Aus den Kommentaren habe ich erfahren, dass du nach einer linearen Abbildung fragst, das macht die Sache doch ein bisschen schwerer.
Nein, so eine Abbildung kann es nicht geben. Ich werde dafür zwei Beweise liefern, einen sehr fundamentalen Beweis mit den Grundmitteln der linearen Algebra, einen etwas höheren mit allgemeineren Mitteln.
Seien \(e_1,e_2,e_3\) die Einheitsvektoren im \(\mathbb{R}^3\), und nimm an, so eine Abbildung \(f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}\) existiert. Nach Annahme müssen die reellen Zahlen \(x_1:=f(e_1),x_2:=f(e_2)\) beide \(\neq 0\) sein; die Vektoren \(x_1\cdot e_2\) und \(x_2\cdot e_1\) sind beide auch ungleich dem Nullvektor und sie sind linear unabhängig voneinander (da \(e_1\) und \(e_2\) linear unabhängig sind). Das bedeutet, dass \(v:=x_1\cdot e_2 - x_2\cdot e_1\) nicht der Nullvektor sein kann, aber \(f(v)=x_1\cdot x_2 - x_2\cdot x_1 = 0\), was ein Widerspruch ist.
Alternativ: Sei \(f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}\) eine beliebige lineare Abbildung. Nach dem Dimensionssatz gilt \(\dim\ker(f)+\dim\text{im}(f) = 3\). Da \(\dim\text{im}(f)\leq 1\) (weil das Bild ein Unterraum von \(\mathbb{R}\) ist), muss \(\dim\ker(f)\geq 2\) gelten. Der Raum der Vektoren, die auf \(0\) geschickt werden, muss also ein mindestens zweidimensionaler Raum sein.
