# Mathe für Nicht-Freaks: Abstellraum/Intuition hinter Isomorphiesatz und Dimensionsformel

In diesem und in den nächsten Kapitel werden wir uns mit der Struktur linearer Abbildungen weiter beschäftigen. Du wirst lernen, dass das Bild einer linearen Abbildung ein Untervektorraum ist. Außerdem ist das Urbild des Nullvektors auch ein Untervektorraum des Bildbereichs. Zudem werden wir die Urbilder von Vektoren des Bildbereichs als einzelne Objekte betrachten. Diese bilden einen Vektorraum, der strukturell ähnlich zum Bild der linearen Abbildung ist.

## Intuitive Eigenschaft linearer Abbildungen

Wir wollen nun ein noch besseres Gefühl für die Struktur von linearen Abbildungen bekommen. Hierzu betrachten wir allgemein eine lineare Abbildung $L:V\rightarrow W$ mit dem $K$-Vektorraum $V$ als Startbereich und dem $K$-Vektorraum $W$ als Zielbereich. Angenommen, der Vektor ${\tilde {v}}\in V$ wird durch unsere Abbildung $L$ auf den Vektor $w\in W$ abgebildet. Es ist also $L({\tilde {v}})=w$. Dann können wir uns fragen, ob auch andere Vektoren auf $w$ abgebildet werden. Gibt es also andere Vektoren $v\in V$ mit $L(v)=w=L({\tilde {v}})$? Und wenn ja, wie finden wir diese?
Wir illustrieren unsere folgenden Überlegungen am Beispiel einer linearen Abbildung $L:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$, das heißt $V=W=\mathbb {R} ^{2}$. Dieses Beispiel zieht sich durch das ganze Kapitel hindurch. Wir werden uns immer wieder darauf beziehen.
Seien nun $v_{1},\,v_{2}\in \mathbb {R} ^{2}$ zwei unterschiedliche Vektoren, d.h. $v_{2}\neq v_{1}$ und $L(v_{2})=w=L(v_{1})\in \mathbb {R} ^{2}$:
Im folgenden Bild wird dargestellt, wie die beiden Vektoren $v_{1},\,v_{2}\in V=\mathbb {R} ^{2}$ unter der Abbildung $L$ auf einen Vektor $w\in W=\mathbb {R} ^{2}$ abgebildet werden können.
Zunächst können wir feststellen, dass $L$ nicht injektiv ist. Bei injektiven Abbildungen werden ja verschiedene Argumente auf verschiedene Funktionswerte abgebildet, was bei $L$ nicht der Fall ist.

## Der Kern einer linearen Abbildung

Als weitere einfache Überlegung bestimmen wir die Menge aller Vektoren aus dem Vektorraum $V$, die auf das Nullelement des Vektorraums $W$ abgebildet werden. Diese Menge nennt man den Kern einer Abbildung. Sie ist für den Isomorphiesatz und die Dimensionsformel besonders wichtig.

### Die Menge aller Vektoren des Startvektorraums, die auf Null im Zielvektorraum abgebildet werden

Seien $v_{1},\,v_{2}\in V=\mathbb {R} ^{2}$ wie oben. Wir setzen $x=v_{2}-v_{1}$. Im Weiteren wird es klar werden, warum wir den Vektor $x$ so gewählt haben. Damit können wir $v_{2}$ schreiben als $v_{2}=v_{1}+x$.
$v_{1}$ und $v_{2}$ werden mit Hilfe von $L$ augrund der Eigenschaft von $L$ beide auf $w\in W=\mathbb {R} ^{2}$ abgebildet. Damit ist $L(v_{1})=w=L(v_{2})=L(v_{1}+x)=L(v_{1})+L(x)$. Das bedeutet aber, dass $L(x)=0_{W}$ sein muss. Damit haben wir $x$ so bestimmt, dass dieser Vektor unter der linearen Abbildung $L$ immer auf $0_{W}$ abgebildet wird.
Wir verallgemeinern dieses Prinzip nun für beliebige Vektoren $v\in V$.
Ist für einen Vektor $v\in V$ ein Vektor $v'\in V$ gegeben mit $L(v+v')=L(v)$, so ist $L(v+v')-L(v)=0_{W}$. Da $L$ linear ist, gilt
$0_{W}=L(v+v')-L(v)=L(v+v'-v)=L(v')$
Wir haben also für zwei beliebige Vektoren $v$ und $v'$ aus $V$ gezeigt:
$L(v+v')=L(v)\,\implies \,L(v')=0$
Wir können uns nun fragen, ob auch die umgekehrte Richtung gilt. Also, ob zu jedem Vektor $v'$ mit $L(v')=0_{W}$ gilt $L(v+v')=L(v)$.
Sei dazu $v\in V$ und $v'$ ein beliebiger Vektor aus $V$, mit $L(v')=0_{W}$. Dann gilt:
$L(v+v')=L(v)+L(v')=L(v)+0_{W}=L(v)$
Damit haben wir gezeigt, dass ein Vektor $v'$ genau dann von $L$ auf $0_{W}$ abgebildet wird, wenn $v+v'$ für einen beliebigen Vektor $v\in V$ auf den gleichen Vektor in $W$ abgebildet wird wie $v$. Anders gesagt: Es gilt genau dann $L(v')=0_{W}$, wenn $L(v+v')=L(v)$ ist.

#### Zusammenfassung

In diesem Abschnitt haben wir für Vektoren $v,v'\in V$ folgende Aussage gezeigt:
$L(v')=0_{W}\quad \iff \quad L(v+v')=L(v)$

### Die Menge aller Vektoren des Startvektorraums, die mit Hilfe einer linearen Abbildung auf einen einzigen Vektor im Zielvektorraum abgebildet werden

Wir werden nun die Menge aller Vektoren aus $V$ bestimmen, die mit der Abbildung $L$ auf den Vektor $w\in W$ abgebildet werden. Wegen obiger Äquivalenz
$L(v')=0_{W}\quad \iff \quad L(v+v')=L(v)$
reicht es, alle Vektoren $v'$ aus $V$ zu finden, die von $L$ auf $0_{W}$ abgebildet werden. Die gesuchten Vektoren sind dann $v+v'$, denn $L(v+v')=L(v)=w$.
Diese Vektoren bilden die Menge $\lbrace v+v'|L(v')=0_{W}\rbrace$.
Dies gilt, weil wir jeden Vektor $u\in V$ mit $L(u)=L(v)$ schreiben können als $u=v+v'$ falls wir den Vektor $v'=u-v\in V$ wählen. Wir suchen die Menge aller Vektoren in $V$, die von $L$ auf $L(v)$ abgebildet werden, also die Menge $\lbrace u\in V|L(u)=L(v)\rbrace$. Schreiben wir nun $v+v'$ statt $u$, so ist das die Menge $\lbrace v+v'\in V|L(v+v')=L(v)\rbrace$. Aus dem vorherigen Abschnitt wissen wir, dass ein Vektor $v'$ von $L$ genau dann auf $0_{W}$ abgebildet wird, wenn für einen Vektor $v\in V$ gilt, dass $L(v+v')=L(v)$. Folglich ist
$\lbrace u\in V|L(u)=L(v)\rbrace =\lbrace v+v'\in V|L(v+v')=L(v)\rbrace =\lbrace v+v'\in V|L(v')=0_{W}\rbrace$

### Der Kern einer linearen Abbildung

Es ist also nützlich, die Menge der $v\in V$ zu kennen, für die $L(v)=0_{W}$ gilt. Da diese Menge sehr wichtig ist, bekommt sie einen eigenen Namen. Sie heißt Kern von $L$ und wird abgekürzt geschrieben als $\ker L$. Formal können wir definieren:
Definition (Kern einer linearen Abbildung)
Seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $L:V\to W$ linear. Dann nennen wir $\ker L:=\lbrace v\in V|L(v)=0_{W}\rbrace$ den Kern von $L$.

### Warum ist es wichtig, sich mit dem Kern zu beschäftigen?

Die linearen Abbildungen werden auch "strukturerhaltende Abbildungen" zwischen Vektorräumen genannt. Durch sie kann man Vektorräume miteinander in Beziehung setzen und ihre strukturellen Eigenschaften vergleichen. Dabei interessieren uns zum Beispiel die Unterstrukturen, die durch eine lineare Abbildung sichtbar werden. Beispiele dafür sind der Kern und das Bild der linearen Abbildung, welche Untervektorräume des Start- bzw. Zielvektorraums sind. Später werden wir den Kern und das Bild noch mit den Dimensionen des Start- und Zielvektorraums in Beziehung setzen und durch lineare Abbildungen neue Informationen über diese Dimensionen gewinnen.
Analog zum Kern eines Vektorraumhomomorphismus wird auch bei anderen algebraischen Strukturen der Kern von strukturerhaltenden Abbildungen untersucht. Der Begriff "Kern" wird dir daher später noch an anderen Stellen in der Mathematik mit einer sehr ähnlichen Bedeutung wieder begegnen.
Daneben macht der Kern eine Aussage über die lineare Abbildung selbst. An ihm kann man zum Beispiel erkennen, ob eine Abbildung injektiv, also ein Monomorphismus, ist.

### Welche Elemente des Startvektorraums liegen im Kern einer linearen Abbildung ?

Wir kennen bereits aus dem Beispiel ein Element aus dem Kern von $L$, denn $L(x)=L(v_{2}-v_{1})=0_{W}$ (vgl. auch untenstehende Abbildung). Außerdem wissen wir, dass bei linearen Abbildungen $0_{V}$ immer $0_{W}$ zugeordnet wird. Also ist $0_{V}$ im Kern von jeder linearen Abbildung. Doch wie finden wir nun weitere Elemente?

### Der Kern einer linearen Abbildung ist ein Untervektorraum

Angenommen $v_{1}$ und $v_{2}$ sind im Kern von $L$. Dann können wir $L(v_{1}+v_{2})$ berechnen. Wegen der Linearität von $L$ ist:
${\begin{aligned}L(v_{1}+v_{2})&=&\quad &|\ {\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear (insbesondere additiv)}}}\\[0.3em]&=L(v_{1})+L(v_{2})&&|\ {\color {OliveGreen}v_{1},\,v_{2}\in \ker L{\text{ und damit }}L(v_{1})=L(v_{2})=0_{W}}\\[0.3em]&=0_{W}+0_{W}=0_{W}\end{aligned}}$.
Damit haben wir gezeigt, dass $v_{1}+v_{2}\in \ker L$.
Demnach ist auch $2\cdot v_{1}=v_{1}+v_{1}$ im Kern von $L$. Also ist auch $3\cdot v_{1}=2\cdot v_{1}+v_{1}\in \ker L$. Daraus folgt wiederum, dass $4\cdot v_{1}=3\cdot v_{1}+v_{1}$ im Kern von $L$ ist. Wir können dieses Verfahren so fortführen und erhalten, dass für alle natürlichen Zahlen $n\in \mathbb {N}$ und einen Vektor $v_{1}\in \ker L$ auch $n\cdot v_{1}$ im Kern von $L$ ist.
Damit können wir vermuten, dass für alle $v'\in \ker L$ und alle $\rho \in K$ gilt:
$\rho \cdot v'\in \ker L$
Wegen der Linearität von $L$ gilt tatsächlich
$L(\rho \cdot v')=\rho \cdot L(v')=\rho \cdot 0_{W}=0_{W}$
Also ist auch $\rho \cdot v'\in \ker L$.
Wir haben festgestellt, dass für alle $v_{1},v_{2}\in \ker L$ gilt: $v_{1}+v_{2}\in \ker L$. Außerdem ist für alle $\rho \in K$ und alle $v'\in \ker L$ auch $\rho \cdot v'\in \ker L$. Folglich ist $\ker L$ ein Untervektorraum von $V$.
Dies wollen wir nun in einem Satz festhalten und allgemein beweisen:
Satz
Es sei $L\colon \,V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Dann ist $\operatorname {ker} L$ ein Untervektorraum von $V$.
Beweis
Um die Behauptung zu überprüfen, müssen wir vier Dinge zeigen:
* $\ker L\subseteq V$
* $\ker L\neq \emptyset$
* Für alle $v_{1},v_{2}\in \ker L$ gilt $v_{1}+v_{2}\in \ker L$.
* Für alle $v\in \ker L$ und für alle $k\in K$ gilt $k\cdot v\in \ker L$.
Beweisschritt: $\ker L\subseteq V$
Die erste Behauptung folgt direkt aus der Definition.
Beweisschritt: $\ker L\neq \emptyset$
Da $L$ linear ist, wissen wir, dass für alle $\rho \in K$ und alle $v\in V$ gilt: $L(\rho \cdot v)=\rho \cdot L(v)$. Insbesondere gilt dann auch
$L(0_{V})=L(0_{K}\cdot 0_{V})=0_{K}\cdot L(0_{V})=0_{W}$
Also ist $0_{V}\in \ker L$ und damit ist der Kern von $L$ nicht leer.
Beweisschritt: $\forall v_{1},v_{2}\in \ker L$ gilt $v_{1}+v_{2}\in \ker L$.
Nun zeigen wir den dritten Punkt. Es gilt für alle $v_{1},v_{2}\in \ker L\subseteq V$, dass
${\begin{aligned}L(v_{1}+v_{2})&=&\quad &|\ {\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear (insbesondere additiv)}}}\\[0.3em]&=\ L(v_{1})+L(v_{2})&&|\ {\color {OliveGreen}v_{1},v_{2}\in \ker L}\\[0.3em]&=\ 0_{W}+0_{W}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\end{aligned}}$
Damit ist auch $v_{1}+v_{2}$ im Kern von $L$.
Beweisschritt: $\forall v\in \ker L$ und $\forall \rho \in K$ gilt $\rho \cdot v\in \ker L$.
Der vierte Schritt funktioniert analog zum dritten Schritt. Für alle $v\in \ker L$ und alle $\rho \in K$ gilt
${\begin{aligned}L(\rho \cdot v)&=&\quad &|\ {\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear (insbesondere homogen)}}}\\[0.3em]&=\ \rho \cdot L(v)&&|\ {\color {OliveGreen}v\in \ker L}\\[0.3em]&=\ \rho \cdot 0_{W}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\end{aligned}}$
Das heißt, dass $\rho \cdot v\in \ker L$.

### Bestimmung des Kerns in unserem obigen Beispiel

Wir wissen bereits, dass die Vektoren $0_{V}$ und $x=v_{2}-v_{1}$ im Kern von $L$ enthalten sind. Außerdem ist der Kern ein Untervektorraum. Also sind unter anderem auch die Vektoren $2\cdot x$, $3\cdot x$ und $4\cdot x$ im Kern von $L$. Allgemein sind alle Vielfachen von $x$ im Kern von $L$. Es ergibt sich eine Gerade durch $0_{V}$ und $x$. Alle Punkte auf dieser Geraden sind im Kern von $L$, das heißt, sie werden von $L$ auf $0_{W}$ abgebildet. Dass diese Punkte eine Gerade bilden, stimmt mit unserer Feststellung überein, dass der Kern ein Untervektorraum ist, denn eine Gerade durch den Nullpunkt von $V=\mathbb {R} ^{2}$ bildet einen eindimensionalen Unterraum von $V=\mathbb {R} ^{2}$.

### Der Zusammenhang zwischen der Injektivität und dem Kern einer linearen Abbildung

Betrachten wir nun eine lineare Abbildung $L:V\to W$, wobei $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume sind. Angenommen, wir wissen, dass der Kern von $L$ mehr als ein Element besitzt.
Frage: Können wir eine Aussage darüber treffen, ob die Abbildung $L$ injektiv ist?
Ja. Wenn der Kern von $L$ mehr als ein Element besitzt, dann gibt es zwei verschiedene Elemente $v_{1}$ und $v_{2}$ von $V$, so dass $v_{1},v_{2}\in \ker L$ sind. Per Definition des Kerns ist dann $L(v_{1})=0_{W}=L(v_{2})$ und folglich ist $L$ nicht injektiv, da zwei verschiedene Argumente auf denselben Funktionswert abgebildet werden.
Nun wissen wir bereits, dass der Kern von $L$ mindestens das neutrale Element $0_{V}$ des Startvektorraums besitzen muss. Der Kern muss also mindestens ein Element (nämlich $0_{V}$) besitzen. Gerade haben wir gezeigt, dass jede lineare Abbildung mit mehr als einem Element im Kern nicht injektiv ist. Gleich werden wir auch die Umkehrung zeigen, also: Wenn der Kern nur ein Element besitzt, muss die Abbildung injektiv sein. Das fassen wir zusammen im folgenden Satz:
Satz (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)
Seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und sei $L\colon V\to W$ linear. Dann gilt:
$L$ ist genau dann injektiv, wenn $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$ ist.
Insbesondere ist $L$ genau dann injektiv, wenn $\dim \ker L=0$.
Zusammenfassung des Beweises (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)
Für den Satz müssen wir zwei Richtungen zeigen:
* Wenn $L$ injektiv ist, dann ist $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$.
* Aus $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$ folgt, dass $L$ injektiv ist.
Die erste Richtung kann mit einem direkten Beweis gezeigt werden. Für die andere Richtung müssen wir zeigen, dass für beliebige $v_{1}$ und $v_{2}\in V$ mit $L(v_{1})=L(v_{2})$ folgt $v_{1}=v_{2}$, wenn $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$. Wenn wir nun wissen, dass für $v_{1},v_{2}\in V$ schon $L(v_{1})=L(v_{2})$ gilt, was gilt dann für $L(v_{1})-L(v_{2})$? Und was bedeutet das für $v_{1}-v_{2}$?
Für den Zusatz müssen wir uns überlegen, wann ein Vektorraum die Dimension Null hat.
Beweis (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)
Beweisschritt: Wenn $L$ injektiv ist, dann ist $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$.
Nehmen wir zunächst an, dass $L$ injektiv ist. Wir wissen bereits, dass $L(0_{V})=0_{W}$ ist. Da $L$ injektiv ist, kann kein anderer Vektor auf $0_{W}$ abgebildet werden (bei injektiven Funktionen wird maximal ein Argument auf einen Funktionswert abgebildet). Damit ist $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$, denn der Kern ist ja definiert als die Menge aller Vektoren, die auf den Nullvektor abgebildet werden.
Beweisschritt: Aus $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$ folgt, dass $L$ injektiv ist.
Sei $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$. Um zu zeigen, dass $L$ injektiv ist, betrachten wir zwei beliebige Vektoren $v_{1},\,v_{2}\in V$ mit $L(v_{1})=L(v_{2})$. Dann ist
${\begin{aligned}L(v_{1}-v_{2})&=&\quad &|\ {\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear}}}\\[0.3em]&=\ L(v_{1})-L(v_{2})&&|\ {\color {OliveGreen}L(v_{2})=L(v_{1})}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\end{aligned}}$
Also ist $v_{1}-v_{2}\in \ker L$. Da wir angenommen haben, dass $\ker L=0_{V}$, ist $v_{1}-v_{2}=0_{V}$ und damit $v_{1}=v_{2}$. Folglich gilt $L(v_{1})=L(v_{2})\implies v_{1}=v_{2}$ für alle $v_{1},v_{2}\in V$. Dies ist genau die Definition dafür, dass $L$ injektiv ist.
Beweisschritt: $L$ ist genau dann injektiv, wenn $\dim(\ker L)=0$ ist.
Wir haben schon gezeigt, dass $L$ genau dann injektiv ist, wenn $\ker L=\lbrace 0_{V}\rbrace$ ist. Es bleibt zu zeigen, dass dies äquivalent dazu ist, dass $\dim(\ker L)=0$ . Der Kern von $L$ ist ein Untervektorraum von $V$. Ein Untervektorraum von $V$ ist genau dann gleich $\lbrace 0_{V}\rbrace$, wenn seine Dimension Null beträgt. Also ist $L$ genau dann injektiv, wenn $\dim \ker L=0$.
Alternativer Beweis (Zusammenhang zwischen Kern und Injektivität)
Man kann diesen Satz auch mit nur einer Kette von äquivalenten Aussagen zeigen:
${\begin{aligned}L{\text{ ist injektiv}}&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}\neq v_{2}\implies L(v_{1})\neq L(v_{2})\right)\iff \\[0.3em]&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}-v_{2}\neq 0_{V}\implies L(v_{1})-L(v_{2})\neq 0_{W}\right)\iff \\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&\iff \forall v_{1},v_{2}\in V:\left(v_{1}-v_{2}\neq 0_{V}\implies L(v_{1}-v_{2})\neq 0_{W}\right)\iff \\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Setze }}{\tilde {v}}=v_{1}-v_{2}\right.}\\[0.3em]&\iff \forall {\tilde {v}}\in V:\left({\tilde {v}}\neq 0_{V}\implies L({\tilde {v}})\neq 0_{W}\right)\iff \\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ L(0_{V})=0_{W}\right.}\\[0.3em]&\iff {\text{Nur }}0_{V}{\text{ wird auf }}0_{W}{\text{ abgebildet.}}\iff \\[0.3em]&\iff \operatorname {ker} L=\{0_{V}\}\end{aligned}}$

## Das Urbild eines Vektors

Wir können nun sehr leicht die Vektoren bestimmen, die auf $w=L(v_{1})=L(v_{2})$ abgebildet werden. Wir wissen, dass dies die Menge $\lbrace u\in V|L(u)=w\rbrace =\lbrace u\in V|L(u)=L(v_{2})\rbrace =\lbrace v'+v_{2}|L(v')=0_{W}\rbrace =\lbrace v'+v_{2}|v'\in \ker L\rbrace$ ist.
Da zum Beispiel $x:=v_{2}-v_{1}$ und $2x$ im Kern von $L$ sind, werden auch die Vektoren $v_{2}+x$ und $v_{2}+2x$ auf $L(v_{2})=w$ abgebildet.
Die Vektoren aus $V$, die auf $w$ abgebildet werden, bilden also wie $\ker L$ eine Gerade. Diese besteht aus den Punkten aus $V$, die man als $v_{2}+v'$ mit dem Vektor $v'$ aus $\ker L$ schreiben kann. Also die Menge $\lbrace v_{2}+v'|v'\in \ker L\rbrace$.
Frage: Gibt es für jeden Vektor $v$ aus $V$ eine Gerade, die durch $v$ geht und alle Vektoren auf dieser Gerade werden von $L$ auf $L(v)$ abgebildet?
Ja, es gibt zu jedem Vektor $v\in V$ eine solche Gerade. Denn für alle $v'\in V$ mit $L(v')=0_{W}$, also $v'\in \ker L$, ist $L(v+v')=L(v)+L(v')=L(v)+0_{W}=L(v)$. Die $v+v'$ liegen auf einer Geraden. Das ist die Gerade, die aus der Gerade aller $v'\in \ker L$ durch Verschiebung um $v$ hervorgeht.
Für ein beliebiges $v\in V$ ist $\lbrace v+v'|v'\in \ker L\rbrace$ die Menge aller Vektoren von $V$, die auf $L(v)$ abgebildet werden. Das ist in unserem Fall eine Gerade, die aus einer Verschiebung der Geraden $\ker L$ um $v$ hervorgeht. Diese Menge ist eine Nebenklasse von $V$ und wir schreiben dafür
$v+\ker L=\lbrace v+v'|v'\in \ker L\rbrace$
Wir wissen bereits, dass der Kern von $L$ ein Untervektorraum ist.
Frage: Ist für jeden Vektor $v\in V$ die Menge $v+\ker L=\lbrace v+v'|v'\in \ker L\rbrace$ auch ein Untervektorraum von $V$?
Das hängt davon ab, ob es einen Vektor $v\in V$ gibt, der nicht im Kern von $L$ ist.
Fall 1: Es gibt ein $v\in V$ mit $v\notin \ker L$.
Damit eine Teilmenge von $V$ ein Untervektorraum sein kann, muss $0_{V}$ in dieser enthalten sein. Wir behaupten, dass $0_{V}$ nicht in $v+\ker L$ enthalten ist. Das zeigen wir durch Kontraposition.
Angenommen, es gilt $0_{V}\in v+\ker L=\lbrace v+v'|v'\in \ker L\rbrace$. Dann gibt es ein $v'\in \ker L$ mit $0_{V}=v+v'$. Daraus folgt, dass $v'=-v\in \ker L$. Da der Kern von $L$ ein Untervektorraum von $V$ ist, muss dann auch $(-1)\cdot (-v)=v$ im Kern von $L$ enthalten sein, was ein Widerspruch ist.
Damit haben wir gezeigt, dass $v+\ker L$ kein Untervektorraum ist.
Fall 2: Für alle Vektoren $v\in V$ gilt $v\in \ker L$, also $V=\ker L$.
Für alle $v\in V=\ker L$ ist dann $v+\ker L=\lbrace v+v'|v'\in \ker L\rbrace =\lbrace v'|v'\in \ker L\rbrace =\ker L$. Der Kern von $L$ ist ein Untervektorraum von $V$. Somit ist für alle $v\in V$ in diesem Fall $v+\ker L$ ein Untervektorraum.
Welche Vektoren werden auf ${\tfrac {1}{2}}w$ abgebildet? Da wir nun schon einige Vektoren kennen, die auf $w$ abgebildet werden, und wissen, dass $L$ linear ist, können wir das leicht herausfinden. Für alle $v\in V$ mit $L(v)=w$ ist ${\tfrac {1}{2}}w={\tfrac {1}{2}}L(v)=L\left({\tfrac {1}{2}}v\right)$. Zum Beispiel werden die Vektoren ${\tfrac {1}{2}}v_{1}$ und ${\tfrac {1}{2}}v_{2}$ auf ${\tfrac {1}{2}}w$ abgebildet. Das Urbild des Vektors ist hier die Nebenklasse ${\tfrac {1}{2}}v_{1}+\ker L$, eine Gerade, die aus $\ker L$ durch Verschiebung um ${\tfrac {1}{2}}v_{1}$ hervorgeht.
Hinweis
Für affine Unterräume verweisen wir auf das spätere Kapitel Affine Räume im Buch Lineare Algebra 1

## Das Bild einer linearen Abbildung

Wir haben gesehen, die Vektoren aus $V$, die jeweils auf einen bestimmten Vektor in $W$ abgebildet werden, liegen alle auf einer Geraden. Jedoch sind auch $0_{W},{\tfrac {1}{2}}w$ und $w$ Teil einer Geraden. Da diese Gerade durch $0_{W}$ geht, können wir vermuten, dass auch das Bild von $L$ eine Vektorraumstruktur aufweist.
Frage: Ist das Bild von $L$ ein Untervektorraum von $W$?
Ja. Für alle linearen Abbildungen $L:V\to W$ ist $0_{W}$ im Bild von $L$, denn $0_{V}$ wird von der linearen Abbildung auf $0_{W}$ abgebildet.
Sind $w_{1}$ und $w_{2}$ im Bild von $L$, so gibt es Vektoren $v_{1}$ und $v_{2}$ aus $V$ mit $L(v_{1})=w_{1}$ und $L(v_{2})=w_{2}$. Aufgrund der Linearität von $L$ gilt dann $L(v_{1}+v_{2})=L(v_{1})+L(v_{2})=w_{1}+w_{2}$. Also wird $v_{1}+v_{2}$ auf $w_{1}+w_{2}$ abgebildet und somit ist auch $w_{1}+w_{2}$ im Bild von $L$.
Außerdem ist für alle $\rho \in K$ und alle $w\in W$ mit $L(v)=w$ auch $\rho \cdot w$ im Bild von $L$. Denn es gilt $L(\rho \cdot v)=\rho \cdot w$.
Damit haben wir überprüft, dass das Bild von $L$ ein Vektorraum ist.
In unserem Beispiel gilt für alle Vielfachen $\rho \cdot w$ mit $\rho \in K$, dass $L(\rho \cdot v_{1})=\rho \cdot L(v_{1})=\rho \cdot w$. Somit gibt es auch für alle skalaren Vielfachen von $w$ ein Element in $V$ mit $L(v)=w$. Das Bild von $L$ ist daher die Gerade, die durch $0_{W}$ und $w$ geht.
Wie wir gesehen haben, ist auch das Bild einer linearen Abbildung eine wichtige Struktur, bei der es sich lohnt, diese genauer zu untersuchen. Deshalb führen wir auch für das Bild der linearen Abbildung $L$ eine neue Schreibweise ein: $\operatorname {im} (L)$. Die Notation kommt vom englischen Wort "image".
Die formale Definition des Bildes einer linearen Abbildung lautet:
Definition (Bild einer linearen Abbildung)
Es seien $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume und $L:V\to W$ linear. Dann nennen wir $\operatorname {im} (L):=L(V)=\lbrace w\in W|\exists v\in V:L(v)=w\rbrace$ das Bild von $L$.
Wir zeigen nun den formalen Satz, dass das Bild $im(L)$ ein Unterraum von $W$ ist.
Satz
Es sei $L:V\to W$ eine lineare Abbildung zwischen den $K$-Vektorräumen $V$ und $W$. Dann ist $\operatorname {im} (L)$ ein Untervektorraum von $W$.
Beweis
Um die Behauptung zu überprüfen, müssen wir vier Dinge zeigen:
* $\operatorname {im} (L)\subseteq W$
* $\operatorname {im} (L)\neq \emptyset$
* Für alle $w_{1},w_{2}\in \operatorname {im} (L)$ gilt $w_{1}+w_{2}\in \operatorname {im} (L)$.
* Für alle $w\in \operatorname {im} (L)$ und für alle $\rho \in K$ gilt $\rho \cdot w\in \operatorname {im} (L)$.
Beweisschritt: $\operatorname {im} (L)\subseteq V$
Die erste Behauptung folgt direkt aus der Definition.
Beweisschritt: $\operatorname {im} (L)\neq \emptyset$
Da L eine lineare Abbildung ist, gilt $L(0_{V})=0_{W}$. Somit ist $0_{W}\in \operatorname {im} (L)$ folglich ist $\operatorname {im} (L)\neq \emptyset$.
Beweisschritt: Für alle $w_{1},w_{2}\in \operatorname {im} (L)$ gilt $w_{1}+w_{2}\in \operatorname {im} (L)$.
Hierzu seien $w_{1},w_{2}\in \operatorname {im} (L)$ gegeben. Dann gibt es Vektoren $v_{1}$ und $v_{2}$ aus $V$ mit $L(v_{1})=w_{1}$ und $L(v_{2})=w_{2}$. Um zu zeigen, dass $w_{1}+w_{2}\in \operatorname {im} (L)$ gilt, müssen wir einen Vektor aus $V$ finden, der von $L$ auf $w_{1}+w_{2}$ abgebildet wird. Es gilt:
${\begin{aligned}w_{1}+w_{2}&=&\quad &|\ &{\color {OliveGreen}L(v_{1})=w_{1}{\text{ und }}L(v_{2})=w_{2}}\\[0.3em]&=\ L(v_{1})+L(v_{2})&&|\ &{\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear}}}\\[0.3em]&=\ L(v_{1}+v_{2})\end{aligned}}$
Wegen $L(v_{1}+v_{2})=w_{1}+w_{2}$ und $v_{1}+v_{2}\in V$ ist $w_{1}+w_{2}$ im Bild von $L$.
Beweisschritt: Für alle $w\in \operatorname {im} (L)$ und für alle $\rho \in K$ gilt $\rho \cdot w\in \operatorname {im} (L)$.
Sei $w\in \operatorname {im} (L)$ und $\rho \in K$. Dann gibt es einen Vektor $v\in V$ mit $L(v)=w$. Wir müssen zeigen, dass es einen Vektor in $V$ gibt, der auf $\rho \cdot w$ abgebildet wird. Es gilt:
${\begin{aligned}\rho \cdot w&=&\quad &|\ &{\color {OliveGreen}w=L(v)}\\[0.3em]&=\ \rho \cdot L(v)&&|\ &{\color {OliveGreen}L{\text{ ist linear}}}\\[0.3em]&=\ L(\rho \cdot v)\end{aligned}}$
Weil $\rho \cdot v\in V$ ist, gilt $\rho \cdot w\in \operatorname {im} (L)$.

## Intuition hinter dem Isomorphiesatz

Bisher haben wir immer die Vektoren als einzelne Objekte betrachtet, aber was passiert, wenn wir nun nur zwischen verschiedenen Geraden unterscheiden?
Wir betrachten nun nur verschiedene Geraden und nicht mehr ihre einzelnen Elemente. Zwei Geraden sind gleich, wenn ihre Elemente auf den gleichen Vektor abgebildet werden. Bzw. zwei Geraden sind verschieden, wenn ihre Vektoren unterschiedliche Bilder haben.
Wir sehen die Geraden nun als Mengen ihrer Punkte oder Vektoren an.
Wenn wir jetzt mit den Geraden rechnen möchten, müssen wir einige Regeln festhalten:
* Seien $G_{1}$ und $G_{2}$ Geraden aus $V$ und für alle $v_{1}\in G_{1}$ bzw. $v_{2}\in G_{2}$ gilt $L(v_{1})=g_{1}$ bzw. $L(v_{2})=g_{2}$. Haben wir nun $G_{3}:=G_{1}+G_{2}$, so muss für alle $v_{3}\in G_{3}$ die Gleichung $L(v_{3})=g_{1}+g_{2}=L(v_{1})+L(v_{2})=L(v_{1}+v_{2})$ gelten.
* Sei $G_{1}$ eine Gerade und $\rho \in K$ für alle $v_{1}\in G_{1}$ gilt $L(v_{1})=g_{1}$. Wenn wir jetzt $G_{2}:=ho\cdot G_{1}$ betrachten, muss für alle $v_{2}\in G_{2}$ die Gleichung $L(v_{2})=\rho \cdot g_{1}=\rho \cdot L(v_{1})=L(\rho \cdot v_{1})$ gelten.
Wenn wir Geraden addieren oder ein Skalar mit einer Geraden multiplizieren möchten, müssen wir wieder auf deren Bilder achten.

### Die Geraden als Nebenklassen

Im allgemeinen Fall sind diese "Geraden" die Nebenklassen der Form $v+\ker L=\lbrace v+v'|v'\in \ker L\rbrace$ mit dem Vektor $v$ aus $V$. Die oben genannten Rechenregeln zum Rechnen mit Geraden entsprechen den bekannten Rechenregeln für Nebenklassen:
* Seien $v_{1}$ und $v_{2}$ zwei Vektoren aus $V$. Dann gilt: $(v_{1}+\ker L)+(v_{2}+\ker L)=(v_{1}+v_{2})+\ker L$
* Sei $v\in V$ und $\rho \in K$. Dann ist $\rho \cdot (v+\ker L)=\rho \cdot v+\ker L$.
Wenn wir ein $u$ aus $v+\ker L$ gegeben haben, so folgt $u+v'\in v+\ker L$ für $v'$ aus $\ker L$. Weil $u$ ein Element aus $v+\ker L$ ist, gibt es ein $v''\in \ker L$, so dass $u=v+v''$. Dann gilt für $u+v'=v+v''+v'$. Außerdem ist $v''+v'$ ein Element im Kern von $L$, da der Kern ein Untervektorraum ist. Also lässt sich auch $u+v'$ als eine Summe von $v$ und einem Element des Kerns darstellen und dadurch gilt $u+v'\in v+\ker L$.
Für die Nebenklasse $v+\ker L$ gilt:
$v+\ker L=\lbrace v+v'|v'\in \ker L\rbrace =\lbrace u\in V|L(u)=L(v)\rbrace =L^{-1}\lbrace L(v)\rbrace$
Daraus folgt direkt: Wenn $u$ ein Element von $v+\ker L$ ist, dann gilt $u+\ker L=v+\ker L$. Denn es gilt $L(u)=L(v)$ und damit auch $u+\ker L=\lbrace x\in V|L(x)=L(u)\rbrace =\lbrace x\in V|L(x)=L(v)\rbrace =v+\ker L$
Die Menge der Nebenklassen $v+\ker L$ für alle Vektoren $v$ aus $V$ schreiben wir als $V/\ker L$. Wir können jedem Vektor $v\in V$ leicht eine Nebenklasse auf $v/\ker L$ zuordnen.

### Die natürliche Abbildung in die Nebenklasse

Wir verwenden die folgende natürliche Abbildung $\pi$, um einem Vektor $v\in V$ seine Nebenklasse $v+\ker L\in V/\ker L$ zuzuordnen:
$\pi :V\to V/\ker L;\quad \pi (v)=v+\ker L$
Diese Abbildung ist wohldefiniert, das heißt der Funktionswert zu jedem Vektor $v\in V$ ist eindeutig bestimmt und liegt in $V/\ker L$. Denn $\pi (v)=v+\ker L$. Für alle Vektoren $u\in V$ mit $\pi (v)=u+\ker L$ gilt zudem $L(v)=L(u)$ und folglich ist $v+\ker L=u+\ker L=\pi (v)$.
Die Menge der Nebenklassen $V/\ker L$ ist definiert durch $V/\ker L=\lbrace v+\ker L|v\in V\rbrace$. Ist also eine Nebenklasse $v+\ker L$ für einen Vektor $v\in V$ gegeben, so wird $v$ von der natürlichen Abbildung $\pi$ auf $v+\ker L$ abgebildet. Demnach ist die Abbildung $\pi$ surjektiv.
Die natürliche Abbildung ist aber im Allgemeinen nicht injektiv,
wie unser Beispiel zeigt. Es gilt $\pi (v_{1})=v_{1}+\ker L=v_{2}+\ker L=\pi (v_{2})$, aber $v_{1}\neq v_{2}$.
Es gilt $v+\ker L=L^{-1}\lbrace L(v)\rbrace$. Also können wir einer Nebenklasse $v+\ker L$ eindeutig den Vektor $L(v)$ im Bild von $L$ zuornden. Umgekehrt können wir dem Vektor $L(v)$ die Nebenklasse $v+\ker L$ eindeutig zuordnen.
Da es für jede Nebenklasse $v+\ker L$ genau ein Element aus $W$ gibt, können wir somit die Abbildung ${\tilde {L}}:V/\ker L\to W$ mit der Vorschrift ${\tilde {L}}(v+\ker L)=L(v)$ angeben. Diese ist wohldefiniert, da erstens ${\tilde {L}}$ nur in den Vektorraum $W$ abbildet und zweitens gibt es für jedes $v+\ker L$ aus $V/\ker L$ genau ein $L(v)$. Haben wir nun zwei Vektoren $v$ und $u\in V$ mit $u\neq v$, aber es gilt $u+\ker L=v+\ker L$. Dann muss trotzdem ${\tilde {L}}(u+\ker L)={\tilde {L}}(v+\ker L)$. Sonst bildet nämlich ein Argument auf mehrere Vektoren ab. Aber es gilt ${\tilde {L}}(u+\ker L)=L(u)=L(v)={\tilde {L}}(v+\ker L)$. Denn wie wir schon vorher gesehen haben, ist $L(u)=L(v)$, wenn die Nebenklassen $u+kerL$ und $v+\ker L$ gleich sind.
Außerdem ist ${\tilde {L}}$ injektiv. Seien $v+\ker L$ und $u+\ker L$ zwei Elemente aus $V/\ker L$ mit gleichen Bildern unter ${\tilde {L}}$, also ${\tilde {L}}(v+\ker L)={\tilde {L}}(u+\ker L)$. Dann gilt auch, dass die Bilder der Vektoren $v$ und $u$ unter der Abbildung $L$ gleich sind. Wir haben aber vorher schon gezeigt, dass wenn $L(u)=L(v)$, dann $u+\ker L=v+\ker L$. Damit ist ${\tilde {L}}$ injektiv.
Zu jedem Element im Bild gibt es also genau eine Nebenklasse. Also gibt es eine bijektive Abbildung ${\tilde {L}}:V/\ker L\to \operatorname {im} (L)$ mit der Vorschrift ${\tilde {L}}(v+\ker L)=L(v)$. Wegen der Linearität von $L$ ist diese auch linear. Diese zwei Vektorräume $V/\ker L$ und $\operatorname {im} (L)$ nennt man jetzt isomorph, da es eine bijektive, lineare Abbildung ${\tilde {L}}$ gibt. Das bedeutet dann, dass $V/\ker L$ und $\operatorname {im} (L)$ zueinander ähnlich sind.
* Kommutierendes Diagramm vom Homomorphiesatz mit Bildchen von $V,W$ und $V/\ker L$
* Wohin mit dem Satz "Das bedeutet alle Elemente aus $\ker L$ werden Null gesetzt. Das macht Sinn, da es für einen Vektor in einer Nebenklasse nichts ausmacht einen Vektor vom Kern dazu zu addieren. "?

## Dimensionssatz

Im vorigen Abschnitt haben wir uns überlegt, dass die Geraden in unserem Beispiel Elemente aus $V/\ker L$ sind. Außerdem ist die Menge aller Geraden ein Vektorraum. Dieser ist isomorph zum Bild von $L$ und daher ist $\operatorname {dim(V/\ker L)} =\operatorname {dim\operatorname {im} (L)}$.
In unserem Beispiel können wir alle Geraden schreiben als $\rho \cdot v_{1}+\ker L$, wobei $\rho$ eine reelle Zahl ist. Das bedeutet: Jede dieser Geraden in $V$ ist die Gerade des Kerns, die um ein bestimmtes Vielfaches von $v_{1}$ verschoben wurde. Daher ist der Vektorraum aller Geraden in $V$ hier eindimensional. Für diesen Fall ist also $\operatorname {dim(V/\ker L)} =1=2-1=\operatorname {dimV} -\operatorname {dim\ker L}$.
Wir können also vermuten, dass $\operatorname {dim(V/\ker L)} =\operatorname {dimV} -\operatorname {dim\ker L}$ auch in anderen Fällen gilt. Um das zu überprüfen, betrachten wir zunächst weitere Beispiele.

### Beispiele zur Überprüfung der Vermutung

Beispiel
Die Identität $\operatorname {id} :\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ ist eine injektive Abbildung. Statt Geraden erhält man hier nur Punkte als Elemente von $\mathbb {R} ^{2}/\ker \operatorname {id}$. Da die Identität bijektiv ist, findet man zu jedem Element $v\in \mathbb {R} ^{2}$ genau ein Element, das darauf abgebildet wird und das ist $v$. Also ist $\ker \operatorname {id} =\lbrace 0_{\mathbb {R} ^{2}}\rbrace$ und damit $\operatorname {dim\ker \operatorname {id} } =0$. Aus der Surjektivität der Identität folgt $\dim \mathbb {R} ^{2}/\ker \operatorname {id} =\operatorname {dim\operatorname {im} (\operatorname {id} )} =2$. Damit gilt auch hier $\operatorname {dim(\mathbb {R} ^{2}/\ker \operatorname {id} )} =2=2-0=\operatorname {dim\mathbb {R} ^{2}} -\operatorname {dim\ker \operatorname {id} }$.
Beispiel
Ein weiteres Beispiel ist die Abbildung $M:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3},M{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\0\end{pmatrix}}$. Der Kern dieser Abbildung ist $\ker M=\mathbb {R} \cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$. Denn ein Vektor ${\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}$ wird von $M$ genau dann auf ${\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$ abgebildet, wenn $x_{1}=0$ und $x_{2}=0$ ist. Somit ist $\dim \ker M=1$. Das Bild von $M$ ist die $x_{1}-x_{2}$-Ebene, also $\operatorname {im} M=\mathbb {R} \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\mathbb {R} \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ und somit zwei-dimensional. Also ist $\dim \mathbb {R} ^{3}/\ker M=\dim \operatorname {im} M=2$. Daher gilt auch in diesem Beispiel $\dim \mathbb {R} ^{3}/\ker M=2=3-1=\dim \mathbb {R} ^{3}-\dim \ker M$.

### Beweis der Vermutung

Die Geraden $V/\ker L$ füllen den gesamten Vektorraum $V$ aus. Der Kern ist ein Untervektorraum von $V$ und somit können wir erst eine Basis $B_{ker}=\lbrace b_{1},...,b_{k}\rbrace$ betrachten und diese dann zu einer Basis $B=\lbrace b_{1},...,b_{k},b_{k+1},...,b_{n}\rbrace$ ergänzen. Wir können also jeden Vektor $v\in V$ darstellen als eine Linearkombination $\sum _{i=1}^{n}{\rho _{i}b_{i}}$, wobei die $\rho _{i}$ Elemente aus dem Körper $K$ sind.
Frage: Was entscheidet nun darüber, auf welcher Gerade sich $v$ befindet?
Eine Veränderung in den Koeffizienten der ersten $k$ Basiselemente macht keinen Unterschied, da diese von $L$ auf $0_{W}$ abgebildet werden: $L\left(\sum _{i=1}^{n}{\rho _{i}b_{i}}+\sum _{j=1}^{k}{\mu _{j}b_{j}}\right)=L\left(\sum _{i=1}^{n}{\rho _{i}b_{i}}\right)+L\left(\sum _{j=1}^{k}{\mu _{j}b_{j}}\right)=L\left(\sum _{i=1}^{n}{\rho _{i}b_{i}}\right)$, wobei die $\mu _{j}$ aus $K$ sind.
Verändern wir jedoch eines oder mehrere Basiselemente von $b_{k+1},...,b_{n}$, so verändert sich die Gerade, auf der $v$ sich befindet. $B_{ker}=\lbrace b_{1},...,b_{k}\rbrace$ ist eine Basis vom Kern von $L$ ist, und $B=\lbrace b_{1},...,b_{k},b_{k+1},...,b_{n}\rbrace$ ist linear unabhängig. Folglich gilt für eine Linearkombination $\sum _{i=k+1}^{n}{\lambda _{i}b_{i}}$ mit $\lambda _{i}\in K$ genau dann $L\left(\sum _{i=k+1}^{n}{\lambda _{i}b_{i}}\right)=0_{W}$, wenn alle $\lambda _{i}$ Null sind.
Also gilt für $\epsilon _{j}\in K$ genau dann $L\left(\sum _{i=1}^{n}{\rho _{i}b_{i}}+\sum _{j=1}^{n}{\epsilon _{j}b_{j}}\right)=L\left(\sum _{i=1}^{n}{\rho _{i}b_{i}}\right)$, wenn $\epsilon _{k+1},...,\epsilon _{n}=0$.
Demnach ist es sinnvoll zu behaupten, dass $B':=\lbrace b_{k+1}+\ker L,...,b_{n}+\ker L\rbrace$ eine Basis von $V/\ker L$ ist. Denn wir wissen, dass $\lbrace b_{k+1},....,b_{n}\rbrace$ linear unabhängig sind. Andererseits bestimmen die Koeffizienten in einer Linearkombination eines Vektors $v\in V$ von diesen Vektoren, auf welcher Geraden sich dieser Vektor $v$ befindet. Also ist $B'$ auch ein Erzeugendensystem von $V/\ker L$.
Dass $B'$ wirklich eine Basis von $V/\ker L$ ist, beweisen wir später ausführlich.

### Der Dimensionssatz

$B'$ hat $n-k$ Elemente und somit ist $\operatorname {dim(V/\ker L)} =n-k=|B|-|B_{ker}|=\operatorname {dimV} -\operatorname {dim\ker L}$.
Im vorherigen Abschnitt haben wir festgestellt, dass $V/\ker L$ isomorph ist zum Bild $\operatorname {im} (L)$. Das bedeutet, dass diese Vektorräume zueinander ähnlich (isomorph) sind. Also ist ihre Dimension gleich: $\operatorname {dim(V/\ker L)} =\operatorname {dim\operatorname {im} (L)}$. Nach der Formel, die wir bewiesen haben, ist $\operatorname {dimV} -\operatorname {dim\ker L} =\operatorname {dim\operatorname {im} (L)}$. Anders formuliert:
$\operatorname {dimV} =\operatorname {dim\ker L} +\operatorname {dim\operatorname {im} (L)}$
Diese Formel nennt man den Dimensionssatz.
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