# Mathe für Nicht-Freaks: Vektorraum linearer Abbildungen

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Wir betrachten den Vektorraum der linearen Abbildungen zwischen zwei Vektorräumen.

## Der Vektorraum der linearen Abbildungen

Im Bild heißt Hom_K(V, W) noch L(V,W)
Seien $K$ ein Körper und $V,W$ zwei $K$-Vektorräume. Wir wollen nun die Menge aller $K$-linearen Abbildungen von $V$ nach $W$ betrachten. Diese Menge nennen wir $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$. Also:
$\operatorname {Hom} _{K}(V,W):=\{\,L:V\to W\,|\,L{\text{ ist }}K{\text{-linear}}\,\}.$
Wir vermuten, dass diese Menge einen $K$-Vektorraum bildet, genauer gesagt einen Unterraum von $\operatorname {Abb} (V,W)$. Von dieser Menge wissen wir bereits, dass sie ein $K$-Vektorraum ist.
Satz
Sei $K$ ein Körper und $V$ und $W$ zwei $K$-Vektorräume. Dann ist die Menge der linearen Abbildungen $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ von $V$ nach $W$ ein $K$-Vektorraum.
Wie kommt man auf den Beweis?
Es reicht zu zeigen, dass $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ ein $K$-Untervektorraum von $\operatorname {Abb} (V,W)$ ist. Dazu müssen wir zeigen:
* $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)\neq \emptyset$
* Für alle $L_{1},L_{2}\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ gilt $L_{1}+L_{2}\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$.
* Für alle $L\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ und alle $\lambda \in K$ gilt $\lambda \cdot L\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$.
Beweis
Wir zeigen, dass $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ ein Untervektorraum von $\operatorname {Abb} (V,W)$ ist.
Beweisschritt: $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)\neq \emptyset$
Die Abbildung $L\colon V\to W,\quad v\mapsto 0_{W}$ ist eine $K$-lineare Abbildung. Also ist $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)\neq \emptyset$.
Beweisschritt: Für alle $L_{1},L_{2}\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ gilt $L_{1}+L_{2}\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$.
Wir müssen zeigen, dass die Abbildung
$(L_{1}+L_{2})\colon V\to W$
eine $K$-lineare Abbildung ist.
Beweisschritt: Additivität von $(L_{1}+L_{2})$
Seien $v_{1},v_{2}\in V$. Dann gilt
${\begin{aligned}&(L_{1}+L_{2})(v_{1}+v_{2})=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L_{1}+L_{2}\right.}\\[0.3em]=\ &L_{1}(v_{1}+v_{2})+L_{2}(v_{1}+v_{2})=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Additivität von }}L_{1}{\text{ und }}L_{2}\right.}\\[0.3em]=\ &L_{1}(v_{1})+L_{1}(v_{2})+L_{2}(v_{1})+L_{2}(v_{2})=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Kommutativität der Addition in }}W\right.}\\[0.3em]=\ &L_{1}(v_{1})+L_{2}(v_{1})+L_{1}(v_{2})+L_{2}(v_{2})=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L_{1}+L_{2}\right.}\\[0.3em]=\ &(L_{1}+L_{2})(v_{1})+(L_{1}+L_{2})(v_{2}).\end{aligned}}$
Beweisschritt: Homogenität von $(L_{1}+L_{2})$
Sei $v\in V$ und $\lambda \in K$. Dann gilt
${\begin{aligned}&(L_{1}+L_{2})(\lambda \cdot v)=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L_{1}+L_{2}\right.}\\[0.3em]=\ &L_{1}(\lambda v)+L_{2}(\lambda v)=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Homogenität von }}L_{1}{\text{ und }}L_{2}\right.}\\[0.3em]=\ &\lambda \cdot L_{1}(v)+\lambda \cdot L_{2}(v)=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivität der Skalarmultiplikation}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lambda \cdot (L_{1}(v)+L_{2}(v))=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}L_{1}+L_{2}\right.}\\[0.3em]=\ &\lambda \cdot (L_{1}+L_{2})(v).\end{aligned}}$
Beweisschritt: Für alle $L\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ und alle $\mu \in K$ gilt $\mu \cdot L\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$.
Sei $L:V\to W$ eine lineare Abbildung und $\mu \in K$. Wir müssen zeigen, dass die Abbildung
$\mu \cdot L\colon V\to W,\,v\mapsto \mu \cdot L(v)$
eine $K$-lineare Abbildung ist.
Beweisschritt: Additivität von $\mu \cdot L$
Seien $v_{1},v_{2}\in V$. Dann gilt
${\begin{aligned}&(\mu \cdot L)(v_{1}+v_{2})=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\mu \cdot L\right.}\\[0.3em]=\ &\mu \cdot L(v_{1}+v_{2})=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Additivität von }}L\right.}\\[0.3em]=\ &\mu (L(v_{1})+L(v_{2}))=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivität der Skalarmultiplikation}}\right.}\\[0.3em]=\ &\mu \cdot L(v_{1})+\mu \cdot L(v_{2})=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\mu \cdot L\right.}\\[0.3em]=\ &(\mu \cdot L)(v_{1})+(\mu \cdot L)(v_{2}).\end{aligned}}$
Beweisschritt: Homogenität von $\mu \cdot L$
Sei $v\in V$ und $\lambda \in K$. Dann gilt
${\begin{aligned}&(\mu \cdot L)(\lambda \cdot v)=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\mu \cdot L\right.}\\[0.3em]=\ &\mu \cdot L(\lambda v)=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität von }}L\right.}\\[0.3em]=\ &\mu \cdot (\lambda \cdot L(v))=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Assoziativität der Skalarmultiplikation}}\right.}\\[0.3em]=\ &(\mu \cdot \lambda )\cdot L(v)=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Kommutativität der Multiplikation in }}K\right.}\\[0.3em]=\ &(\lambda \cdot \mu )\cdot L(v)=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\mu \cdot L\right.}\\[0.3em]=\ &\lambda \cdot (\mu \cdot L)(v).\end{aligned}}$
Damit ist $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ ein Unterraum von $\operatorname {Abb} (V,W)$.

## Die Dimension des Vektorraums der linearen Abbildungen

Wir wollen im Folgenden die Dimension des Vektorraums der linearen Abbildungen zwischen zwei endlich-dimensionalen Vektorräumen berechnen.
Satz (Dimension des Vektorraums der linearen Abbildungen)
Sei $K$ ein Körper, $V,W$ zwei $K$-Vektorräume mit $n=\dim _{K}(V)<\infty ,m=\dim _{K}(W)<\infty$.
Dann gilt $\dim _{K}(\operatorname {Hom} _{K}(V,W))=n\cdot m$.
Wie kommt man auf den Beweis? (Dimension des Vektorraums der linearen Abbildungen)
Um die Dimension von $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ zu finden, müssen wir eine Basis dieses Raumes konstruieren.
Wollen wir eine Abbildung von $V$ nach $W$ definieren, so müssen wir für $n$ verschiedene Basisvektoren von $V$ ihr Bild in $W$ festlegen. Dieses lässt sich wieder als Linearkombination der $m$ verschiedenen Basisvektoren von $W$ darstellen.
Beweis (Dimension des Vektorraums der linearen Abbildungen)
Wir wählen zunächst zwei Basen:
Es sei ${\mathcal {B}}_{V}=\{\,v_{1},\dots ,v_{n}\,\}\subset V$ eine Basis von $V$,
Es sei ${\mathcal {B}}_{W}=\{\,w_{1},\dots ,w_{m}\,\}\subset W$ eine Basis von $W$.
Wir wollen für jedes $i\in \{\,1,\dots ,n\,\},j\in \{\,1,\dots ,m\,\}$ eine lineare Abbildung $f_{i,j}\colon V\to W$ definieren. Aufgrund des Prinzips der linearen Fortsetzung können wir diese eindeutig durch ihre Werte auf der Basis ${\mathcal {B}}_{V}$ festgelegen:
${\begin{aligned}f_{i,j}\colon V&\to W\\v_{k}&\mapsto {\begin{cases}0&{\text{falls }}k\neq i,\\w_{j}&{\text{falls }}k=i.\end{cases}}\end{aligned}}$
Sei ${\mathcal {B}}:=\{\,f_{i,j}\,|\,i\in \{\,1,\dots ,n\,\},j\in \{\,1,\dots ,m\,\}\,\}\subset \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$.
Diese Menge hat $|{\mathcal {B}}|=m\cdot n$ Elemente.
Um die Aussage des Satzes zu beweisen, müssen wir also begründen, dass ${\mathcal {B}}$ eine Basis von $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)$ ist.
Dazu müssen wir zeigen, dass ${\mathcal {B}}$ linear unabhängig und ein Erzeugendensystem ist.
Beweisschritt: ${\mathcal {B}}$ ist linear unabhängig
Seien $\lambda _{i,j}\in K$, sodass $\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}\lambda _{i,j}\cdot f_{i,j}=0_{\operatorname {Hom} _{K}(V,W)}$.
Wir müssen nun zeigen, dass bereits $\lambda _{i,j}=0_{K}$ für alle $i,j$.
Sei $k\in \{\,1,\dots ,n\,\}$.
Dann ist:
${\begin{aligned}0_{W}&=0_{\operatorname {Hom} _{K}(V,W)}(v_{k})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\lambda _{i,j}\right.}\\[0.3em]&=\left(\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}\lambda _{i,j}\cdot f_{i,j}\right)(v_{k})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition der Summe und Skalarmultiplikation linearer Abbildungen}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}\lambda _{i,j}\cdot f_{i,j}(v_{k})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Aufspalten der Summe}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j=1}^{m}\lambda _{k,j}\cdot \underbrace {f_{k,j}(v_{k})} _{=w_{j}}+\sum _{i\neq k}\sum _{j=1}^{m}\lambda _{i,j}\cdot \underbrace {f_{i,j}(v_{k})} _{=0_{W}}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition der }}f_{i,j}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j=1}^{m}\lambda _{k,j}\cdot w_{j}.\end{aligned}}$
Da die $w_{j}$ eine Basis von $W$ bilden, sind sie linear unabhängig. Daher folgt breits $\lambda _{k,j}=0_{K}$ für alle $j$ und unser festes $k$.
Da dieses $k$ beliebig gewählt wurde, folgt nun $\lambda _{k,j}=0_{K}$ für alle $k,j$.
Also sind die $f_{i,j}$ linear unabhängig.
Beweisschritt: ${\mathcal {B}}$ ist ein Erzeugendensystem
Sei $g\in \operatorname {Hom} _{K}(V,W)$.
Für jedes $i\in \{\,1,\dots ,n\,\}$ ist $f(v_{i})\in W$. Da ${\mathcal {B}}_{W}$ eine Basis von $W$ ist, gibt es eine eindeutige Zerlegung $g(v_{i})=\sum _{j=1}^{m}\alpha _{i,j}\cdot w_{j}$ mit $\alpha _{i,j}\in K$.
Wir zeigen nun:
$g=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}\alpha _{i,j}\cdot f_{i,j}.$
Wegen der Linearität lässt sich dies auf den Basisvektoren ${\mathcal {B}}_{V}$ verifizieren. Sei dazu $k\in \{\,1,\dots ,n\,\}$ beliebig.
Dann ist:
${\begin{aligned}g(v_{k})&=\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\alpha _{k,j}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j=1}^{m}\alpha _{k,j}\cdot w_{j}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}f_{k,j}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j=1}^{m}\alpha _{k,j}\cdot f_{k,j}(v_{k})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f_{i,j}(v_{k})=0_{W}{\text{ für alle }}i\neq k\right.}\\[0.3em]&=\sum _{j=1}^{m}\alpha _{k,j}\cdot f_{k,j}(v_{k})+\underbrace {\sum _{i\neq k}\sum _{j=1}^{m}\alpha _{i,j}\cdot \underbrace {f_{i,j}(v_{k})} _{=0_{W}}} _{=0_{W}}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenziehen der Summen}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}\alpha _{i,j}\cdot f_{i,j}(v_{k})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition der Summe und Skalarmultiplikation linearer Abbildungen}}\right.}\\[0.3em]&=\left(\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}\alpha _{i,j}\cdot f_{i,j}\right)(v_{k}).\end{aligned}}$
Daher ist ${\mathcal {B}}$ ein Erzeugendensystem.
Damit haben wir die Aussage des Satzes bewiesen.
Hinweis
Eine ähnliche Aussage gilt auch für unendlich-dimensionale Vektorräume:
Ist $\dim _{K}(V)=\infty$ oder $\dim _{K}(W)=\infty$, und $V\neq 0\neq W$, gilt auch $\dim _{K}(\operatorname {Hom} _{K}(V,W))=\infty$.
Ist allerdings $V=0$ und $W$ beliebig (oder andersherum), so gilt $\operatorname {Hom} _{K}(V,W)=0$.
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