\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}