3}^{*}&\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}1&-2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}=x-2y+4z.\end{aligned}}$
Lösung Teilaufgabe 2:
Aus der vorherigen Aufgabe wissen wir, dass $\ker(v_{1}^{*})=\operatorname {span} \{v_{2},v_{3}\}$, $\ker(v_{2}^{*})=\operatorname {span} \{v_{1},v_{3}\}$ und $\ker(v_{3}^{*})=\operatorname {span} \{v_{1},v_{2}\}$ gilt. Eingezeichnet in $\mathbb {R} ^{3}$ erhalten wir jeweils eine von den beiden Vektoren aufgespannte Ebene im $\mathbb {R} ^{3}$.
Anstatt die vorherige Aufgabe zu nutzen, können wir auch die Kerne der Matrizen $v_{i}^{*}$ berechnen:
Beweisschritt: $\ker(v_{1}^{*})$
Der Kern von $v_{1}^{*}$ enthält alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $v_{1}^{*}((x,y,z)^{T})=y-2z=0$, d.h. mit $y=2z$. Also gilt
$\ker(v_{1}^{*})=\left\{{\begin{pmatrix}a\\2b\\b\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}}\right\}.$
Beachte, dass $(1,0,0)^{T}=v_{3}-v_{2}$ ist, also stimmt das Ergebnis für den Kern mit dem aus der vorherigen Aufgabe überein.
Beweisschritt: $\ker(v_{2}^{*})$
Der Kern von $v_{2}^{*}$ enthält alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $v_{2}^{*}((x,y,z)^{T})=-x+2y-3z=0$, d.h. mit $x=2y-3z$. Also gilt
$\ker(v_{2}^{*})=\left\{{\begin{pmatrix}2a-3b\\a\\b\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-3\\0\\1\end{pmatrix}}\right\}.$
Auch hier gilt $(-3,0,1)^{T}=v_{3}-2v_{1}$ gilt, also stimmt das Ergebnis mit dem vorherigen überein.
Beweisschritt: $\ker(v_{3}^{*})$
Der Kern von $v_{3}^{*}$ enthält alle $(x,y,z)^{T}\in \mathbb {R} ^{3}$ mit $v_{3}^{*}((x,y,z)^{T})=x-2y+4z=0$, d.h. mit $x=2y-4z$. Also gilt
$\ker(v_{2}^{*})=\left\{{\begin{pmatrix}2a-4b\\a\\b\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left\{{\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-4\\0\\1\end{pmatrix}}\right\}.$
Wegen $(-4,0,1)^{T}=v_{2}-2v_{1}$ stimmt das mit dem vorher bestimmten Ergebnis überein.
Aufgabe (Duale Abbildung)
Sei $f\colon V\to W$ eine lineare Abbildung. Wir definieren die Abbildung
$f^{*}\colon W^{*}\to V^{*},\quad g\mapsto f^{*}(g):=g\circ f.$
* Zeige, dass $f^{*}$ linear ist.
* Zeige: $(\operatorname {id} _{V})^{*}=\operatorname {id} _{V^{*}}$ und $(g\circ f)^{*}=f^{*}\circ g^{*}$ für lineare Abbildungen $f\colon V\to W$ und $g\colon W\to X$.
* Zeige: Wenn $f$ surjektiv ist, dann ist $f^{*}$ injektiv.
* Zeige: Wenn $f$ injektiv ist, dann ist $f^{*}$ surjektiv.
* Zeige: Wenn $f$ bijektiv ist, dann ist $f^{*}$ bijektiv und die Inverse ist gegeben durch $(f^{*})^{-1}=(f^{-1})^{*}$.
Die Abbildung $f^{*}$ heißt die zu $f$ duale Abbildung. Per Definition bekommt die duale Abbildung also lineare Abbildungen von $W$ nach $K$ als Input und macht daraus lineare Abbildungen von $V$ nach $K$. Das wird erreicht durch Präkomposition mit $f$. Aus einer Abbildung $W{\overset {g}{\to }}K$ wird also $V{\overset {f}{\to }}W{\overset {g}{\to }}K$. In Worten kann man $f^{*}$ beschreiben als "führe $f$ zuerst aus".
Lösung (Duale Abbildung)
Lösung Teilaufgabe 1:
Für mehr Klarheit im Beweis schreiben wir $\boxplus _{V}$ bzw. $\boxplus _{W}$ für die Addition linearer Abbildungen in $V^{*}$ bzw. $W^{*}$ und $+$ für die Addition im Vektorraum $K$. Außerdem schreiben wir $\boxdot _{V}$ bzw. $\boxdot _{W}$ für die skalare Multiplikation in $V^{*}$ bzw. $W^{*}$ und $\cdot$ für die skalare Multiplikation in $K$.
Seien $g,h\in W^{*}$ und $\lambda \in K$. Wir müssen zeigen, dass
$f^{*}(g\boxplus _{W}h)=f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h)\quad {\text{ und }}\quad f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)=\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g)$
gilt. Wir müssen also die Gleichheit von Elementen in $V^{*}$, d.h. von Abbildungen $V\to K$ nachweisen. Dafür zeigen wir
$f^{*}(g\boxplus _{W}h)(v)=(f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h))(v)$
$f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)(v)=(\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g))(v)$
für alle $v\in V$.
Beweisschritt: $f^{*}(g\boxplus _{W}h)=f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h)$
Sei $v\in V$. Es gilt
${\begin{aligned}f^{*}(g\boxplus _{W}h)(v)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=((g\boxplus _{W}h)\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(g\boxplus _{W}h)(f(v))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxplus _{W}\right.}\\[0.3em]&=g(f(v))+h(f(v))\\[0,3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(g\circ f)(v)+(h\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=f^{*}(g)(v)+f^{*}(h)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxplus _{V}\right.}\\[0.3em]&=(f^{*}(g)(v)\boxplus _{V}f^{*}(h))(v).\\[0.3em]\end{aligned}}$
Weil $v\in V$ beliebig war, ist damit die Gleichheit der Abbildungen $f^{*}(g\boxplus _{W}h)$ und $f^{*}(g)\boxplus _{V}f^{*}(h)$ gezeigt.
Beweisschritt: $f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)=\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g)$
Sei $v\in V$. Es gilt
${\begin{aligned}f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)(v)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=((\lambda \boxdot _{W}g)\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(\lambda \boxdot _{W}g)(f(v))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxdot _{W}\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot g(f(v))\\[0,3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot (g\circ f)(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=\lambda \cdot (f^{*}(g))(v)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxdot _{V}\right.}\\[0.3em]&=(\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g))(v).\\[0.3em]\end{aligned}}$
Weil $v\in V$ beliebig war, ist damit die Gleichheit der Abbildungen $f^{*}(\lambda \boxdot _{W}g)$ und $\lambda \boxdot _{V}f^{*}(g)$ gezeigt.
Lösung Teilaufgabe 2:
Wir zeigen $(\operatorname {id} _{V})^{*}(g)=g$ für alle $g\in V^{*}$, dann folgt, dass $(\operatorname {id} _{V})^{*}$ die Identität auf $V^{*}$ ist. Sei also $g\in V^{*}$. Wir haben per Definition der dualen Abbildung
$(\operatorname {id} _{V})^{*}(g)=g\circ \operatorname {id} _{V}=g.$
Weil $g\in V^{*}$ beliebig war, ist die Aussage gezeigt.
Seien nun $f\colon V\to W$ und $g\colon W\to X$. Dann gilt $g\circ f\colon V\to X$, also $(g\circ f)^{*}\colon X^{*}\to V^{*}$. Außerdem ist $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ und $g^{*}\colon X^{*}\to W^{*}$ und somit $f^{*}\circ g^{*}\colon X^{*}\to V^{*}$. Um die Gleichheit der Abbildungen $(g\circ f)^{*}=f^{*}\circ g^{*}$ zu zeigen, zeigen wir, dass $(g\circ f)^{*}(k)=(f^{*}\circ g^{*})(k)$ für alle $k\in X^{*}$ gilt. Sei also $k\in X^{*}$, dann gilt
${\begin{aligned}(g\circ f)^{*}(k)&=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}(g\circ f)^{*}\right.}\\[0.3em]&=k\circ (g\circ f)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Assoziativität von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(k\circ g)\circ f\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}g^{*}\right.}\\[0.3em]&={\color {OliveGreen}\underbrace {\color {black}g^{*}(k)} _{\in W^{*}}\color {black}\circ f}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f^{*}\right.}\\[0.3em]&=f^{*}(g^{*}(k))\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\circ \right.}\\[0.3em]&=(f^{*}\circ g^{*})(k).\end{aligned}}$
Weil $k\in X^{*}$ beliebig war, ist die Aussage gezeigt.
Lösung Teilaufgabe 3:
Sei $f\colon V\to W$ surjektiv. Wir wollen zeigen, dass $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ injektiv ist. Wegen der Linearität von $f^{*}$ reicht es zu zeigen, dass $\ker(f^{*})=\{0_{W^{*}}\}$ ist. Sei also $g\in W^{*}$ mit $f^{*}(g)=0_{V^{*}}$. Das heißt, $g$ bildet von $W$ nach $K$ ab und $f^{*}(g)=g\circ f$ ist die Nullabbildung von $V$ nach $K$. Wir wollen folgern, dass $g$ die Nullabbildung in $W^{*}$ ist, d.h. dass $g(w)=0_{K}$ für alle $w\in W$ gilt. Sei also $w\in W$ beliebig. Weil $f$ surjektiv ist, gibt es $v\in V$ mit $f(v)=w$. Es folgt
$g(w)=g(f(v))=(g\circ f)(v)=f^{*}(g)(v)=0_{V^{*}}(v)=0_{K}.$
Weil $w\in W$ beliebig war, folgt $g=0_{W^{*}}$.
Lösung Teilaufgabe 4:
Sei $f\colon V\to W$ injektiv. Wir wollen zeigen, dass $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ surjektiv ist. Sei also $g\in V^{*}$ beliebig. Das heißt, $g$ ist eine lineare Abbildung von $V$ nach $K$. Wir wollen eine Abbildung $h\in W^{*}$ von $W$ nach $K$ definieren, sodass $f^{*}(h)=h\circ f=g$ gilt.
Weil $f$ injektiv ist, ist die Einschränkung von $f$ auf das Bild $f(V)$ von $f$ ein Isomorphismus. Wir bezeichnen diese Einschränkung mit ${\tilde {f}}\colon V\to f(V)$. Dann ist ${\tilde {f}}^{-1}\colon f(V)\to V$ und es gilt
${\tilde {f}}^{-1}\circ f={\tilde {f}}^{-1}\circ {\tilde {f}}=\operatorname {id} _{V}.$
Weil $g$ auf $V$ definiert ist, können wir $h:=g\circ {\tilde {f}}^{-1}$ definieren und erhalten:
$f^{*}(h)=h\circ f=(g\circ {\tilde {f}}^{-1})\circ f=g\circ ({\tilde {f}}^{-1}\circ f)=g\circ \operatorname {id} _{V}=g.$
Weil $g\in V^{*}$ beliebig war, ist die Surjektivität von $f^{*}$ gezeigt.
Lösung Teilaufgabe 5:
Sei $f\colon V\to W$ bijektiv, dann folgt aus den vorherigen beiden Teilaufgaben, dass $f^{*}$ auch bijektiv ist. Wir rechnen nach, dass $(f^{-1})^{*}$ die Inverse zu $f$ ist: Mit Teilaufgabe 2 gilt
$f^{*}\circ (f^{-1})^{*}=(f^{-1}\circ f)^{*}=\left(\operatorname {id} _{V}\right)^{*}=\operatorname {id} _{V^{*}}.$
Genauso zeigt man $(f^{-1})^{*}\circ f^{*}=\operatorname {id} _{W^{*}}$.
Aufgaben →
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