\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 9}
\author{Miriam Philipp, Dominik Daniel, Christian Merten}

\usepackage[]{gauss}

\begin{document}

\punkte[32]

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\sqrt{2} $ ist EW von $A$ und $\sqrt{3}$ ist EW von $B$.
            \begin{proof}
                Es ist $\chi_{A}^{\text{char}} = t^2 - 2$. Damit folgt
                $\chi_{A}^{\text{char}} (\sqrt{2} ) = 0$.

                Weiter ist $\chi_{B}^{\text{char}} = t^2 - 3$. Damit folgt
                $\chi_{B}^{\text{char}} (\sqrt{3}) = 0$.
            \end{proof}
        \item Beh.:
            \[
        C = \begin{pmatrix} 0 & 3 & 2 & 0 \\
                1 & 0 & 0 & 2 \\
                1 & 0 & 0 & 3 \\
                0 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix} 
            .\]
            \begin{proof}
                Es ist mit Kroneckerprodukt
                \begin{salign*}
                    A \otimes E_2 &= \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
                    \otimes \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
                    = \begin{pmatrix} 0 & \begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} & 0 \end{pmatrix} \\
                    E_2 \otimes B &= \begin{pmatrix} 
                        \begin{matrix}  0 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix} & 0 \\
                        0 & \begin{matrix} 0 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix} 
                    \end{pmatrix}
                .\end{salign*}
                Mit $C = A \otimes E_2 + E_2 \otimes B$ folgt die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\chi_{C}^{\text{char}} = t ^{4} -10t^2 + 1$ und
            $\chi_{C}^{\text{char}} (\sqrt{2} + \sqrt{3}) = 0$.
            \begin{proof}
                \begin{align*}
                    \chi_{C}^{\text{char}} = \text{det}(tE_4 - C)
                    = \begin{gmatrix}[v] 
                        t & -3 & -2 & 0 \\
                        -1 & t & 0 & -2 \\
                        -1 & 0 & t & -3 \\
                        0 & -1 & -1 & t
                        \rowops
                        \add[-1]{1}{2}
                        \add[t]{1}{0}
                    \end{gmatrix}
                    =
                    \begin{gmatrix}[v] 0 & -3+t^2 & -2 & -2t \\
                    -1 & t & 0 & -2 \\
                0 & -t & t & -1 \\
            0 & -1 & -1 & t
        \end{gmatrix} \\
        = \begin{gmatrix}[v]
            -3 + 3t^2 & -2 -2t^2 & -2t \\
            0 & 0 & -1 \\
            -1-t^2 & -1+t^2 & t
            \colops
            \add[t]{2}{1}
            \add[-t]{2}{0}
        \end{gmatrix} 
        =
        \begin{gmatrix}[v] 
            -3 + 3t^2 & -2-2t^2 \\
            -1-t^2 & -1+t^2
        \end{gmatrix}
        = 1 - 10t^2 + t ^{4}
                .\end{align*}
                Betrachte $F(A) \in \text{End}_\R(\R^2)$ und $F(B) \in \text{End}_\R(\R^2)$. Dann
                ist $\sqrt{2}$ EW von $F(A)$ und $\sqrt{3} $ EW von $F(B)$. Damit folgt mit 31(c):
                $\sqrt{2} + \sqrt{3} $ EW von $F(A) \otimes \text{id} + \text{id} \otimes F(B) \in \text{End}_\R(\R^2 \otimes_R \R^2)$.
                Es gilt $F(A) \otimes \text{id} + \text{id} \otimes F(B) = F(C)$. Damit folgt
                $\chi_{C}^{\text{char}}(\sqrt{2}  + \sqrt{3}) = \chi_{F(C)}^{\text{char}}(\sqrt{2} +\sqrt{3}) = 0 $.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Seien $f_1, \ldots, f_n \in V^{*}$. Beh.: Es ex. eine eindeutige lineare
            Abb. $\varphi_{f_1, \ldots, f_n}\colon V^{\otimes n} \to K$ mit
            \[
                \varphi_{f_1, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n)
                = f(x_1) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) \qquad \forall x_1, \ldots, x_n \in V
            .\] 
            \begin{proof}
                Definiere $\mu\colon V^{n} \to K$,
                $(x_1, \ldots, x_n) \mapsto f_1(x_1) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n)$. $\mu$ ist $n$-fach
                multilinear, da $f_1, \ldots, f_n$ linear und $\mu$ Produkt von linearen Abbildungen. Die
                Behauptung folgt mit (UM) angewendet auf $\mu$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Es gibt eine eindeutige lineare Abbildung $\Phi_n \colon (V^{*})^{\otimes n} \to (V^{\otimes n})^{*}$ mit
            \[
                \Phi_n(f_1 \otimes \ldots \otimes f_n) = \varphi_{f_1, \ldots, f_n} \qquad \forall f_1, \ldots, f_n \in V^{*}
            .\] 
            \begin{proof}
                Definiere $\mu\colon (V^{*})^{n} \to (V^{\otimes n})^{*}$, $(f_1, \ldots, f_n) \mapsto \varphi_{f_1, \ldots, f_n}$. $\mu$ multilinear, denn $\forall x_1, \ldots, x_n \in V$ gilt
                \begin{align*}
                    \mu(f_1 + \lambda g_1, f_2, \ldots, f_n)(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n) &= \varphi_{(f_1 + \lambda g_1),f_2, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n) \\
                    &= (f_1 + \lambda g_1)(x_1) \cdot f_2(x_2) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) \\
                    &= f_1(x_1) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) + \lambda g_1(x_1) \cdot f_2(x_2) \cdot \ldots \cdot f_n(x_n) \\
                    &= \varphi_{f_1, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n)
                    + \lambda \varphi_{g_1, f_2, \ldots, f_n}(x_1 \otimes \ldots \otimes x_n) \\
                    &= \mu(f_1, \ldots, f_n) + \lambda \mu(g_1, f_2, \ldots, f_n)
                .\end{align*}
                Damit stimmt $\mu(f_1 + \lambda g_2, f_2, \ldots, f_n)$ mit $\mu(f_1, \ldots, f_n) + \lambda \mu(g_1, f_2, \ldots, f_n)$ auf den Erzeugern von $V^{\otimes n}$ überein, d.h. auf ganz $V^{\otimes n}$, also folgt
                \[
                \mu(f_1 + \lambda g_2, f_2, \ldots, f_n) = \mu(f_1, \ldots, f_n) + \lambda \mu(g_1, f_2, \ldots, f_n)
                .\] Analog für die anderen Argumente.

                Die Behauptung folgt jetzt wieder mit (UM) angewendet auf $\mu$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Für $n = 2$ und $V$ e.d. ist $\Phi_2$ ein Iso.
            \begin{proof}
                Da $V$ e.d. folgt $\text{dim } V = \text{dim } V^{*}$. Sei $k = \text{dim } V = \text{dim } V^{*}$. Dann gilt nach VL:
                \[
                V \otimes_K V \stackrel{\sim }{=} K^{k} \otimes_K K^{k} \stackrel{\sim }{=} V^{*} \otimes_K V^{*}
            .\] Damit g.z.z., dass $\Phi_2$ injektiv ist. Sei $(v_i)_{i \in I}$ Basis von $V$ und
            $(v_i^{*})_{i \in I}$ die dazu duale Basis von $V^{*}$. Dann ist nach VL
            $(v_i^{*} \otimes v_j^{*})_{(i,j) \in I^2}$ Basis von $V^{*} \otimes_K V^{*}$. Sei
            nun $f \in V^{*} \otimes V^{*}$ mit $\Phi_2(f) = 0$. Dann gilt
            \begin{salign*}
                \Phi_2(f) &= \Phi_2 \left[ \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} (v_i^{*} \otimes v_j^{*}) \right] \\
                &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} \Phi_2(v_i^{*} \otimes v_j^{*}) \\
                &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} \varphi_{v_i^{*}, v_{j}^{*}}
                \intertext{Damit folgt $\forall x, y \in V$}
                0 &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} v_{i}^{*}(x) \cdot v_j^{*}(y)
            .\end{salign*}
            Sei nun $(k,l) \in I^2$ beliebig. Dann setze $x\coloneqq v_k$, $y\coloneqq v_l$. Damit folgt
            \begin{align*}
                \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} v_i^{*}(v_k) v_j^{*}(v_l)
                = \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} \delta_{ik} \delta_{jl}
                = \alpha_{kl} = 0
            .\end{align*}
            Also $\alpha_{kl} = 0$ $\forall (k,l) \in I^2$. Damit ist $f= 0$ und $\Phi_2$ injektiv.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Seien $m \in \N$ und $(x_1, \ldots, x_m)$ ES. von $M$. Beh.: Für $n \in \N$ mit $n \le m$
            ist die Familie
            \[
                (x_{i_1} \land \cdots \land x_{i_n})_{1 \le i_1 < \ldots < i_n \le m}
            \] ein ES. von $\bigwedge^{n} M$.
            \begin{proof}
                Da $\bigwedge^{n} M$ von Elementen der Form $y_1 \land \ldots \land y_n$ erzeugt
                wird für $y_1, \ldots, y_n \in M$, g.z.z., dass diese Elemente von der angegebenen Familie
                erzeugt werden. Dazu seien $y_1, \ldots, y_n \in M$ beliebig. Da $(x_1, \ldots, x_n)$ ES
                von $M$, ex. $(\alpha_{ij})_{i,j=1}^{n,m}$ s.d. $\forall i = 1, \ldots, n$
                \[
                    y_i = \sum_{j=1}^{m} \alpha_{ij}x_j
                .\] Damit folgt
                \begin{salign*}
                    y_1 \land \ldots \land y_n &= \sum_{j=1}^{m} \alpha_{1j}x_j \land \ldots \land \sum_{j=1}^{m} \alpha_{nj} x_j \\
                    &= \alpha_{11}x_1 \land \ldots \land \alpha_{n1}x_1 +
                    \alpha_{12}x_2 \land \alpha_{21}x_1 \land \ldots \land \alpha_{n1} x_1
                    + \ldots + \alpha_{1m}x_m \land \ldots \land \alpha_{nm} x_m
                .\end{salign*}
                Streichen der Nullterme (Summanden mit gleichen Faktoren im Sinne von $\land$)
                und Sortierung der $x_j$ innerhalb der Summanden durch mehrfache Anwendung der
                Antisymmetrie zeigt die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Sei nun $R = \Z[\sqrt{-5}]$ und $I = (2, 1 + \sqrt{-5}) \subseteq R$. Beh.: $\bigwedge^2I = 0$.
            \begin{proof}
                Da $\{2, 1 + \sqrt{-5} \} $ ES von $I$ als $R$-Modul ist, folgt mit (a),
                dass $2 \wedge (1 + \sqrt{-5}) $ bereits $I$ erzeugt. Es genügt also z.z., dass
                $2 \wedge (1 + \sqrt{-5}) = 0$ in $\bigwedge^2I$. Es gilt
                \begin{align*}
                    3 \cdot (2 \wedge (1 + \sqrt{-5}) ) &= 6 \wedge (1 + \sqrt{-5})
                    = (1 - \sqrt{-5})\left[ (1 + \sqrt{-5}) \wedge (1 + \sqrt{-5}) \right] = 0 \\
                    2 \cdot (2 \wedge ( 1 + \sqrt{-5})) &= (1+\sqrt{-5})\cdot (2 \wedge 2) = 0
                    \intertext{Damit folgt}
                    2 \wedge (1 + \sqrt{-5} ) &= 3 \cdot (2 \wedge 1 + \sqrt{-5}) - 2 \cdot (2 \wedge 1 + \sqrt{-5}) = 0
                .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Es gibt einen eindeutigen $R$-Mod.hom. $f\colon \bigwedge^2 M \to M \otimes_R M$ mit
            \[
                f(a \wedge b) = a \otimes b - b \otimes a
            .\] 
            \begin{proof}
                Definiere $\varphi\colon M^2 \to M \otimes_R M$, $(a,b) \mapsto a \otimes b - b \otimes a$.
                $\varphi$ ist alternierend, denn:
                \begin{itemize}
                    \item $\varphi$ bilinear:
                        \begin{align*}
                            \varphi(a + \lambda b, c) &= (a + \lambda b) \otimes c - c \otimes (a + \lambda b) \\
                                                      &= a \otimes c + \lambda (b \otimes c)
                                                      - c \otimes a - \lambda (c \otimes b) \\
                                                      &= a \otimes c - c \otimes a
                                                      + \lambda (b \otimes c - c \otimes b) \\
                                                      &= \varphi(a,c) + \lambda(b,c)
                        .\end{align*}
                        Analog für zweites Argument.
                    \item $\varphi(a,a) = a \otimes a - a \otimes a = 0$ $\forall a \in M$.
                \end{itemize}
                Damit folgt die Behauptung mit (UA) angewendet auf $\varphi$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Sei $M$ endlich erzeugt und frei. Dann ist die Abbildung $f$ aus (a) injektiv.
            \begin{proof}
                Sei $(x_1, \ldots, x_m)$ Basis von $M$. Definiere $I \coloneqq \{1, \ldots, m\}$. Dann
                ist nach VL $(x_i \otimes x_j)_{(i,j) \in I^2}$ Basis von $M \otimes_R M$. Sei
                $x \in \bigwedge^2M$ mit $f(x) = 0$. Dann ex. mit 34(a) ein $(\alpha_{ij})_{i,j=1}^{m} \in R^{(I)}$
                mit $\alpha_{ij} = 0$ für $i \ge j$ und
                \[
                    x = \sum_{(i,j) \in I^2, j > i} \alpha_{ij} (x_i \wedge x_j)
                .\] 
                Damit folgt
                \begin{salign*}
                    0 &= f(x) \\
                      &= f\left( \sum_{(i,j) \in I^2, j >i} \alpha_{ij}(x_i \wedge x_j) \right) \\
                      &= \sum_{(i,j) \in I^2, j > i} \alpha_{ij} f(x_i \wedge x_j) \\
                      &= \sum_{(i,j) \in I^2,j > i} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j - x_j \otimes x_i) \\
                      &\stackrel{x_i \otimes x_i - x_i \otimes x_i = 0}{=}  \sum_{(i,j) \in I^2, j \ge i} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j - x_j \otimes x_i) \\
                      \intertext{Setze $\alpha_{ji} \coloneqq - \alpha_{ij}$ für $j > i$. Damit folgt}
                      0 &= \sum_{i,j \in I^2, j \ge i} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j) + \alpha_{ji} (x_j \otimes x_i) \\
                      &= \sum_{(i,j) \in I^2} \alpha_{ij} (x_i \otimes x_j)
                .\end{salign*}
                Da $(x_i \otimes x_j)_{(i,j) \in I}$ Basis von $M \otimes_R M$, insbes. l.u., d.h.
                $\alpha_{ij} = 0$ $\forall (i,j) \in I^2$. Also $x = 0$ und $f$ injektiv.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
