# Mathe für Nicht-Freaks: Faktorraum, Quotientenraum

* ↳ Projekt „Mathe für Nicht-Freaks“
* ↳ Lineare Algebra 1 Inhalte „Lineare Algebra 1“ Einführung in die lineare Algebra  Vektorräume  Einführung in den Vektorraum  Vektorraum  Eigenschaften von Vektorräumen  Beweise für Vektorräume führen  Der Körper als Vektorraum  Koordinatenräume  Folgenräume  Funktionenraum  Untervektorraum  Vereinigung und Durchschnitt von Vektorräumen  Summe von Unterräumen  Innere direkte Summe  Komplement  Nebenklassen eines Unterraums  Faktorraum  Linearkombinationen, Erzeugendensystem und Basis  Lineare Abbildungen  Matrizen  Isomorphiesatz und Dimensionsformel
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In diesem Artikel betrachten wir den Faktorraum $V/U$ eines $K$-Vektorraums $V$ bezüglich eines Untervektorraums $U$. Der Faktorraum $V/U$ ist ein Vektorraum, in dem wir wie in $V$ bis auf Abweichungen in $U$ rechnen können.
Der Faktorraum $V/U$ wird auch häufig Quotientenraum genannt.

## Einführung
### Rechnen mit Lösungen eines linearen Gleichungssystems

Wir betrachten die Matrix
$A={\begin{pmatrix}1&1&0\\-1&-1&1\end{pmatrix}}.$
Wir wollen nun versuchen, für verschiedene Vektoren $b\in \mathbb {R} ^{2}$ das lineare Gleichungssystem $Ax=b$ zu lösen. Für $b_{1}=(3,-7)^{T}$ erhalten wir beispielsweise $x_{1}=(1,2,-4)^{T}$ als eine Lösung und für $b_{2}=(1,2)^{T}$ beispielsweise $x_{2}=(2,0,3)^{T}$ als eine Lösung. Das heißt, es gilt $Ax_{1}=b_{1}$ und $Ax_{2}=b_{2}$. Wir suchen nun eine Lösung für $Ax=b_{1}+b_{2}$. Dafür müssen wir das Gleichungssystem nicht erneut lösen, sondern können unsere bisherigen Lösungen verwenden, indem wir sie addieren. Dann haben wir $A(x_{1}+x_{2})=Ax_{1}+Ax_{2}=b_{1}+b_{2}$, also ist $x_{1}+x_{2}=(3,2,-1)^{T}$ ist eine Lösung von $Ax=b_{1}+b_{2}$.
Lösungen für das obige Gleichungssystem sind nicht eindeutig: Das Gleichungssystem $Ax=b_{1}$ wird auch von $x_{1}'=(2,1,-4)^{T}$ gelöst und $Ax=b_{2}$ auch von $x_{2}'=(-1,3,3)^{T}$. Die Lösungen $x_{1}$ und $x_{1}'$ sowie $x_{2}$ und $x_{2}'$ unterscheiden sich voneinander: Es gilt $x_{1}=x_{1}'+(-1,1,0)^{T}$ und $x_{2}=x_{2}'+(3,-3,0)^{T}$. Die Unterschiede $(-1,1,0)^{T}$ und $(3,-3,0)^{T}$ sind beide Lösungen des (homogenen) Gleichungssystems $Ax=0$. Das heißt, sie liegen im Kern von $A$. Das gilt auch im Allgemeinen: Sind $x$ und $x'$ zwei verschiedene Lösungen von $Ax=b$, so unterscheiden sie sich nur um ein Element im Kern von $A$, denn $A(x-x')=Ax-Ax'=b-b=0$. Den Kern von $A$ bezeichnen wir im Folgenden mit $U$. Wir können diese allgemeine Regel auf die beiden Lösungen $x_{1}+x_{2}$ und $x_{1}'+x_{2}'$ von $Ax=b_{1}+b_{2}$ anwenden. Damit sehen wir, dass die Differenz $(x_{1}+x_{2})-(x_{1}'+x_{2}')$ in $U$ liegt.
Bei Skalaren $\lambda \in \mathbb {R}$ können wir genauso vorgehen: Wir haben eine Lösung $x_{1}$ von $Ax=b_{1}$ und wollen $Ax=\lambda b_{1}$ lösen, ohne neu zu rechnen. Wieder können wir eine Lösung erhalten, indem wir unsere bereits bestimmte Lösung $x_{1}$ benutzen. Es gilt $A(\lambda x_{1})=\lambda (Ax_{1})=\lambda b_{1}$, also ist $\lambda x_{1}$ eine Lösung. Für die zweite Lösung $x_{1}'$ funktioniert das auch: $x=\lambda x_{1}'$ ist eine Lösung von $Ax=\lambda b$. Wieder ist der Unterschied zwischen $\lambda x_{1}$ und $\lambda x_{1}'$ in $U$. Wir können also mit Lösungen von linearen Gleichungssystemen rechnen, um neue Lösungen zu finden. Dabei sind uns Unterschiede in $\ker(A)=U$ bei den Rechenergebnissen egal. Man sagt auch, die Vektoren sind modulo $U$ gleich, wenn sie sich nur um etwas in $U$ unterscheiden. Zum Beispiel sind die Lösungen $x_{1}+x_{2}$ und $x_{1}'+x_{2}'$ des Gleichungssystems $Ax=b_{1}+b_{2}$ modulo $U$ gleich. Beim Rechnen mit Lösungen von linearen Gleichungssystemen rechnen wir also modulo $U$.
Neben dem Fachbegriff ist „modulo“ ein schönes Synonym von „bis auf“ oder „bis auf etwas in“. Also sind zwei Vektoren $v$ und $v'$ modulo $U$ gleich, wenn sie bis auf etwas in $U$ gleich sind, d.h. wenn es ein $u\in U$ gibt, so dass $v=v'+u$. Das ist äquivalent dazu, dass die Differenz $v-v'$ in $U$ liegt: Gilt $v-v'\in U$, dann ist $v=v'+u$ mit $u=v-v'\in U$. Umgekehrt ist $v-v'=u\in U$, wenn $v=v'+u$ für ein $u\in U$.

### Konstruktion des Faktorraums

In dem Beispiel haben wir in einem Vektorraum $V$ gerechnet, die Ergebnisse aber nur bis auf Unterschiede in einem Unterraum $U$ betrachtet. Wir haben Vektoren $v$ und $v'$ in $V$ mit $v-v'\in U$ als gleich angesehen. Um das Rechnen bis auf etwas in $U$ zu formalisieren, identifizieren wir Vektoren, welche gleich modulo $U$ sind. Dafür konstruieren wir eine Äquivalenzrelation $\sim$ und bilden $V/\sim$. Wir definieren
$v\sim v'\quad :\iff \quad v-v'\in U.$
Diese Relation haben wir schon einmal gesehen, es ist die Relation mit der wir die Menge der Nebenklassen eines Unterraums definiert haben. Dort haben wir gesehen, dass $\sim$ eine Äquivalenzrelation ist. Die Menge der Äquivalenzklassen haben wir mit $V/U$ bezeichnet.
Nun wollen wir mit diesen Vektoren modulo $U$ rechnen, das heißt, wir wollen eine Vektorraumstruktur auf $V/U$ definieren. Dafür definieren wir die Addition $\boxplus$ und skalare Multiplikation $\boxdot$ auf $V/U$. Für $v+U,w+U\in V/U$ und $\lambda \in K$ definieren wir
${\begin{aligned}(v+U)\boxplus (w+U)&:=(v+w)+U\\\lambda \boxdot (v+U)&:=(\lambda \cdot v)+U\end{aligned}}$
Die Vektorraumoperationen haben wir hierbei auf Repräsentanten definiert. Das heißt, wir haben uns aus den involvierten Nebenklassen jeweils ein Element gesucht und mit Hilfe von diesen $\boxplus$ und $\boxdot$ definiert. Im Allgemeinen haben Nebenklassen jedoch verschiedene Repräsentanten. Es ist aber noch nicht klar, ob die Definitionen von $\boxplus$ und $\boxdot$ von der Wahl der Repräsentanten unabhängig sind. Andernfalls wäre die Definition nicht sinnvoll: Zum Beispiel könnte dann $v,w,v',w'\in V$ mit $v+U=v'+U$ und $w+U=w'+U$ sein, aber $(v+w)+U\neq (v'+w')+U$.
Das heißt, wir müssen zeigen, dass diese Definition unabhängig von der Wahl des Repräsentanten ist. Diesen Beweis führen wir weiter unten. Die Eigenschaft, dass die Definition nicht von der Wahl des Repräsentanten abhängt, nennt man Wohldefiniertheit, weil wir zeigen müssen, dass die Definition, die wir hingeschrieben haben, auch ein eindeutiges mathematisches Objekt liefert. Das tun wir weiter unten.
Wir müssen auch noch zeigen, dass $V/U$ mit dieser Addition und skalaren Multiplikation ein Vektorraum ist. Auch das werden wir weiter unten sehen.

## Definition

Im vorherigen Abschnitt haben wir uns überlegt, wie ein Vektorraum $V/U$ aussehen kann, dessen Vektorraumstruktur dem Rechnen modulo $U$ entspricht. Die Elemente von $V/U$ sind die Nebenklassen $v+U$. Die Vektorraumstruktur wollen wir über die Repräsentanten definieren. Achtung: Wir müssen noch die Wohldefiniertheit beweisen, d.h. dass das Ergebnis der Addition bzw. skalaren Multiplikation nicht von der Wahl der Repräsentanten abhängt. Das machen wir in diesem Abschnitt.
Um die Addition und Skalarmultiplikation auf $V/U$ von der auf $V$ zu unterscheiden, bezeichnen wir die Operationen auf $V/U$ in diesem Artikel mit „$\boxplus$“ und „$\boxdot$“. Andere Artikel und Quellen verwenden meist „$+$“ und „$\cdot$“ für die Vektorraumoperationen.
Definition (Faktorraum bzw. Quotientenraum)
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U\subseteq V$ ein Untervektorraum von $V$ und
$V/U=\{v+U\mid v\in V\}$
die Menge der Nebenklassen von $U$ in $V$. Weiter seien $v,w\in V$.
Wir definieren die Addition in $V/U$ durch:
${\begin{aligned}&\boxplus :(V/U\times V/U)\to V/U\\&(v+U)\boxplus (w+U):=(v+w)+U.\end{aligned}}$
Analog definieren wir die skalare Multiplikation auf $V/U$ als:
${\begin{aligned}&\boxdot :(K\times V/U)\to V/U\\&\lambda \boxdot (v+U):=(\lambda \cdot v)+U.\end{aligned}}$

### Erklärung zur Definition

Wir haben die Addition und Skalarmultiplikation auf dem Faktorraum $V/U$ definiert. Aber was genau bedeuten die Formeln $(v+U)\boxplus (w+U):=(v+w)+U$ und $\lambda \boxdot (v+U):=(\lambda \cdot v)+U$? Um die Addition $\boxplus$ in $V/U$ zu definieren, brauchen wir zwei Vektoren aus $V/U$. Vektoren in $V/U$ sind Nebenklassen, haben also die Form $v+U$ und $w+U$ mit $v,w\in V$. Die Addition dieser Vektoren $(v+U)\boxplus (w+U)$ können wir berechnen, indem wir erst $v$ und $w$ in $V$ zu $v+w$ addieren und anschließend die zugehörige Nebenklasse $(v+w)+U$ bilden:
${\color {OliveGreen}\underbrace {{\color {Blue}\underbrace {v+U} _{\text{Nebenklasse}}}\boxplus {\color {Blue}\underbrace {w+U} _{\text{Nebenklasse}}}} _{{\text{Addition in }}V/U}}={\color {Blue}\underbrace {{\color {OliveGreen}\underbrace {(v+w)} _{{\text{Addition in }}V}}+U} _{\text{Nebenklasse}}}$
Die skalare Multiplikation funktioniert ähnlich: Für ein Skalar $\lambda \in K$ und eine Nebenklasse $v+U$ mit $v\in V$ wollen wir $\lambda \boxdot (v+U)$ definieren. Dafür berechnen wir erst das Skalarprodukt $\lambda \cdot v$ in $V$ und bilden danach die Nebenklasse dieses Vektors $(\lambda \cdot v)+U$:
${\color {OliveGreen}\underbrace {\lambda \boxdot {\color {Blue}\underbrace {(v+U)} _{\text{Nebenklasse}}}} _{{\text{Skalare Multiplikation in }}V/U}}={\color {Blue}\underbrace {{\color {OliveGreen}\underbrace {(\lambda \cdot v)} _{{\text{Skalare Multiplikation in }}V}}+U} _{\text{Nebenklasse}}}$
Wir berechnen also erst die Addition bzw. skalare Multiplikation der Repräsentanten in $V$ und bilden anschließend die Nebenklasse. Man sagt: Die Vektorraumstruktur auf $V/U$ ist die von $V$ „induzierte“ Vektorraumstruktur.

### Wohldefiniertheit der Operationen im Faktorraum

Wir wollen prüfen, ob die Operationen von $\boxplus$ und $\boxdot$ von der Wahl von Repräsentanten unabhängig – also wohldefiniert – sind.
Satz (Wohldefiniertheit der Operationen im Quotientenraum)
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U\subseteq V$ ein Untervektorraum. Dann sind die Addition in und skalare Multiplikation auf $V/U$ wohldefiniert.
Beweis (Wohldefiniertheit der Operationen im Quotientenraum)
Für die Wohldefiniertheit müssen wir Folgendes zeigen: Wenn wir in der Definition unterschiedliche Repräsentanten derselben Nebenklasse einsetzen, erhalten wir das gleiche Ergebnis. Mathematisch bedeutet dies, dass wir Folgendes zeigen müssen:
* Für $\boxplus$: Seien $v,v',w,w'\in V$. Sind $v+U=v'+U$ und $w+U=w'+U$, so ist $(v+w)+U=(v'+w')+U$.
* Für $\boxdot$: Seien $v,v'\in V$ und $\lambda \in K$. Sind $v+U=v'+U$, so ist $(\lambda \cdot v)+U=(\lambda \cdot v')+U$.
Beweisschritt: Wohldefiniertheit der Addition
Per Definition von Nebenklassen müssen wir zeigen, dass $(v+w)-(v'+w')\in U$ gilt. Wegen $(v+w)-(v'+w')=v+w-v'-w'=(v-v')+(w-w')$ ist dies äquivalent dazu, dass $(v-v')+(w-w')\in U$. Nun repräsentieren $v$ und $v'$ bzw. $w$ und $w'$ die jeweils gleiche Nebenklasse modulo $U$. Also ist $v-v',w-w'\in U$. Da $U$ ein Untervektorraum von $V$ ist, folgt $(v-v')+(w-w')\in U$. Also ist die Definition von $\boxplus$ unabhängig von der Wahl der Repräsentanten.
Beweisschritt: Wohldefiniertheit der skalaren Multiplikation
Die Wohldefiniertheit der skalaren Multiplikation $\boxdot$ sehen wir genauso: Wir müssen in obiger Notation zeigen, dass $\lambda \cdot v-\lambda \cdot v'=\lambda \cdot (v-v')\in U$ gilt. Da $v$ und $v'$ die gleiche Nebenklasse modulo $U$ repräsentieren, ist per Definition von Nebenklassen $v-v'\in U$. Weil $U$ ein Untervektorraum ist, gilt folglich $\lambda \cdot (v-v')\in U$. Also ist die skalare Multiplikation unabhängig von der Wahl des Repräsentanten.

### Beweis der Vektorraumaxiome

Wir zeigen, dass der Quotientenraum wieder ein $K$-Vektorraum ist, indem wir die Axiome für $V/U$ auf die für $V$ geltenden zurückführen. Die Quotientenbildung ist daher genau wie Unterraumbildung ein Weg, aus einem vorhandenen $K$-Vektorraum neue Vektorräume zu induzieren.
Aufgabe (Nachweis der Vektorraumaxiome im Faktorraum)
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U\subseteq V$ ein Untervektorraum, dann ist $V/U$ mit den oben definierten Verknüpfungen ein $K$-Vektorraum
Lösung (Nachweis der Vektorraumaxiome im Faktorraum)
Beweisschritt: Eigenschaften der kommutativen, additiven Gruppe (auch abelsche Gruppe genannt)
Wir betrachten als erstes die Eigenschaften der Addition. Dafür seien $v,w,z\in V$.
1. Assoziativität:
Wir führen zurück auf die Assoziativität in $V$
${\begin{aligned}(v+U)\boxplus ((w+U)\boxplus (z+U))&=(v+U)\boxplus ((w+z)+U)\\[0.3em]&=(v+(w+z))+U\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Assoziativität im Vektorraum }}V\right.}\\[0.3em]&=((v+w)+z)+U\\[0.3em]&=((v+w)+U)\boxplus (z+U)\\[0.3em]&=((v+U)\boxplus (w+U))\boxplus (z+U)\end{aligned}}$
2. Kommutativität
Auch die Kommutativität führen wir zurück auf die in $V$
${\begin{aligned}(v+U)\boxplus (w+U)&=(v+w)+U\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Kommutativität im Vektorraum }}V\right.}\\[0.3em]&=(w+v)+U\\[0.3em]&=(w+U)\boxplus (v+U)\end{aligned}}$
3. Existenz des neutralen Elements
Da wir Verschiebungen von $U$ betrachten, sollte $U$ (als Nebenklasse $0+U$), das neutrale Element bezüglich der Addition sein. Wir führen zurück auf die Neutralität von $0$ in $V$:
$(v+U)\boxplus (0+U)=(v+0)+U=v+U$
4. Existenz inverser Elemente
Wir betrachten die Nebenklasse $v+U$. Für das zu $v+U$ inverse Element $v'+U$ muss gelten:
$(v+U)\boxplus (v'+U)=0+U.$
Die Addition eines Elements mit seinem Inversen liefert also das neutrale Element $0+U$.
Wir führen das Inverse von $v+U$ auch wieder zurück auf Inverse in $V$. Sei $v$ ein Repräsentant von $v+U$, $(-v)$ sein Inverses in $V$. Dann gilt:
$(v+U)\boxplus ((-v)+U)=(v-v)+U=0+U.$
Das zu $v+U$ inverse Element ist also $-v+U$.
Beweisschritt: Distributivgesetze
1. Skalares Distributivgesetz
Für die Multiplikation eines Vektors (im Faktorraum also einer Nebenklasse) mit der Summe von Skalaren gilt:
${\begin{aligned}(\lambda +\mu )\boxdot (v+U)&=((\lambda +\mu )\cdot v)+U\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivgesetz im Vektorraum }}V\right.}\\[0.3em]&=(\lambda \cdot v+\mu \cdot v)+U\\[0.3em]&=\lambda v+U\boxplus \mu v+U\\[0.3em]&=\lambda \boxdot (v+U)\boxplus \mu \boxdot (v+U)\end{aligned}}$
2. Vektorielles Distributivgesetz
Genauso können wir zeigen, dass auch das Distributivgesetz für die Multiplikation eines Skalars mit der Summe zweier Vektoren (d.h. im Faktorraum Nebenklassen) gilt:
${\begin{aligned}\lambda \boxdot (v+U\boxplus w+U)&=\lambda \boxdot (v+w)+U\\[0.3em]&=(\lambda \cdot (v+w))+U\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Distributivgesetz im Vektorraum }}V\right.}\\[0.3em]&=(\lambda v+\lambda w)+U\\[0.3em]&=\lambda v+U\boxplus \lambda w+U\\[0.3em]&=\lambda \boxdot (v+U)\boxplus \lambda \boxdot (w+U)\end{aligned}}$
Beweisschritt: Eigenschaften der Skalarmultiplikation
Wir zeigen jetzt, dass die skalare Multiplikation von Nebenklassen auch die entsprechenden Vektorraumaxiome erfüllt, wieder durch Zurückführung auf die entsprechenden Eigenschaften der skalaren Multiplikation in $V$. Dazu seien $\lambda ,\mu \in K$ und $v,w\in V$. Dann gelten folgende Axiome:
1. Assoziativgesetz für Skalare
Die skalare Multiplikation ist assoziativ, da
${\begin{aligned}(\lambda \cdot \mu )\boxdot (v+U)&=((\lambda \cdot \mu )\cdot v)+U\\&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Assoziativgesetz im Vektorraum }}V\right.}\\&=(\lambda \cdot (\mu )\cdot v))+U\\&=\lambda \boxdot ((\mu v)+U)\\&=\lambda \boxdot (\mu \boxdot (v+U))\end{aligned}}$
gilt.
2. Neutrales Element der skalaren Multiplikation
Wir wollen nachweisen, dass $1\in K$ auch für $\boxdot$ das neutrale Element ist. Das heißt es muss $1\boxdot (v+U)=v+U$ gelten. Mit Zurückführung auf die Neutralität von 1 in $V$ erhalten wir: Wegen $1\cdot v=v$ ist
$1\boxdot (v+U)=(1\cdot v)+U=v+U$
Also ist $1\in K$ das neutrale Element der skalaren Multiplikation und $V/U$ ein $K$-Vektorraum.

## Beispiele
### Satellitenbilder

Beispiel (Satellitenbilder)
Wir stellen uns vor, dass wir auf einem Aussichtspunkt in New York stehen, von dem aus wir die Skyline betrachten. In dieser Situation sehen wir unsere Umgebung dreidimensional. In einigen Fällen, beispielsweise bei der Erstellung von Karten, wollen wir die Umwelt bewusst zweidimensional darstellen. Dies geschieht unter anderem bei Satellitenbildern. Hier sehen wir eine solche Satellitenaufnahme von New York.
Wenn wir eine Karte beziehungsweise ein Satellitenbild erstellen wollen, müssen wir Informationen aus drei Dimensionen in zwei Dimensionen projizieren. Wir überlegen uns nun, wie das gelingen kann. Dafür schauen wir uns zum Beispiel die Kante eines Hochhauses an.
Auf dem Schrägbild erkennen wir, dass eine Kante in etwa 180 Meter senkrecht in die Luft ragt. Im Satellitenbild hingegen sehen wir die Kante lediglich als einen Bildpunkt. Dieser Bildpunkt kommt zustande, indem alle Punkte der Kante des Hochhauses auf diesen Punkt abgebildet werden. Analog erhalten wir alle anderen Punkte des Satellitenbildes.
Mathematisch können wir uns das Erstellen eines Satellitenbildes als Faktorraum des $\mathbb {R} ^{3}$ modulo der $x_{3}$-Achse vorstellen. Alle Punkte, die auf derselben Gerade parallel zur $x_{3}$-Achse liegen, werden dabei miteinander identifiziert und jede solche Äquivalenzklasse entspricht einem Bildpunkt auf dem Satellitenbild.

### Beispiel im endlichen Vektorraum

Oben haben wir uns ein anschauliches Beispiel angeschaut. Im zweiten Beispiel verlassen wir die Anschauung und schauen uns ein abstrakteres Zahlenbeispiel an.
Beispiel (Quotientenraum in $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}$)
Im Vektorraum-Artikel haben wir gesehen, wie wir uns $(\mathbb {Z} /5\mathbb {Z} )^{2}$ als Gitterpunkte auf einem Torus vorstellen können. Mit der gleichen Methode können wir uns $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}$ ebenfalls als Gitterpunkte auf einem Torus vorstellen:
Einen Torus erhalten wir aus einem Quadrat durch Verkleben der Kanten wie folgt:
Das heißt, wir können einen Torus mit einem Quadrat identifizieren, bei dem man, wenn man über eine Kante läuft, auf der gegenüberliegenden Seite wieder heraus kommt. Damit erhalten wir $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}$ folgendermaßen: Auf obigem Torus zeichnen wir neun Punkte in Gitterform ein. Wir erhalten dann das folgende Bild:
Der von $(1,1)^{T}$ erzeugte Unterraum $U\subseteq (\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}$, entspricht einer diskreten Gerade. Diese legen wir durch obige Punke.
Wir haben nun auf zwei verschiedenen Seiten direkt neben der Geraden punkte Liegen. Wir haben Punkte, die direkt rechts neben der Geraden liegen; das heißt sie sind um $+(1,0)^{T}$ von der Geraden verschoben. Weiter haben wir Punkte, die direkt links neben der Geraden liegen; das heißt sie sind um $-(1,0)^{T}$ von der Geraden verschoben. Im Bild sieht das so aus:
Wir erhalten folgende Relationen zwischen den Punkten:
* Wenn wir einen direkt linken Punkt und einen direkt rechten Punkt addieren erhalten wir einen Punkt auf der Geraden: Zum Beispiel ist ${\color {Red}(0,1)^{T}}+{\color {Blue}(1,0)^{T}}={\color {Purple}(1,1)^{T}}$.
* Wenn wir zwei direkt linke Punkte addieren, erhalten wir einen direkt rechten Punkt, da wir über eine Verklebestelle gehen: Wir haben zum Beispiel ${\color {Red}(0,1)^{T}}+{\color {Red}(2,0)^{T}}={\color {Blue}(2,1)^{T}}$.
* Wenn wir zwei direkt rechte Punkte addieren, erhalten wir einen direkt linken Punkt, da wir über eine Verklebestelle gehen: Beispielsweise ist ${\color {Blue}(0,2)^{T}}+{\color {Blue}(1,0)^{T}}={\color {Red}(1,2)^{T}}$.
Wenn wir die Nebenklassen von $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}/U$ bilden, so können wir beobachten, dass zwei Punkte genau dann gleich um die Gerade liegen, wenn sie in der gleichen Nebenklasse sind. Ferner können wir sehen, dass unsere Relationen zwischen den Punkten genau der Addition in $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}/U$ entspricht. Somit haben wir mit diesen Positionen um die Gerade und obigen Relationen den Faktorraum $(\mathbb {Z} /3\mathbb {Z} )^{2}/U$ vollständig beschrieben.

## Zusammenhang Faktorraum und Komplement

Im Faktorraum $V/U$ rechnen wir mit Vektoren in $V$ bis auf Abweichungen in $U$. Anteile in $U$ werden also „ignoriert“. Wir kennen eine andere Konstruktion, die man ähnlich interpretieren kann: Das Komplement. Ein Komplement eines Unterraums $U\subseteq V$ ist ein Unterraum $W\subseteq V$, sodass $U\oplus W=V$ gilt. Hierbei bezeichnet $U\oplus W$ die innere direkte Summe von $U$ und $W$ in $V$, d.h. $U\oplus W=U+W$ und $U\cap W=\{0\}$. Ein Vektor $v\in V$ lässt sich dann eindeutig schreiben als $v=u+w$, wobei $u\in U$ und $w\in W$. Das Komplement selbst muss aber nicht eindeutig sein! Es kann verschiedene Unterräume $W,W'\subseteq V$ geben, mit $U\oplus W=V=U\oplus W'$.
Beim Faktorraum "vergessen" wir den Anteil von $v$, der in $U$ liegt, indem wir $v$ auf die Nebenklasse $v+U$ abbilden:
$V\to V/U,\quad v\mapsto v+U$
Ist $W$ ein Komplement von $U$ und $v=u+w$ für eindeutige $u\in U$ und $w\in W$, dann können wir analog den $U$-Teil vergessen, indem wir $v$ auf den $W$-Teil $w$ abbilden:
$V=U\oplus W\to W,\quad v=u+w\mapsto w$
Anscheinend ähneln sich $V/U$ und ein Komplement $W$. Können wir die beiden Vektorräume $V/U$ und $W$ identifizieren, d.h. sind sie isomorph? Ja, sind sie, was wir in folgendem Satz beweisen.
Satz (Isomorphismus vom Komplement und Faktorraum)
Sei $W$ ein Komplement von $U$ in $V$. Dann ist die Projektion $f\colon W\to V/U;w\mapsto w+U$ ein linearer Isomorphismus zwischen $W$ und dem Quotientenraum $V/U$.
Beweis (Isomorphismus vom Komplement und Faktorraum)
Wir wollen zeigen, dass $f$ linear, d.h. mit der Addition und der Skalarmultiplikation verträglich, und bijektiv ist.
Beweisschritt: Linearität von $f$
Da $W\subseteq V$ ein Unterraum ist und die Skalarmultiplikation und Addition auf Repräsentanten definiert ist, ist $f$ mit Addition und skalarer Multiplikation verträglich. Das heißt, es gilt für $\lambda \in K$ und $v,w\in W$
$f(v+w)=(v+w)+U=(v+U)\boxplus (w+U)=f(v)\boxplus f(w)$
sowie
$f(\lambda \cdot v)=(\lambda \cdot v)+U=\lambda \boxdot (v+U)=\lambda \boxdot f(v).$
Beweisschritt: Surjektivität von $f$
Sei $v+U\in V/U$. Da $W$ ein Komplement zu $U$ ist, finden wir $u\in U$ und $w\in W$ mit $v=u+w$. Dann gilt
$f(w)=w+U{\overset {(*)}{=}}(w+u)+U=v+U,$
wobei wir in $(*)$ benutzt haben, dass $(w+u)-w=u\in U$ und somit $w+U=(w+u)+U$ gilt. Also ist $f$ surjektiv.
Beweisschritt: Injektivität von $f$
Wir zeigen $\ker(f)=\{0\}$. Sei dafür $w\in \ker(f)$, d.h. $w\in W$ mit $f(w)=0+U$. Also gilt $w+U=f(w)=0+U$. Damit ist $w=w-0\in U$. Da $U$ ein Komplement von $W$ ist, gilt $U\cap W=\{0\}$. Da $w\in U$ und $w\in W$, folgt $w\in U\cap W=\{0\}$ und somit $w=0$.
Wir haben gesehen, dass $V/U$ isomorph zu jedem beliebigen Komplement von $U$ ist. Also sollte es sich auch wie ein Komplement verhalten, d.h. es sollte gelten $U\oplus V/U=V$. Doch Achtung: Weil $V/U$ kein Untervektorraum von $V$ ist, können wir nicht die innere direkte Summe mit $U$ bilden. Wir können aber stattdessen die äußere direkte Summe von $U$ und $V/U$ betrachten:
$U\oplus V/U=\{(u,v+U)\mid u\in U,v+U\in V/U\}$
Dies kann zwar nicht gleich $V$ sein, aber isomorph zu $V$. Das werden wir nun zeigen.
Satz ($U\oplus V/U\cong V$)
Sei $U$ ein Untervektorraum eines $K$-Vektorraums $V$. Dann gilt $U\oplus V/U\cong V$.
Beweis ($U\oplus V/U\cong V$)
Sei $W$ ein Komplement von $U$, d.h. $U\cap W=\{0\}$ und $U+W=V$. Aus dem vorherigen Satz wissen wir, dass die Abbildung
$f\colon W\to V/U,\quad w\mapsto w+U$
ein Isomorphismus ist. Wir zeigen damit zunächst, dass
$g\colon U\oplus W\to U\oplus V/U,\quad (u,w)\mapsto (u,w+U)$
ein Isomorphismus ist, wobei hier $U\oplus W=\{(u,w)\mid u\in U,w\in W\}$ die äußere direkte Summe bezeichnet.
Beweisschritt: $g$ ist linear
Es gilt $g(u,w)=(\operatorname {id} _{U}(u),f(w))$ für alle $(u,w)\in U\oplus W$. Damit folgt direkt, dass $g$ linear ist, da Addition und skalare Multiplikation auf $U\oplus W$ komponentenweise definiert sind und $\operatorname {id} _{U}$ und $f$ linear sind.
Beweisschritt: $g$ ist bijektiv
Das folgt ebenfalls aus $g(u,w)=(\operatorname {id} _{U}(u),f(w))$ für alle $(u,w)\in U\oplus W$, da die Identität $\operatorname {id} _{U}$ und $f$ bijektiv sind.
Wir haben also $U\oplus V/U\cong U\oplus W$. Nach diesem Satz ist die innere direkte Summe der Unterräume $U$ und $W$ isomorph zu ihrer äußeren direkten Summe. Also gilt $V=U\oplus _{I}W\cong U\oplus W\cong U\oplus V/U$, wobei mit $U\oplus _{I}W$ die innere direkte Summe von $U$ und $W$ gemeint ist.
"diesem Satz" zum passenden Satz verlinken

## Aufgaben

Aufgabe (Die Projektion ist linear)
Sei $V$ ein $K$-Vektorraum und $U\subseteq V$ ein Unterraum. Zeige, dass die kanonische Projektion
$\pi \colon V\to V/U,\quad v\mapsto v+U$
linear ist.
Lösung (Die Projektion ist linear)
Seien $v,w\in V$ und $\lambda \in K$ beliebig. Wir schreiben wieder $\boxplus$ und $\boxdot$ für die Vektorraumstruktur auf $V/U$. Es gilt
${\begin{aligned}&\pi (\lambda v+w)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\pi \right.}\\[0.3em]=&(\lambda v+w)+U\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxplus \right.}\\[0.3em]=&((\lambda v)+U)\boxplus (w+U)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\boxdot \right.}\\[0.3em]=&(\lambda \boxdot (v+U))\boxplus (w+U)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}\pi \right.}\\[0.3em]=&(\lambda \boxdot \pi (v))\boxplus \pi (w).\end{aligned}}$
Also ist $\pi$ linear.
Linearkombinationen, Erzeugendensystem und Basis →
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