Mathe für Nicht-Freaks: Endomorphismus, Automorphismus

{{#invoke:Mathe für Nicht-Freaks/Seite|oben}} Ein Endomorphismus ist eine lineare Verformung eines Vektorraums $V$. Formal ist ein Endomorphismus eine lineare Abbildung $f$, die $V$ auf sich selbst abbildet, d.h. $f:V\to V$. Ein bijektiver Endomorphismus heißt Automorphismus. Intuitiv ist ein Automorphismus eine lineare Verformung, die man rückgängig machen kann.

Herleitung

Wir kennen schon lineare Abbildungen. Es sind diejenigen Abbildungen zwischen zwei Vektorräumen, welche sich mit der Struktur der Vektorräume vertragen. Wir untersuchen nun ein paar Beispiele von linearen Abbildungen, die wir schon in früheren Artikeln kennengelernt haben.

Beispiele im ${ℝ}^2$

Streckung in $x$-Richtung

Zuerst betrachten wir die Streckung eines Vektors in der Ebene um den Faktor $2$ in $x$-Richtung. Unsere Abbildung ist damit Vorlage:Einrücken Man kann einfach nachprüfen, dass $f$ eine lineare Abbildung ist. Wir können $f$ wie folgt veranschaulichen: Wir legen ein Schachbrettmuster in die Ebene und wenden $f$ auf dieses Schachbrettmuster an.

Streckung der $x$-Achse um den Faktor $2$

Das Ergebnis ist, dass die Boxen um den Faktor $2$ in $x$-Richtung gestreckt werden.

Drehung um den Ursprung

Wir betrachten nun eine Drehung $D_{\alpha }$ um den Winkel $\alpha$ gegen den Uhrzeigersinn mit dem Ursprung als Drehzentrum. Das ist eine Abbildung $D_{\alpha }:{ℝ}^2\to {ℝ}^2$, die jedem Vektor $v\in {ℝ}^2$ den um den Winkel $\alpha$ gedrehten Vektor $D_{\alpha }(v)\in {ℝ}^2$ zuordnet:

Datei:Mfnf-linear-rotation.webm Im Einführungsartikel zu linearen Abbildungen haben wir gesehen, dass Drehungen um den Ursprung linear sind. Wir können uns $D_{\alpha }$ wie im ersten Beispiel veranschaulichen, indem wir die Abbildung auf das Schachbrettmuster anwenden. Die einzelnen Felder bleiben dann gleich, sie werden nur gedreht.

Projektion auf eine Gerade

Anwendung von $P$ auf zwei Vektoren

Zuletzt betrachten wir die Abbildung Vorlage:Einrücken Die Abbildung $P$ „drückt“ Vektoren auf die Gerade $G=\{a\cdot (1,1{)}^T|a\in ℝ\}$. Man kann einfach nachrechnen, dass $P$ eine lineare Abbildung ist. Auch diese lineare Abbildung wenden wir auf das Schachbrettmuster an, um sie zu veranschaulichen.

Projektion auf die Diagonale in der Ebene

Das gesamte Gitter wird auf die Gerade $G$ „plattgedrückt“.

Lineare Verformungen eines beliebigen Vektorraums

In allen obigen Beispielen konnten wir die linearen Abbildungen als Verzerrungen des Schachbrettmusters im ${ℝ}^2$ visualisieren. Das war möglich, weil alle obigen Funktionen vom ${ℝ}^2$ wieder in den ${ℝ}^2$ abbilden. Wir können beliebige lineare Abbildungen ${ℝ}^2\to {ℝ}^2$ als Verformung des Schachbrettmusters veranschaulichen. Die Verformung des Schachbrettmusters zeigt uns, wie die Abbildung auf die Standardbasisvektoren $(1,0{)}^T$ und $(0,1{)}^T$ von ${ℝ}^2$ und ganzzahlige Vielfache davon wirkt.

Jede lineare Abbildung ${ℝ}^2\to {ℝ}^2$ ist eine lineare Verformung des Raums ${ℝ}^2$. Diese Idee wollen wir auf allgemeine Vektorräume $V$ verallgemeinern. Wir können uns lineare Abbildungen von $V$ nach $V$ als lineare Verformungen bzw. Transformationen des Vektorraums $V$ vorstellen. Im Gegensatz dazu ist eine lineare Abbildung $V\to W$ ein Transport des Vektorraums $V$ nach $W$. Wir geben denjenigen linearen Abbildungen, die den Vektorraum verformen, d. h. die von $V$ nach $V$ abbilden, einen eigenen Namen. Wir nennen eine solche lineare Abbildung Endomorphismus. Also sind Endomorphismen genau die linearen Abbildungen, die den gleichen Definitions- und Zielbereich haben.

Rückgängig machbare Verformungen

In den Beispielen im ${ℝ}^2$ haben wir gesehen, dass einige Verformungen den Raum erhalten und andere etwas platt drücken. Die Abbildungen, die den Raum erhalten, können wir rückgängig machen. Wenn etwas plattgedrückt wird, ist das nicht möglich, da Information verloren geht. Zum Beispiel geht bei der obigen linearen Abbildung „Projektion auf eine Gerade“ die Information verloren, welche $y$-Komponente der ursprüngliche Vektor hatte. Es ist nicht möglich, den Vektor nach Anwenden der Transformation wieder zurückzugewinnen. Es gibt also Verformungen des Raums, die man rückgängig machen kann, und welche, bei denen das nicht geht. Man kann eine Verformung genau dann rückgängig machen, wenn die dazugehörige Abbildung invertierbar ist. Das gibt uns die Definition einer rückgängig machbaren Verformung des Raums, d. h. ein invertierbarer Endomorphismus. Eine solche Abbildung heißt Automorphismus.

Beispiele Vorlage:Anker

Beispiele im ${ℝ}^2$

Spiegelung

Wir betrachten die lineare Abbildung $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2,(x,y{)}^T\mapsto (-x,y{)}^T$. Da sie als Definitions- sowie als Bildraum den gleichen Vektorraum ${ℝ}^2$ hat, ist sie ein Endomorphismus. Die Abbildung $f$ hält $y$ fest und schickt $x$ auf $-x$. Damit können wir uns $f$ als eine Spiegelung entlang der $y$-Achse vorstellen. Eine Spiegelung können wir rückgängig machen, indem wir ein zweites Mal spiegeln. Das bedeutet, dass $f$ selber die zu $f$ inverse Abbildung $f$ ist. Formal heißt das $f\circ f={\mathrm{id}}_{{ℝ}^2}$ bzw. $f^{-1}=f$. Eine solche Abbildung nennt man auch „selbstinvers.“ Weil $f$ ein Inverses besitzt, also invertierbar ist, folgt, dass $f$ bijektiv ist. Somit ist $f$ auch ein Automorphismus.

Drehung um 90°

Als nächstes betrachten wir den Endomorphismus $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2,(x,y{)}^T\mapsto (-y,x{)}^T$. Wir wollen zunächst sehen, dass es sich hierbei um eine Drehung um $90$ Grad gegen den Uhrzeigersinn handelt. Dazu genügt es zu berechnen, dass $f$ auf den Standardbasisvektoren $(1,0{)}^T$ und $(0,1{)}^T$ wie eine solche Drehung wirkt, da wegen der Linearität daraus folgt, dass $f$ dann insgesamt eine solche Drehung sein muss. Wir berechnen $f((1,0{)}^T)=(0,1{)}^T$, sowie $f((0,1{)}^T)=(-1,0{)}^T$, und sehen, dass es sich um die gewünscht Drehung handelt. Auch hier können wir leicht ein Inverses angeben, indem wir „zurückdrehen“ bzw. um $90$ Grad im Uhrzeigersinn drehen. Diese Drehung ist durch $g:{ℝ}^2\to {ℝ}^2,(x,y{)}^T\mapsto (y,-x{)}^T$ gegeben. Wir rechnen kurz nach, dass $g$ tatsächlich die Inverse von $f$ ist: Es gilt Vorlage:Einrücken für $(x,y{)}^T\in {ℝ}^2$. Also gilt $f\circ g={\mathrm{id}}_{{ℝ}^2}=g\circ f$ und $f$ ist auch in diesem Beispiel ein Automorphismus.

Scherung

Sei $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2,(x,y{)}^T\mapsto (x+2y,y{)}^T$. Wie diese Abbildung den Raum verformt, können wir in der Animation sehen.

Scherung der Ebene

Die Transformation sieht umkehrbar aus, d.h. sie sieht aus als wäre sie ein Automorphismus. Das können wir überprüfen, indem wir zeigen, dass $f$ injektiv und surjektiv ist.

Um die Injektivität zu zeigen, gucken wir uns den Kern von $f$ an, d. h. $\{(x,y{)}^T\in {ℝ}^2\mid f((x,y{)}^T)=(0,0{)}^T\}$. Für einen Vektor $(x,y{)}^T$ im Kern, gilt dann $(x+2y,y{)}^T=(0,0{)}^T$. Daraus folgt direkt $y=0$ und damit auch $x=x+2y=0$. Somit besteht der Kern nur aus dem Nullvektor und damit ist $f$ injektiv.

Um die Surjektivität zu zeigen, nehmen wir uns ein beliebiges $(x^{\prime },y^{\prime }{)}^T\in {ℝ}^2$ und finden ein passendes Urbild unter $f$. Wir suchen also $(x,y{)}^T\in {ℝ}^2$ mit $(x+2y,y{)}^T=f((x,y{)}^T)=(x^{\prime },y^{\prime }{)}^T$. Es ist direkt klar, dass $y=y^{\prime }$ sein muss. Weiterhin muss $x+2y=x+2y^{\prime }=x^{\prime }$ gelten. Das lässt sich zu $x=(x^{\prime }-2y^{\prime }{)}^T$ umformen. Also ist $(x^{\prime }-2y^{\prime },y^{\prime }{)}^T$ ein Urbild von $(x^{\prime },y^{\prime }{)}^T$. Da $(x^{\prime },y^{\prime }{)}^T$ beliebig waren, ist $f$ surjektiv.

Abbildungen der Form $f((x,y{)}^T)=(x+\lambda y,y{)}^T$ mit $\lambda \in K$ heißen Scherungen. Du kannst als Übunsaufgabe zeigen, dass eine Scherung immer ein Automorphismus ist, egal was für eine Zahl $\lambda$ ist.

Plattdrücken auf die $x$-Achse

Betrachten wir nun die Abbildung $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2,(x,y{)}^T\mapsto (x+y,0{)}^T$. Diese ist ein Endomorphismus von ${ℝ}^2$ auf ${ℝ}^2$, der jeden Punkt auf der Ebene auf einen Punkt auf der $x$-Achse abbildet. Wir können uns also vorstellen, dass $f$ die 2-dimensionale Ebene auf die $x$-Achse „plattgedrückt.“

Da $f$ die Punkte in ${ℝ}^2$ ausschließlich auf die $x$-Achse abbildet, ist $f$ keine surjektive Abbildung. Injektiv ist sie auch nicht, denn für jedes $z\in ℝ$ können wir unterschiedliche $x,y\in ℝ$ finden, sodass $x+y=z$ gilt, z.B. $x=z,y=0$ und umgekehrt. Also ist $f$ kein Automorphismus.

Plattdrücken auf die x-Achse

Beispiel im ${ℝ}^3$

Betrachten wir nun ein Beispiel im ${ℝ}^3$. Wir sehen uns dafür die lineare Abbildung $f:{ℝ}^3\to {ℝ}^3,(x,y,z{)}^T\mapsto (x+y,x+y,z{)}^T$ an. Weil $f$ den Vektorraum ${ℝ}^3$ wieder nach ${ℝ}^3$ abbildet, ist die Abbildung ein Endomorphismus.

Wir wollen nun prüfen, ob $f$ auch ein Automorphismus ist. Dafür müssen wir die Surjektivität und Injektivität überprüfen. Für die Injektivität betrachten wir den Kern von $f$, also $\{(x,y,z{)}^T\in {ℝ}^3|f((x,y,z{)}^T)=(0,0,0{)}^T\}$. Für Vektoren $(x,y,z{)}^T$ aus dem Kern von $f$ gilt also $(x+y,x+y,z{)}^T=(0,0,0{)}^T$. Daraus können wir direkt schließen, dass $z=0$ und $x+y=0$, also $y=-x$, gelten muss. Wir sehen damit, dass der Kern von $f$ nicht nur den Nullvektor enthält, sondern auch die Menge aller Vektoren $\{(x,-x,0{)}^T|x\in ℝ\}$. Somit ist $f$ nicht injektiv und kann daher auch nicht bijektiv sein. Insbesondere ist $f$ kein Automorphismus.

Anschaulich drückt $f$ Vektoren auf die Ebene $\{(x,x,z{)}^T\mid x,z\in ℝ\}$ zusammen. Es gehen somit Informationen verloren. Wenn man einen Vektor $(x,x,z{)}^T\in {ℝ}^3$ hat, kann man nicht mehr auf eindeutige Weise sagen, aus welchem Vektor $(a,b,z{)}^T\in {ℝ}^3$ er unter der Abbildung $f$ entstanden ist, da es sehr viele Wege gibt, $x\in ℝ$ als Summe zweier Zahlen $a,b\in ℝ$ darzustellen. Beispielsweise gilt $5=2+3=1+4=-1000+1005$.

Beispiel im Folgenraum

Es gibt auch Endomorphismen auf anderen Vektorräumen als ${ℝ}^2$ und ${ℝ}^3$. Für einen beliebigen Körper $K$ betrachten wir den Folgenraum Vorlage:Einrücken Wir betrachten die Abbildung Vorlage:Einrücken wobei Vorlage:Einrücken Wenn wir die ersten Folgenglieder ausschreiben, sieht die Abbildung so aus: Vorlage:Einrücken Die Abbildung $f$ vertauscht also gerade und ungerade Folgenglieder miteinander. Wir begründen kurz, warum $f$ linear ist. Die Addition und skalare Multiplikation im Folgenraum ist komponentenweise, d.h. für $(x_i{)}_i$ und $(y_i{)}_i\in \omega$ und $\lambda \in K$ gilt Vorlage:Einrücken Da $f$ nur die Reihenfolge der Komponenten vertauscht, ist $f$ linear. Wir können von $f$ auch explizit nachprüfen. Mathe für Nicht-Freaks: Vorlage:Frage Also ist $f$ ein Endomorphismus von $\omega$. Ist $f$ auch ein Automorphismus? Um das zu beantworten, müssen wir überprüfen, ob man $f$ rückgängig machen kann. Die Abbildung vertauscht gerade und ungerade Folgenglieder miteinander. Wenn wir die Folgenglieder wieder zurücktauschen, ist $f$ wieder rückgängig gemacht. Beim Zurücktauschen werden wieder gerade und ungerade Folgenglieder vertauscht, d.h. das Zurücktauschen ist wieder $f$. Wie beim allerersten Beispiel ist $f$ selbstinvers – in Formeln heißt das $f\circ f={\mathrm{id}}_{\omega }$ bzw. $f=f^{-1}$. Da $f$ invertierbar ist, ist die Abbildung bijektiv. Also ist $f$ ein Automorphismus.

Endomorphismen bilden einen Ring mit Eins Vorlage:Anker

Im Artikel Vektorraum linearer Abbildungen haben wir gesehen, dass die Menge der linearen Abbildungen ${\mathrm{Hom}}_K(V,W)$ zwischen zwei $K$-Vektorräumen $V$ und $W$ wieder einen Vektorraum bildet. Da ${\mathrm{End}}_K(V)={\mathrm{Hom}}_K(V,V)$ gilt, ist auch die Menge Endomorphismen ein Vektorraum. Das heißt, wir können Endomorphismen eines Vektorraums $V$ addieren und mit Skalaren multiplizieren. Insbesondere können wir zwei Endomorphismen $f$ und $g\in {\mathrm{End}}_K(V)$ durch Addition verknüpfen und erhalten einen Endomorphismus $f+g\in {\mathrm{End}}_K(V)$. Dieser ist durch Vorlage:Einrücken definiert, wobei ${+}_V$ die Addition im Vektorraum $V$ bezeichnet.

Lassen sich $f$ und $g$ auch auf eine andere Art verknüpfen? Intuitiv sind $f$ und $g$ zwei Verfomungen des Vektorraums $V$. Wir können nun mit $f$ den Raum $V$ verformen und anschließend das Ergebnis mit $g$ verformen. Dabei kommt eine neue Verformung des Vektorraums heraus. Das heißt, wir erhalten wieder einen Endomorphismus von $V$. Diese Abbildung, die aus dem Hintereinanderausführen vom $f$ und $g$ entsteht, ist die Komposition $g\circ f$. Die Komposition von zwei Endomorphismen ist also immer ein Endomorphismus. Zusammengefasst können wir zwei Endomorphismen $f$ und $g$ verknüpfen, indem wir die Addition $f+g$ oder die Komposition $g\circ f$ bilden.

Weil wir neben er Addition auch die Komposition als Verknüpfung haben, trägt ${\mathrm{End}}_K(V)$ mehr Struktur als nur die Vektorraumstruktur. Wir werden später beweisen, dass die Menge ${\mathrm{End}}_K(V)$ der Endomorphismen auf $V$ mit diesen Verknüpfungen einen Ring bildet. Die Addition im Ring ist dabei die Addition der Abbildungen und die Multiplikation im Ring ist die Komposition der Abbildungen.

Wir überlegen uns nun, ob der Ring ${\mathrm{End}}_K(V)$ eine Eins hat und kommutativ ist. Eine Eins existiert, wenn es ein neutrales Element der Multiplikation gibt. Das heißt, wenn es ein $k\in {\mathrm{End}}_K(V)$ gibt, so dass $k\circ f=f$ und $f\circ k=f$ für alle $f\in {\mathrm{End}}_K(V)$ gilt. Wir kennen schon eine Abbildung, die diese Eigenschaft erfüllt: die Identität ${\mathrm{id}}_V$. Das ist eine lineare Abbildung $V\to V$ und damit gilt ${\mathrm{id}}_V\in {\mathrm{End}}_K(V)$. Also hat der Ring ${\mathrm{End}}_K(V)$ eine Eins.

Ist ${\mathrm{End}}_K(V)$ ein kommutativer Ring? Um das zu beantworten, müssen wir prüfen, ob $f\circ g=g\circ f$ für alle $f,g\in {\mathrm{End}}_K(V)$ gilt. Wir überlegen uns das wieder mit Beispielen über ${ℝ}^2$. Sei $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2$ die Projektion auf die $y$-Achse; das heißt, für $(x,y)\in {ℝ}^2$ gilt $f(x,y)=(0,y)$. Außerdem sei $g:{ℝ}^2\to {ℝ}^2$ die Drehung um $90^{\circ }$ im Urzeigersinn (bzw. um $270^{\circ }$ gegen den Uhrzeigersinn) um den Ursprung; das heißt, es gilt $g(x,y)=(-y,x)$. Wir wollen untersuchen, ob $f\circ g=g\circ f$ gilt. Was machen die Abbildungen $f\circ g$ und $g\circ f$ anschaulich? Die Abbildung $g\circ f$ drückt erst den ganzen Raum auf die $y$-Achse und dreht diese anschließend um $90^{\circ }$ im Urzeigersinn. Unser Ergebnis liegt also auf der $x$-Achse.

$g\circ f$

Die Abbildung $f\circ g$ dreht zuerst den Raum um $90^{\circ }$ im Urzeigersinn und drückt anschließend alles auf die $y$-Achse. Also liegt das Ergebnis der Abbildung auf der $y$-Achse.

$f\circ g$

Folglich sind $f\circ g$ und $g\circ f$ verschiedene Abbildungen. Deshalb ist ${\mathrm{End}}_{ℝ}({ℝ}^2)$ kein kommutativer Ring. Allgemeiner gilt: Für jeden Vektorraum $V$ mit $\dim V\ge 2$ ist ${\mathrm{End}}_K(V)$ kein kommutativer Ring. Das behandeln wir unten in einer Aufgabe.

Wie oben angekündigt beweisen wir jetzt, dass $({\mathrm{End}}_K(V),+,\circ )$ ein Ring ist:

Automorphismen und platt drücken

Der endlichdimensionale Fall

Oben haben wir bereits einige Beispiele von Endo- und Automorphismen untersucht. Dabei haben wir gesehen, dass Endomorphismen, die etwas „plattdrücken“, nicht bijektiv und damit keine Automorphismen sind. Andererseits waren Endomorphismen, die nichts „plattdrücken“, schon Automorphismen. Mathe für Nicht-Freaks: Vorlage:Frage Bei Endomorphismen von endlich-dimensionalen Vektorräumen ist „nichts plattdrücken“ gleichbedeutend mit „Automorphismus sein“: Sei $f:V\to V$ ein Endomorphismus eines $n$-dimensionalen Vektorraums $V$. Wenn die Abbildung $f$ ein Automorphismus ist, ist sie insbesondere injektiv. Also drückt $f$ nichts in $V$ platt. Wenn wir umgekehrt annehmen, dass $f$ nichts plattdrückt, folgt, dass $f$ injektiv ist. Damit gehen keine Informationen aus $V$ beim Abbilden mit $f$ verloren. Daraus können wir schließen, dass das Bild $\mathrm{im}(f)=f(V)$ auch $n$-dimensional ist. Also muss $\mathrm{im}(f)=V$ gelten. Damit ist $f$ auch surjektiv und somit ein Automorphismus.

Wir haben gesehen, dass ein injektiver Endomorphismus über einen endlich-dimensionalen Vektorraum automatisch surjektiv ist. Gilt auch die umgekehrte Aussage? In anderen Worten: Wenn $f:V\to V$ ein surjektiver Endomorphismus eines $n$-dimensionalen Vektorraums ist, folgt dann, dass $f$ injektiv ist? Wenn $f$ surjektiv ist, gilt $f(V)=V$ und damit $\dim (f(V))=n$. Angenommen $f$ ist nicht injektiv. Dann gibt es einen Vektor $0\ne v\in V$ für den $f(v)=0$ gilt. Dann drückt $f$ die Richtung platt, in die $v$ zeigt. Das bedeutet, beim Abbilden von $V$ durch $f$ verlieren wir mindestens eine Dimension von $V$. Folglich wäre dann $\dim (f(V))<n$. Das ist ein Widerspruch zu $\dim (f(V))=n$. Deshalb muss $f$ injektiv sein. Also gilt, wenn $f$ surjektiv ist, dann ist $f$ auch injektiv. Vorlage:Todo

Diese Aussagen zeigen wir in folgendem Satz noch einmal formal. Mathe für Nicht-Freaks: Vorlage:Satz

Der unendlichdimensionale Fall

Im Unendlichdimensionalen funktioniert das obige Argument nicht mehr. Wir haben im endlichdimensionalen Fall ausgenutzt, dass für einen $n$-dimensionalen Vektorraum $V$ und einen Untervektorraum $U\subseteq V$ aus $\dim (U)=n$ schon $V=U$ folgt. Oben haben wir $U=f(V)$ verwendet. In unendlich-dimensionalen Vektorräume gilt das jedoch nicht. Wir können uns das so vorstellen: In einem unendlich-dimensionalen Vektorraum hat ein gleich großer Untervektorraum Platz ohne alles auszufüllen.

Also gilt für Endomorphismen $f:V\to V$ eines unendlichdimensionalen Vektorraums $V$ nicht, dass $f$ genau dann surjektiv ist, wenn $f$ injektiv ist. Um das besser zu verstehen, untersuchen wir nun konkrete Gegenbeispiele.

Die Automorphismengruppe

Wir wissen, dass die Endomorphismen einen Ring mit Eins bilden. Die Automorphismen sind genau alle invertierbaren Endomorphismen. Deshalb sind die Automorphismen eines Vektorraums genau die Einheiten, d. h. die multiplikativ invertierbaren Elemente, des Endomorphismenrings. Die Multiplikation im Endomorphismenring ist die Komposition $\circ$ von Abbildungen. Im folgenden Satz zeigen wir, dass ${\mathrm{Aut}}_K(V)$ eine Gruppe bzgl. dieser Multiplikation ist. Mathe für Nicht-Freaks: Vorlage:Satz Die Automorphismen bilden zwar eine Gruppe, sind aber kein Ring mehr. Das liegt daran, dass ${\mathrm{Aut}}_K(V)$ keine additive Struktur mehr hat: Wenn wir zwei Automorphismen $f$ und $g$ von einem Vektorraum $V$ haben, muss $f+g$ nicht unbedingt wieder ein Automorphismus sein. Um das konkret zu machen, betrachten wir ein Beispiel: Mathe für Nicht-Freaks: Vorlage:Beispiel Mathe für Nicht-Freaks: Vorlage:Hinweis Für Vektorräume $V$ mit $\dim V\ge 2$ ist die Automorphismengruppe nicht kommutativ. Wie beim Endomorphismenring ist das Verknüpfen der Abbildungen nicht kommutativ. Das untersuchen wir unten in einer Aufgabe.

Aufgaben

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