7.5 Der Dualraum eines Vektorraums
Sei \(K\) ein Körper.
Die Vektorraumstruktur auf \(\operatorname{Hom}_K(V, K)\) ist dabei wie folgt gegeben (siehe Definition 7.6 und die der Definition folgende Erklärung):
Oft wird der Dualraum auch mit \(V^\ast \) bezeichnet. Seine Elemente, die linearen Abbildungen \(V\to K\), nennt man auch Linearformen. Sie werden oft mit den griechischen Kleinbuchstaben \(\lambda \), \(\mu \), … bezeichnet.
Diese (eigentlich sehr einfache) Konstruktion ist abstrakter als etwa ein Teilraum von \(K^n\), der durch explizite Gleichungen gegeben ist. Gleichzeitig liefert sie Beispiele für \(K\)-Vektorräume, die nicht ein Untervektorraum eines Standard-Vektorraums \(K^n\) sind.
Die Theorie des Dualraums lässt sich direkt mit linearen Gleichungssystemen verbinden, denn die Lösungsmenge in \(K^n\) einer einzigen linearen Gleichung in \(n\) Unbestimmten ist der Kern einer geeigneten Linearform \(K^n\to K\). So liefern die Ergebnisse dieses Abschnitts auch einen weiteren Beweis der Tatsache, dass jeder Untervektorraum von \(K^n\) Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems ist (Bemerkung 7.57).
Interessant wird der Dualraum (unter anderem), weil man zu einem Vektorraum-Homomorphismus \(f\colon V\to W\) eine Abbildung zwischen den Dualräumen definieren kann, und zwar die sogenannte duale Abbildung
wir bilden also ein Element \(\lambda \in W^\vee \), d.h. eine lineare Abbildung \(\lambda \colon W\to K\), ab auf die Verkettung \(\lambda \circ f\), die eine lineare Abbildung \(V\to K\) ist, also ein Element von \(V^\vee \). Man beachte, dass sich sozusagen die Richtung des Abbildungspfeils umkehrt: Beginnen wir mit einer Abbildung \(V\to W\), so ist die duale Abbildung eine Abbildung von \(W^\vee \) nach \(V^\vee \).
Die Abbildung \(f^\vee \) ist eine lineare Abbildung: Für \(a,b\in K\), \(\lambda ,\mu \in W^\vee \) haben wir
und diese Abbildung hat die Abbildungsvorschrift
genauso wie die Abbildung
Die Konstruktion der dualen Abbildung ist kompatibel mit der Verkettung von Abbildungen: Sind \(f\colon U\to V\) und \(g\colon V\to W\) lineare Abbildungen, und sind \(f^\vee \colon V^\vee \to U^\vee \) und \(g^\vee \colon W^\vee \to V^\vee \) die dazu dualen Abbildungen, so gilt
In der Tat ist \((g\circ f)^\vee (\lambda ) = \lambda \circ (g\circ f) = (\lambda \circ g)\circ f = g^\vee (\lambda )\circ f = f^\vee (g^\vee (\lambda ))\). Außerdem gilt natürlich \(\operatorname{id}_V^\vee = \operatorname{id}_{V^\vee }\).
Diese abstrakten Eigenschaften haben die folgende nützliche Konsequenz: Ist \(f\colon V\to W\) ein Vektorraum-Isomorphismus, dann ist auch \(f^\vee \colon W^\vee \to V^\vee \) ein Isomorphismus. Denn ist \(g\) der Umkehrhomomorphismus zu \(f\), so gilt \(f\circ g = \operatorname{id}_W\), \(g\circ f =\operatorname{id}_V\), also mit dem eben gesagten: \(g^\vee \circ f^\vee = \operatorname{id}_{W^\vee }\), \(f^\vee \circ g^\vee = \operatorname{id}_{V^\vee }\), d.h. die Abbildung \(g^\vee \) ist die Umkehrabbildung von \(f^\vee \).
Es gilt auch der folgende Satz, der Injektivität und Surjektivität von \(f\) und seiner dualen Abbildung miteinander in Verbindung bringt.
Seien \(V\) und \(W\) [endlich erzeugte] Vektorräume über \(K\). Sei \(f\colon V\to W\) ein Vektorraum-Homomorphismus, und \(f^\vee \) die dazu duale Abbildung.
Die Abbildung \(f\) ist genau dann injektiv, wenn \(f^\vee \) surjektiv ist.
Die Abbildung \(f\) ist genau dann surjektiv, wenn \(f^\vee \) injektiv ist.
Die Einschränkung in eckigen Klammern erklärt sich wie üblich dadurch, dass wir im Beweis vom Basisergänzungssatz Gebrauch machen.
zu (1). Sei zunächst \(f\) injektiv und sei \(U= \operatorname{Im}(f)\) das Bild der Abbildung \(f\). Da \(f\) injektiv ist, ist die Abbildung \(f\colon V\to U\) injektiv und surjektiv, also ein Isomorphismus. Wir bezeichnen mit \(g\colon U\to V\) die Umkehrabbildung. Sei nun \(U^\prime \) ein Komplement von \(U\) in \(W\).
Wir wollen zeigen, dass \(f^\vee \colon W^\vee \to V^\vee \) surjektiv ist. Sei also \(\lambda \in V^\vee \). Wir definieren eine lineare Abbildung \(\mu \colon W\to K\) (also ein Element von \(W^\vee \)) wie folgt:
Dann gilt \((\mu \circ f)(v) = \mu (f(v)) = \lambda (v)\), also \(\mu \circ f = \lambda \). Das bedeutet gerade \(f^\vee (\mu )=\lambda \).
Sei nun \(f^\vee \) surjektiv. Wir wollen zeigen, dass \(f\) injektiv ist. Angenommen, das wäre nicht der Fall, so dass der Untervektorraum \(\operatorname{Ker}(f)\) von \(V\) nicht der Nullvektorraum ist. Dann gibt es eine lineare Abbildung \(\lambda \colon V\to K\), deren Einschränkung auf \(\operatorname{Ker}(f)\) nicht die Nullabbildung ist. (Denn wir können eine Basis von \(\operatorname{Ker}(f)\) zu einer Basis von \(V\) ergänzen und dann die Abbildung \(\lambda \) definieren, indem wir auf den Basisvektoren beliebige Werte vorgeben.) Dann kann aber \(\lambda \) nicht die Form \(\mu \circ f\) für irgendein \(\mu \) haben, denn jede Abbildung dieser Form ist auf \(\operatorname{Ker}(f)\) die Nullabbildung.
zu (2). Sei zunächst \(f\) surjektiv. Sind \(\mu , \mu ^\prime \in W^\vee \) mit \(f^\vee (\mu ) = f^\vee (\mu ^\prime )\), also mit \(\mu \circ f = \mu ^\prime \circ f\), so folgt \(\mu (w) = \mu ^\prime (w)\) für alle \(w\in W\), denn jedes \(w\) lässt sich als \(f(v)\) schreiben. Somit gilt \(\mu = \mu ^\prime \).
Es bleibt noch der Fall zu betrachten, dass \(f^\vee \) injektiv ist. Um zu zeigen, dass dann \(f\) surjektiv ist, nehmen wir an, das wäre nicht der Fall und wählen einen Komplementärraum \(U\) von \(\operatorname{Im}(f)\) in \(W\). Unsere Annahme bedeutet, dass \(\operatorname{Im}(f) \ne W\) ist, also dass \(U\ne 0\). Mit einem ähnlichen Argument wie im ersten Teil des Beweises sehen wir, dass eine lineare Abbildung \(\mu \colon W\to K\) existiert mit \(\mu _{\operatorname{Im}(f)}=0\), aber \(\mu _{|U}\ne 0\). Dann gilt aber \(f^\vee (\mu ) = \mu \circ f = 0 = f^\vee (0)\) (die letzte \(0\) bezeichnet die Nullabbildung \(W\to K\)). Das steht im Widerspruch zur Injektivität von \(f^\vee \).
In dieser Ergänzung soll noch ein etwas allgemeinerer Zugang zu dem vorherigen Ergebnis skizziert werden. Wir beginnen mit dem folgenden
Seien \(f\colon U\to V\), \(g\colon V\to W\) lineare Abbildungen zwischen [endlich erzeugten] \(K\)-Vektorräumen, und seien \(g^\vee \colon W^\vee \to V^\vee \), \(f^\vee \colon V^\vee \to U^\vee \) die dualen Abbildungen von \(g\) und \(f\). Dann gilt
Es gelte zunächst \(\operatorname{Im}(f) = \operatorname{Ker}(g)\). Wir zeigen \(\operatorname{Im}(g^\vee ) \subseteq \operatorname{Ker}(f^\vee )\) und \(\operatorname{Im}(g^\vee ) \supseteq \operatorname{Ker}(f^\vee )\).
Die Inklusion \(\operatorname{Im}(g^\vee ) \subseteq \operatorname{Ker}(f^\vee )\) ist gleichbedeutend damit, dass \(f^\vee \circ g^\vee = 0\) ist. Weil \(g\circ f = 0\) (denn \(\operatorname{Im}(f)\subseteq \operatorname{Ker}(g)\)), weil der Übergang zur dualen Abbildung kompatibel mit der Verkettung von Abbildungen ist und weil die zur Nullabbildung duale Abbildung die Nullabbildung ist, gilt tatsächlich \(f^\vee \circ g^\vee = 0\).
Die umgekehrte Inklusion zeigt man mit ähnlichen Argumenten, wie wir sie im Beweis des Satzes verwendet haben. Sei \(V'\subseteq V\) ein Komplementärraum von \(f(U) = \operatorname{Ker}(g)\). Die Einschränkung von \(g\) auf \(V'\) ist dann injektiv, induziert also einen Isomorphismus \(h\colon V'\to g(V')\). Sei \(W'\subseteq W\) ein Komplement von \(g(V')\). Ist \(\lambda \in \operatorname{Ker}(f^\vee )\), das heißt \(\lambda \circ f = 0\), so definieren wir \(\mu \colon W\to K\) wie folgt. Für \(w\in g(V')\) sei \(\mu (w) = \lambda (h^{-1}(w))\). Für \(w\in W'\) sei \(\mu (w)=0\). Weil \(W=W'\oplus g(V')\) gilt, definiert dies tatsächlich eine lineare Abbildung, also ein Element von \(W^\vee \). Es ist dann leicht zu sehen, dass \(\lambda = \mu \circ g\) gilt (es genügt, das für Elemente in \(f(U)\) und Elemente in \(V'\) zu überprüfen; erstere werden unter beiden Abbildungen auf \(0\) abgebildet, und für \(v\in V'\) gilt \(\mu (g(v)) = \lambda (v)\) nach Definition von \(\mu \)). Es folgt \(\lambda = g^\vee (\mu )\in \operatorname{Im}(g^\vee )\).
Nun setzen wir voraus, dass \(\operatorname{Im}(g^\vee ) = \operatorname{Ker}(f^\vee )\) gilt. Um die Inklusion \(\operatorname{Im}(f)\subseteq \operatorname{Ker}(g)\) zu zeigen, müssen wir zeigen, dass \(g\circ f=0\). Angenommen, es gibt ein Element \(u\in U\), so dass \(w:= g(f(u))\ne 0\). Dann finden wir eine Linearform \(\lambda \in W^\vee \) mit \(\lambda (w) \ne 0\). Da \(\operatorname{Im}(g^\vee ) \subseteq \operatorname{Ker}(f^\vee )\), gilt aber \(\lambda \circ g\circ f = 0\), ein Widerspruch.
Es bleibt nun noch, die Inklusion \(\operatorname{Ker}(g)\subseteq \operatorname{Im}(f)\) zu zeigen. Sei dazu \(v\in \operatorname{Ker}(g)\). Wäre \(v\not \in \operatorname{Im}(f)\), so finden wir mit ähnlichen Argumenten wie oben eine Linearform \(\lambda \colon V\to K\) mit \(\lambda (\operatorname{Im}(f))=0\) und \(\lambda (v)\ne 0\). Dass \(\lambda \) auf \(\operatorname{Im}(f)\) verschwindet, bedeutet genau, dass \(\lambda \in \operatorname{Ker}(f^\vee ) = \operatorname{Im}(g^\vee )\), etwa \(\lambda = \mu \circ g\). Dann gilt aber \(\lambda (v) = \mu (g(v)) = 0\), weil wir \(v\in \operatorname{Ker}(g)\) gewählt hatten – ein Widerspruch. Es muss also doch \(v\in \operatorname{Im}(f)\) gelten, und wir sind fertig.
Zusammen mit dem folgenden Lemma (und der offensichtlichen Bemerkung, dass der Dualraum des Nullvektorraums der Nullvektorraum ist) erhalten wir einen neuen Beweis von Satz 7.45.
Seien \(f\colon 0\to V\) die Nullabbildung und \(g\colon V\to W\) eine lineare Abbildung. Es gilt genau dann \(\operatorname{Im}(f) = \operatorname{Ker}(g)\), wenn \(g\) injektiv ist.
Seien \(f\colon U\to V\) eine lineare Abbildung und \(g\colon V\to 0\) die Nullabbildung. Es gilt genau dann \(\operatorname{Im}(f) = \operatorname{Ker}(g)\), wenn \(f\) surjektiv ist.
Der Beweis ist einfach.
Ein Element \(\lambda \in \operatorname{Hom}_K(K^n , K)\), also eine lineare Abbildung \(\lambda \colon K^n\to K\), ist bestimmt durch die Werte \(\lambda (e_i)\) auf den Standardbasisvektoren, also durch den Vektor \((\lambda (e_i))_i^t\in K^n\). Wir erhalten einen Isomorphismus
von \(K\)-Vektorräumen.
Dieses Beispiel können wir auch als Spezialfall des Isomorphismus \(\operatorname{Hom}_K(K^n, K^m)\cong M_{m\times n}(K)\) aus Satz 7.26 für \(m=1\) betrachten.
Sei \(V\) ein \(K\)-Vektorraum mit Basis \(\mathscr B=(b_1, \dots , b_n)\). Sei \(\lambda _i\in V^\vee \) das eindeutig bestimmte Element mit
Dann ist \(\lambda _1, \dots , \lambda _n\) eine Basis von \(V^\vee \). Wir bezeichnen diese Basis als die zu \(\mathscr B\) duale Basis.
Eine andere Beschreibung der im Satz definierten Abbildungen \(\lambda _i\) ist, dass \(\lambda _i(v) = c_\mathscr B(v)_i\), der \(i\)-te Eintrag des Koordinatenvektors von \(v\) bezüglich der Basis \(\mathscr B\), ist. Weil sowohl \(\lambda _i\) als auch \(v\mapsto c_\mathscr B(v)_i\) lineare Abbildungen sind, genügt es, das für \(v=b_1,\dots , b_n\) nachzuprüfen, und in diesen Fällen ist die Aussage klar.
Es ist nicht schwierig, direkt zu überprüfen, dass sich jedes Element von \(V^\vee \) in eindeutiger Weise als Linearkombination von \(\lambda _1, \dots , \lambda _n\) darstellen lässt. In der Tat, ist \(\mu \colon V\to K\) eine lineare Abbildung, so gilt
also \(\mu = \sum _{i=1}^n \mu (b_i) \lambda _i\), und die \(\mu (b_i)\) sind die einzig möglichen Koeffizienten, wie man sieht, wenn man die Abbildung bei \(b_1, \dots , b_n\) auswertet.
Alternativ kann man wie folgt argumentieren. Zur Basis \(b_1, \dots , b_n\) korrespondiert der Koordinatenisomorphismus \(c_\mathscr B\colon V\to K^n\). Durch Übergang zur dualen Abbildung erhalten wir einen Isomorphismus
wobei wir für die erste Gleichheit die Identifikation aus Beispiel 7.49 benutzen. Das Bild von \(e_i\in K^n\) in \(V^\vee \) unter dieser Abbildung ist \(\lambda _i\), wie man leicht anhand der Definitionen nachrechnet. Daraus folgt der Satz.
Als Folgerungen erhalten wir:
Sei \(V\) ein endlich-dimensionaler \(K\)-Vektorraum. Dann gilt \(\dim V=\dim V^\vee \).
Wir schreiben \(f\) als die Verkettung \(V\to \operatorname{Im}(f) \to W\). Durch Übergang zur dualen Abbildung sehen wir, dass \(f^\vee \) die Verkettung \(W^\vee \to \operatorname{Im}(f)^\vee \to V^\vee \) ist. Hier ist nun nach Satz 7.45 die Abbildung \(W^\vee \to \operatorname{Im}(f)^\vee \) surjektiv und die Abbildung \(\operatorname{Im}(f)^\vee \to V^\vee \) injektiv. Wenn wir diese injektive Abbildung nutzen, um den Vektorraum \(\operatorname{Im}(f)^\vee \) mit seinem Bild in \(V^\vee \) identifizieren, können wir das formulieren als
Insbesondere erhalten wir \(\operatorname{rg}(f) = \dim \operatorname{Im}(f) = \dim \operatorname{Im}(f)^\vee = \dim \operatorname{Im}(f^\vee )=\operatorname{rg}(f^\vee )\), wie behauptet.
Wir können auch den Dualraum des Dualraums bilden:
Man hat dann die folgende Abbildung
Man nennt diese Abbildung die kanonische Abbildung von \(V\) in seinen Doppeldualraum.
Sei \(V\) ein [endlich erzeugter] \(K\)-Vektorraum.
Die kanonische Abbildung \(V\to V^{\vee \vee }\) von \(V\) in seinen Doppeldualraum ist injektiv.
Ist \(V\) endlich-dimensional, dann ist die kanonische Abbildung \(V\to V^{\vee \vee }\) von \(V\) in seinen Doppeldualraum ein Isomorphismus.
zu (1). Sei \(v\in V\), so dass die Abbildung \(V^\vee \to K\), \(\lambda \mapsto \lambda (v)\), die Nullabbildung ist. Wir müssen zeigen, dass \(v=0\) ist. Andernfalls ist die Menge \(\{ v\} \) linear unabhängig und wir können sie zu einer Basis ergänzen, in der \(v\) vorkommt. Das erlaubt uns (Satz 7.14), eine lineare Abbildung \(\lambda \colon V\to K\) zu definieren mit \(\lambda (v) \ne 0\) (zum Beispiel können wir \(\lambda (v)=1\) und \(\lambda (w)=0\) für alle die anderen Basisvektoren setzen). Das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung, es gilt also \(v=0\).
zu (2). Dies folgt direkt aus Teil (1), weil wir bereits gezeigt haben, dass \(V\) und \(V^\vee \) dieselbe Dimension haben.
Teil (2) des Korollars (mit der kleinen Präzisierung, dass auch für jede Abbildung \(f\) zwischen endlich-dimensionalen Vektorräumen \(f^{\vee \vee }\) unter den Identifizierungen der Doppeldualräume mit den ursprünglichen Vektorräumen mit \(f\) identifiziert wird) würde es erlauben, im Beweis von Satz 7.45 den zweiten Teil aus dem ersten durch Übergang zum Dual zu folgern (oder umgekehrt); man könnte so den Beweis auf die Hälfte kürzen. Eine entsprechende Bemerkung gilt auch für Lemma 7.47.
Ist \(V\) unendlich-dimensional, so ist \(V^\vee \) ebenfalls unendlich-dimensional, hat aber niemals dieselbe Dimension wie \(V\), wenn man die Dimension als Kardinalzahl interpretiert; das bedeutet: Sind \(\mathscr B\) eine Basis von \(V\) und \(\mathscr C\) eine Basis von \(V^\vee \), so existiert keine Bijektion zwischen \(\mathscr B\) und \(\mathscr C\).
Insbesondere ist Teil (2) des Korollars im unendlich-dimensionalen Fall falsch (das endlich-dimensional dort steht also bewusst nicht in eckigen Klammern).
Den folgenden Satz können wir einerseits als eine Methode sehen, die darstellende Matrix der dualen Abbildung zu einer Abbildung \(f\) auszurechnen. Wir können ihn aber auch »andersherum« lesen: Wir erhalten eine konzeptionelle Interpretation des Übergangs von einer Matrix \(A\) zu ihrer Transponierten.
Seien \(V\) und \(W\) endlich-dimensionale \(K\)-Vektorräume mit Basen \(\mathscr B\) und \(\mathscr C\). Sei \(\mathscr B^\vee \) die duale Basis von \(\mathscr B\) und \(\mathscr C^\vee \) die duale Basis von \(\mathscr C\). Ist \(f\colon V\to W\) ein Homomorphismus, so gilt
Sei \(n=\dim V\), \(m=\dim W\), \(\mathscr B=(b_1,\dots , b_n)\), \(\mathscr B^\vee = (\lambda _1, \dots , \lambda _n)\), \(\mathscr C^\vee = (\mu _1, \dots , \mu _m)\). Wir schreiben \(M^{\mathscr B}_{\mathscr C}(f) = (a_{ij})_{i,j}\in M_{m\times n}(K)\) und \(M^{\mathscr C^\vee }_{\mathscr B^\vee }(f^\vee ) = (b_{ij})_{i,j}\in M_{n\times m}(K)\). Wir wollen zeigen, dass \(a_{ij} = b_{ji}\) für alle \(i=1,\dots , m\), \(j=1,\dots n\).
Es ist
Daraus folgern wir
Setzen wir auf beiden Seiten \(b_j\) ein, so erhalten wir
Weil \(\mu _i(f(b_j)) = c_{\mathscr C}(f(b_j))_i = a_{ij}\) gilt (vergleiche den Beginn des Beweises von Satz 7.50), erhalten wir die Behauptung.
Wir haben mit Korollar 7.52 und Satz 7.55 einen neuen Beweis erhalten, dass für jede Matrix \(A\) der Zeilenrang und der Spaltenrang übereinstimmen. Denn ist \(f = \mathbf f_A\) die durch \(A\) gegebene Abbildung, so ist der Spaltenrang von \(A\) der Rang von \(f\). Der Zeilenrang von \(A\) ist der Spaltenrang der transponierten Matrix \(A^t\), also nach Satz 7.55 der Rang von \(f^\vee \).
Andersherum könnte man auch Korollar 7.52 aus Satz 7.55 und der Gleichheit von Zeilen- und Spaltenrang folgern. Aber hier ging es ja gerade darum, einen neuen Zugang zu zeigen.
Kommen wir noch einmal auf Satz 7.40 zurück. Mit der Theorie des Dualraums können wir dieses Ergebnis aus einem anderen Blickwinkel betrachten. Allerdings ist diese Bemerkung keine »leichte Kost«. Wir benutzen praktisch alles, was wir bisher über den Dualraum und die duale Abbildung einer linearen Abbildung gelernt haben.
Wir beginnen mit einem Untervektorraum \(U\subseteq K^n\). Sei \(r=\dim U\). Wählen wir eine Basis von \(U\), so können wir \(U\) als das Bild einer linearen Abbildung \(f\colon K^r\to K^n\) betrachten (die \(e_i\in K^r\) abbildet auf den \(i\)-ten Basisvektor der gewählten Basis von \(U\)). Die Spalten der Matrix \(M(f)\) sind die gewählten Basisvektoren von \(U\).
Wir wollen \(U\) als Lösungsmenge eines linearen Gleichungssystems darstellen, wir suchen also eine Abbildung \(g\colon K^n\to K^m\) mit \(\operatorname{Ker}(g) = U = \operatorname{Im}(f)\). Dann wird \(m\) die Anzahl der Gleichungen sein. Wir wollen versuchen, mit möglichst wenig Gleichungen auszukommen, streben also \(m=n-r\) an.
Wir betrachten nun die zu \(f\) duale Abbildung \(f^\vee \colon (K^n)^\vee \to (K^r)^\vee \). Sei \(\tilde{W} = \operatorname{Ker}(f^\vee )\). Wir haben die Inklusionsabbildung \(\tilde{W} \to (K^n)^\vee \). Weil \(f^\vee \) nach Satz 7.45 surjektiv ist, folgt \(\dim \tilde{W} = n-r\).
Von der Verkettung
gehen wir nun wieder zu den dualen Vektorräumen und dualen Abbildungen über. Wir bekommen
und wenn wir entsprechend Korollar 7.53 \((K^r)^{\vee \vee } = K^r\) (und entsprechend für \(K^n\)) identifizieren,
wobei die Abbildung \(K^r\to K^n\) wieder die Abbildung \(f\) ist, und die Abbildung \(K^n \to \tilde{W}^\vee \) eine surjektive Abbildung ist. Weil der Übergang zur dualen Abbildung verträglich mit der Verkettung von Abbildungen ist und die zur Nullabbildung duale Abbildung die Nullabbildung ist, folgt \(U = \operatorname{Im}(f)\subseteq \operatorname{Ker}(K^n\to \tilde{W}^\vee )\). Aus Dimensionsgründen folgt die Gleichheit.
Das bedeutet: Ist \(K^{n-r} \to \tilde{W}\) ein Isomorphismus (wie wir ihn durch Wahl einer Basis von \(\tilde{W}\) erhalten), so bekommen wir dual einen Isomorphismus \(\tilde{W}^\vee \to (K^{n-r})^\vee = K^{n-r}\) – dieser entspricht der dualen Basis. Als Verkettung erhalten wir eine Abbildung \(g\colon K^n \to \tilde{W}^\vee \to K^{n-r}\) mit Kern \(U\).
Wir können das auch zu einem konkreten Rechenrezept machen: Nach Definition ist \(\tilde{W}\) der Kern von \(f^\vee \), also die Lösungsmenge des durch \(M(f)^t\) gegebenen homogenen linearen Gleichungssystems. Mit dem Gauß-Algorithmus können wir eine Basis von \(\tilde{W}\) finden. Schreiben wir die Basisvektoren als die Spalten in eine \(n\times (n-r)\)-Matrix \(B\), so ist die Abbildung \(g\colon K^n\to K^r\) durch die Matrix \(B^t\) gegeben. Dann ist \(U\) die Lösungsmenge des homogenen linearen Gleichungssystems zu \(B^t\).
Siehe auch Abschnitt 7.6.4.
Das Thema Dualraum passt gut in dieses Kapitel über lineare Abbildungen, und die Ergebnisse, die wir erhalten haben, belegen hoffentlich, dass der Begriff von einem gewissen Interesse ist. Für den weiteren Verlauf der Vorlesung Lineare Algebra 1 wird der Begriff allerdings keine große Rolle spielen. In der Linearen Algebra 2 kommen wir dann wieder darauf zurück, wenn wir »Bilinearformen« auf einem Vektorraum studieren.