Was sagt der Kern einer Matrix aus?

Da f{\displaystyle f}

linear ist, wissen wir, dass f(0V)=0W{\displaystyle f(0_{V})=0_{W}}

gilt. Also ist ker⁡f≠∅{\displaystyle \ker f\neq \emptyset }

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Was gibt der Kern an?
Was sagt eine Matrix aus?
Was ist der Kern der einheitsmatrix?
Wie liest man eine Matrix?

Beweisschritt: Für alle v1,v2∈ker⁡f{\displaystyle v_{1},v_{2}\in \ker f}

gilt v1+v2∈ker⁡f{\displaystyle v_{1}+v_{2}\in \ker f}

Nun zeigen wir den dritten Punkt: Für alle v1,v2∈ker⁡f⊆V{\displaystyle v_{1},v_{2}\in \ker f\subseteq V}

gilt

f(v1+v2)= f(v1)+f(v2) ↓f ist linear (insbesondere additiv)= 0W+0W ↓v1,v2∈ker⁡f= 0W{\displaystyle {\begin{aligned}f(v_{1}+v_{2})&=\ f(v_{1})+f(v_{2})\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow f{\text{ ist linear (insbesondere additiv)}}\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}+0_{W}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow v_{1},v_{2}\in \ker f\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\end{aligned}}}

Damit ist auch v1+v2{\displaystyle v_{1}+v_{2}}

im Kern von f{\displaystyle f}.

Beweisschritt: Für alle v∈ker⁡f{\displaystyle v\in \ker f}

und alle λ∈K{\displaystyle \lambda \in K}

gilt λ⋅v∈ker⁡f{\displaystyle \lambda \cdot v\in \ker f}

Der vierte Schritt funktioniert analog zum dritten Schritt: Für alle v∈ker⁡f{\displaystyle v\in \ker f}und alle λ∈K{\displaystyle \lambda \in K}gilt

f(λ⋅v)=λ⋅f(v) ↓f ist linear (insbesondere homogen)= λ⋅0W ↓v∈ker⁡f= 0W{\displaystyle {\begin{aligned}f(\lambda \cdot v)&=\lambda \cdot f(v)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow f{\text{ ist linear (insbesondere homogen)}}\right.}\\[0.3em]&=\ \lambda \cdot 0_{W}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow v\in \ker f\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\end{aligned}}}

Das heißt, dass λ⋅v∈ker⁡f{\displaystyle \lambda \cdot v\in \ker f}.

Nun zeigen wir den dritten Punkt: Für alle v1,v2∈ker⁡f⊆V{\displaystyle v_{1},v_{2}\in \ker f\subseteq V}gilt

Damit ist auch v1+v2{\displaystyle v_{1}+v_{2}}im Kern von f{\displaystyle f}.

Der vierte Schritt funktioniert analog zum dritten Schritt: Für alle v∈ker⁡f{\displaystyle v\in \ker f}und alle λ∈K{\displaystyle \lambda \in K}gilt

Das heißt, dass λ⋅v∈ker⁡f{\displaystyle \lambda \cdot v\in \ker f}.

Nehmen wir zunächst an, dass f{\displaystyle f}injektiv ist. Wir wissen bereits, dass f(0V)=0W{\displaystyle f(0_{V})=0_{W}}ist. Da f{\displaystyle f}injektiv ist, kann kein anderer Vektor auf 0W{\displaystyle 0_{W}}

abgebildet werden; schließlich bilden injektiven Funktionen maximal ein Argument auf einen Funktionswert ab. Damit ist ker⁡f={0V}{\displaystyle \ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace }

, denn der Kern ist als die Menge aller Vektoren definiert, die den Nullvektor treffen.

Sei ker⁡f=0V{\displaystyle \ker f=0_{V}}

. Um zu zeigen, dass f{\displaystyle f}injektiv ist, betrachten wir zwei Vektoren v1{\displaystyle v_{1}}

und v2{\displaystyle v_{2}}

aus V{\displaystyle V}

mit f(v1)=f(v2){\displaystyle f(v_{1})=f(v_{2})}

. Dann ist

f(v1−v2)=↓f ist linear=f(v1)−f(v2)↓f(v2)=f(v1)= 0W{\displaystyle {\begin{aligned}f(v_{1}-v_{2})&=\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=f(v_{1})-f(v_{2})\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow f(v_{2})=f(v_{1})\right.}\\[0.3em]&=\ 0_{W}\\\end{aligned}}}

Also ist v1−v2∈ker⁡f{\displaystyle v_{1}-v_{2}\in \ker f}

. Da wir ker⁡f=0V{\displaystyle \ker f=0_{V}}angenommen haben, folgt v1−v2=0V{\displaystyle v_{1}-v_{2}=0_{V}}

und damit v1=v2{\displaystyle v_{1}=v_{2}}

. Somit gilt f(v1)=f(v2)⟹v1=v2{\displaystyle f(v_{1})=f(v_{2})\implies v_{1}=v_{2}}

für alle v1,v2∈V{\displaystyle v_{1},v_{2}\in V}

. Dies ist genau die Definition dafür, dass f{\displaystyle f}injektiv ist.

Wir haben schon gezeigt, dass f{\displaystyle f}genau dann injektiv ist, wenn ker⁡f={0V}{\displaystyle \ker f=\lbrace 0_{V}\rbrace }ist. Es bleibt zu zeigen, dass dies äquivalent dazu ist, dass dim⁡(ker⁡f)=0{\displaystyle \dim(\ker f)=0}

ist. Der Kern von f{\displaystyle f}ist ein Untervektorraum von V{\displaystyle V}. Ein Untervektorraum von V{\displaystyle V}ist genau dann gleich {0V}{\displaystyle \lbrace 0_{V}\rbrace }

, wenn seine Dimension Null beträgt. Also ist f{\displaystyle f}genau dann injektiv, wenn dim⁡ker⁡f=0{\displaystyle \dim \ker f=0}

Sei x′∈L(A,b){\displaystyle x'\in L(A,b)}

. Dann gilt Ax′=b=Ax^{\displaystyle Ax'=b=A{\hat {x}}}

. Der einzig mögliche Kandidat für y{\displaystyle y}

, um die Gleichung x′=x^+y{\displaystyle x'={\hat {x}}+y}

zu erfüllen, ist y=x′−x^{\displaystyle y=x'-{\hat {x}}}

. Weil

Ay=A(x′−x^)=Ax′−Ax^=b−b=0{\displaystyle Ay=A(x'-{\hat {x}})=Ax'-A{\hat {x}}=b-b=0}

gilt, ist y∈ker⁡(fA){\displaystyle y\in \ker(f_{A})}

Wir zeigen, dass x^+y∈L(A,b){\displaystyle {\hat {x}}+y\in L(A,b)}

für jedes y∈ker⁡(fA){\displaystyle y\in \ker(f_{A})}gilt. Sei y∈ker⁡(fA){\displaystyle y\in \ker(f_{A})}beliebig. Dann gilt Ay=0{\displaystyle Ay=0}

. Weil x^{\displaystyle {\hat {x}}}

nach Annahme eine Lösung von Ax=b{\displaystyle Ax=b}

ist, folgt

A(x^+y)=Ax^+Ay=b+0=b.{\displaystyle A({\hat {x}}+y)=A{\hat {x}}+Ay=b+0=b.}

Also ist x^+y{\displaystyle {\hat {x}}+y}

ebenfalls eine Lösung von Ax=b{\displaystyle Ax=b}und liegt somit in der Menge L(A,b){\displaystyle L(A,b)}

Sei f:V→W{\displaystyle f:V\to W}

ein Monomorphismus und {v1,...,vn}{\displaystyle \{v_{1},...,v_{n}\}}

eine Basis von V{\displaystyle V}. Dann ist {v1,...,vn}{\displaystyle \{v_{1},...,v_{n}\}}insbesondere linear unabhängig und daher ist {f(v1),...,f(vn)}{\displaystyle \{f(v_{1}),...,f(v_{n})\}}

linear unabhängig. Es folgt also, dass dim⁡(W)≥n=dim⁡(V){\displaystyle \dim(W)\geq n=\dim(V)}

ist. Somit ist dim⁡(W)≥dim⁡(V){\displaystyle \dim(W)\geq \dim(V)}

ein notwendiges Kriterium für die Existenz eines Monomorphismus von V{\displaystyle V}nach W{\displaystyle W}

Umgekehrt können wir im Fall dim⁡(V)≤dim⁡(W){\displaystyle \dim(V)\leq \dim(W)}

einen Monomorphismus konstruieren: Sei {v1,…,vn}{\displaystyle \{v_{1},\dots ,v_{n}\}}

eine Basis von V{\displaystyle V}und {w1,…,wm}{\displaystyle \{w_{1},\dots ,w_{m}\}}

eine Basis von W{\displaystyle W}. Dann ist n=dim⁡(V)≤dim⁡(W)=m{\displaystyle n=\dim(V)\leq \dim(W)=m}

. Wir definieren eine lineare Abbildung f:V→W{\displaystyle f\colon V\to W}

, indem wir

f(vi)=wi{\displaystyle f(v_{i})=w_{i}}

für alle i=1,…,n{\displaystyle i=1,\ldots ,n}

setzen. Nach dem Prinzip der linearen Fortsetzung existiert eine solche lineare Abbildung und ist durch diese Vorschrift eindeutig bestimmt. Wir zeigen nun, dass f{\displaystyle f}injektiv ist, indem wir beweisen, dass ker⁡(f)={0V}{\displaystyle \ker(f)=\{0_{V}\}}

gilt. Sei x∈ker⁡(f){\displaystyle x\in \ker(f)}

. Weil {v1,…,vn}{\displaystyle \{v_{1},\dots ,v_{n}\}}eine Basis von V{\displaystyle V}ist, gibt es λ1,…,λn∈K{\displaystyle \lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n}\in K}

mit

x=∑i=1nλivi.{\displaystyle x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}.}

Damit folgt

0V=f(x)=f(∑i=1nλivi) ↓ f ist linear=∑i=1nλif(vi) ↓ f(vi)=wi=∑i=1nλiwi ↓ λi=0 für i>n=∑i=1mλiwi{\displaystyle {\begin{aligned}0_{V}=f(x)&=f\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}\right)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f{\text{ ist linear}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}f(v_{i})\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(v_{i})=w_{i}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}w_{i}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lambda _{i}=0{\text{ für }}i>n\right.}\\[0.3em]&=\sum _{i=1}^{m}\lambda _{i}w_{i}\end{aligned}}}

Da {w1,…,wm}{\displaystyle \{w_{1},\dots ,w_{m}\}}linear unabhängig sind, muss λi=0K{\displaystyle \lambda _{i}=0_{K}}

für alle i=1,…,n{\displaystyle i=1,\ldots ,n}gelten. Also folgt für x{\displaystyle x}

x=∑i=1nλivi=∑i=1n0K⋅vi=0V.{\displaystyle x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}v_{i}=\sum _{i=1}^{n}0_{K}\cdot v_{i}=0_{V}.}

Wir haben gezeigt, dass ker⁡(f)={0V}{\displaystyle \ker(f)=\{0_{V}\}}gilt und somit ist f{\displaystyle f}ein Monomorphismus.

Der Kern von f

Wir haben schon gesehen, dass

ker⁡(f)={(xx)∣x∈R}=span⁡((11)){\displaystyle \ker(f)=\left\{{\begin{pmatrix}x\\x\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {R} \right\}=\operatorname {span} \left({\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\right)}

Nun bestimmen wir das Bild von f{\displaystyle f}, indem wir f{\displaystyle f}auf die Standardbasis anwenden.

f(10)=(−31)f(01)=(3−1){\displaystyle {\begin{aligned}f{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-3\\1\end{pmatrix}}\\f{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}\end{aligned}}}

Also gilt im⁡(f)=span⁡(f((1,0)T),f((0,1)T)){\displaystyle \operatorname {im} (f)=\operatorname {span} (f((1,0)^{T}),f((0,1)^{T}))}

. Wir sehen, dass die beiden Vektoren linear abhängig sind. Das heißt, wir können das Bild mit nur einem Vektor erzeugen: im⁡(f)=span⁡((−3,1)T){\displaystyle \operatorname {im} (f)=\operatorname {span} ((-3,1)^{T})}

Das Bild von f
Bild und Kern von f gemeinsam

In unserem Beispiel sind Bild und Kern der Abbildung f{\displaystyle f}Geraden durch den Ursprung. Die beiden Geraden schneiden sich nur in der Null und spannen zusammen den ganzen R2{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}

auf.

Wir beweisen die Aussage durch Kontraposition. Das heißt wir zeigen: Ist ker⁡(f)={0}{\displaystyle \ker(f)=\{0\}}

, dann ist f{\displaystyle f}nicht nilpotent.

Sei ker⁡(f)={0}{\displaystyle \ker(f)=\{0\}}. Dann ist f{\displaystyle f}injektiv, und als Verkettung injektiver Funktionen ist auch f∘f{\displaystyle f\circ f}

injektiv. Mit vollständiger Induktion folgt, dass für alle n∈N{\displaystyle n\in \mathbb {N} }

die Funktion fn=f∘⋯∘f⏟n mal{\displaystyle f^{n}=\underbrace {f\circ \cdots \circ f} _{n{\text{ mal}}}}

injektiv ist. Damit ist dann aber auch ker⁡(fn)={0}{\displaystyle \ker(f^{n})=\{0\}}

für alle n∈N{\displaystyle n\in \mathbb {N} }. Da der Kern der Nullabbildung ist ganz V≠{0}{\displaystyle V\neq \{0\}}

wäre, ist fn{\displaystyle f^{n}}

für kein n∈N{\displaystyle n\in \mathbb {N} }die Nullabbildung. Folglich ist f{\displaystyle f}nicht nilpotent.

Die umgekehrte Implikation gilt nicht. Es gibt Abbildungen, die weder injektiv noch nilpotent sind. Zum Beispiel können wir

f:R2→R2,(xy)↦(x0){\displaystyle f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\quad {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}}

Was gibt der Kern an?

Der Kern ist die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems . Da die rechte Seite des linearen Gleichungssystems gleich Null ist, handelt es sich um ein homogenes lineares Gleichungssystem.

Was sagt eine Matrix aus?

Matrizen drücken lineare Abhängigkeiten von mehreren Variablen aus und können als lineare Abbildungen interpretiert werden (und beispielsweise Spiegelungen, Projektionen und Drehungen beschreiben). Weiters können mit ihrer Hilfe lineare Gleichungssysteme sehr kompakt angeschrieben und diskutiert werden.

Was ist der Kern der einheitsmatrix?

Der Kern der Matrix sind alle 4-dimensionalen - Vektoren, die bei Multiplikation mit den Null-Vektor ergeben.

Wie liest man eine Matrix?

Matrizen bestehen aus m Zeilen und n Spalten, weshalb sie auch (m,n)-Matrizen genannt werden. Die Dimension einer einzelnen Matrix (Matrizen ist nur der Plural vom Begriff „Matrix“) mit m Zeilen und n Spalten ist m × n . Die Elemente einer Matrix bezeichnet man auch als Koeffizienten!