\documentclass[uebung]{../../../lecture} \usepackage{enumerate} \usepackage{array} \usepackage{mathtools} \title{Übungsblatt Nr. 5} \author{Christian Merten, Mert Biyikli} \begin{document} \begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}} \hline Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline Punkte & & & & & & \\[5mm] \hline \end{tabular} \vspace{5mm} \begin{aufgabe} Es sei $K$ Körper, $M$ eine Menge und $m_0 \in M$ ein fest gewähltes Element. In \\$V = \text{Abb}(M, K)$ betrachten wir die Teilmengen $U = \{f \in V \mid f(m_0) = 0\} $ und \\$W = \{f \in V \mid \forall x, y \in M \colon f(x) = f(y)\} $ \begin{enumerate}[a)] \item Zunächst: $K$ ist K-Vektorraum. Damit wird $V = \text{Abb}(M, K)$ mit $0_V(m) = 0 \text{ } \forall m \in M$ zum K-Vektorraum. Damit eine Teilmenge $M \subset V$ zum Untervektorraum von $V$ wird, muss gelten: \[ m_1 + m_2 \in M \text{ } \forall m_1,m_2 \in M .\] und \[ a m_1 \in M \text{ } \forall m_1 \in M, a \in K .\] Die Inversen der zugehörigen Untergruppe sind gegeben durch \[ m^{-1} = (-1)_K m \in M \text{ } \forall m \in M .\] Beh.: $U \subset V$ ist Untervektorraum. \begin{proof} Seien $f_1, f_2 \in U$, $a \in K$ beliebig. Zu zeigen: $(f_1 + f_2)(m_0) = 0 $ und $(a f_1)(m_0) = 0$. \[ (f_1 + f_2)(m_0) = f_1(m_0) + f_2(m_0) = 0 + 0 = 0 .\] $\implies (f_1 + f_2) \in U$. \[ (a f_1)(m_0) = a f_1(m_0) = a \cdot 0 = 0 .\] $\implies (a f_1) \in U$. \end{proof} Beh.: $W \subset V$ ist Untervektorraum \begin{proof} Seien $f_1, f_2 \in W$, $a \in K$ und $x, y \in M$ beliebig. Zu zeigen: $(f_1 + f_2)(x) = (f_1 + f_2)(y)$ und $(a f_1)(x) = (a f_1)(y)$. \begin{align*} (f_1 + f_2)(x) = f_1(x) + f_2(x) = f_1(y) + f_2(y) = (f_1 + f_2)(y) .\end{align*} $\implies (f_1 + f_2) \in W$. \[ (a f_1)(x) = a f_1(x) = a f_1(y) = (a f_1)(y) .\] $\implies (a f_1) \in W$. \end{proof} \item Beh.: $U \cap W = \{0\} $ \begin{proof} Zunächst: $0_V(m_0) = 0 \implies 0_V \in U$ und $0_V(x) = 0 = 0_V(y) \text{ } \forall x,y \in M \implies 0_V \in W$. Daraus folgt $0_V \in U \cap W \implies U \cap W \neq \emptyset$. Sei $f \in U \cap W$ beliebig: \begin{align*} &\forall m \in M \colon f(m) = f(m_0) \land f(m_0) = 0 \\ \implies &\forall m \in M \colon f(m) = 0 \\ \implies &f = 0_V .\end{align*} \end{proof} \item Beh.: $V = U + W$ \begin{proof} Sei $f \in V$ beliebig. Zu zeigen: $\exists u \in U, \exists w \in W \colon f = u + w$ Dann wähle $u \in U$, s.d. \[ u(m) = \begin{cases} f(m) - f(m_0) & m \neq m_0 \\ 0 & m = m_0 \end{cases} .\] und $w \in W$, s.d. \[ w(m) = f(m_0) \text{ } \forall m \in M .\] $u$ und $w$ sind wohldefiniert, da $f$ Abbildung ist. Damit folgt: \[ f(m) = u(m) + w(m) = \begin{cases} f(m) - f(m_0) + f(m_0) = f(m) & m \neq m_0 \\ 0 + f(m_0) = f(m_0) & m = m_0 \end{cases} .\] \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} Es sei $K$ ein Körper, $U = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n\}, K\right) $ und $V = \text{Abb}\left( \{0, 1, \ldots, n+1\}, K\right)$. \begin{align*} \psi\colon V &\to K^{n+2} \\ f &\mapsto \left( f(0), f(1), \ldots, f((n+1) \right) \\ \partial\colon V &\to U \\ f &\mapsto \left( i \mapsto (i + 1) \cdot f(i+1) \right) .\end{align*} \begin{enumerate}[a)] \item Beh.: $\psi$ ist linear. \begin{proof} Seien $v_1, v_2 \in V$, $a \in K$ beliebig. Zunächst: $\psi(v_1)$ wohldefiniert, da $v_1$ Abbildung ist und jedes Tupelelement genau einem Bild von $v_1$ zugeordnet wird. \begin{align*} \psi(v_1 + v_2) &= \left( (v_1+v_2)(0), (v_1 + v_2)(1), \ldots, (v_1+v_2)(n+1) \right) \\ &= \left( v_1(0) + v_2(0), v_1(1) + v_2(1), \ldots, v_1(n+1) + v_2(n+1) \right) \\ &= \left( v_1(0), v_1(1), \ldots, v_1(n+1) \right) + \left( v_2(0), v_2(1), \ldots, v_2(n+1) \right) \\ &= \psi(v_1) + \psi(v_2) .\end{align*} \begin{align*} \psi(a v_1) &= \left(a v_1(0), a v_1(1), \ldots, a v_1(n+1)\right) \\ &= a (v_1(0), v_1(1), \ldots, v_1(n+1) \\ &= a \psi(v_1) .\end{align*} \end{proof} Beh.: $\partial$ ist linear. \begin{proof} Seien $v_1, v_2 \in V$, $a \in K$ und $i \in \{0, 1, \ldots, n\} $ beliebig. Zunächst: $\partial(v_1)$ wohldefiniert, da $v_1$ Abbildung ist. \begin{align*} \partial(v_1+v_2)(i) &= (i+1) \cdot (v_1 + v_2)(i+1) \\ &= (i+1) \cdot (v_1(i+1) + v_2(i+1)) \\ &= (i+1) \cdot v_1(i+1) + (i+1) \cdot v_2(i+1) \\ &= \partial(v_1)(i) + \partial(v_2)(i) .\end{align*} \begin{align*} \partial(a v_1)(i) &= (i + 1) \cdot (a v_1)(i+1) \\ &= a (i+1) \cdot v_1 (i+1) \\ &= a \cdot \partial(v_1)(i) .\end{align*} \end{proof} \item Beh.: $\psi$ ist Isomorphismus. \begin{proof} Zu zeigen: $\psi$ ist bijektiv. Seien $v_1, v_2 \in V$ mit $\psi(v_1) = \psi(v_2)$. Dann \begin{align*} &\psi(v_1) = \left( v_1(0), v_1(1), \ldots, v_1(n+1) \right) = \left( v_2(0), v_2(1), \ldots, v_2(n+1) \right) = \psi(v_2)\\ \implies& v_1(k) = v_2(k) \text{ }\forall k \in \{0, \ldots, n+1\} \\ \implies& v_1 = v_2 .\end{align*} $\implies \psi$ ist injektiv. Sei $c = (c_0, \ldots, c_{n+1}) \in K^{n+2}$, dann ex. ein $v \in V$, s.d. \begin{align*} &v(k) = c_k \text{ } \forall k \in \{0, \ldots, n+1\} \\ \implies &\psi(v) = c .\end{align*} $\implies \psi$ ist surjektiv. \end{proof} \item Beh.: $\partial$ surjektiv $\iff \text{char}K \notin \{2, \ldots, n+1\} $ \begin{proof} Damit $\partial$ surjektiv ist, muss für alle $u \in U$ ein $v \in V$ existieren, s.d. $\partial(v) = u$. Sei $u \in U, k \in \{0, \ldots, n\}$ beliebig, dann muss für $v$ gelten: \begin{align*} &\partial(v)(k) = (k + 1) \cdot v(k+1) = u(k) .\end{align*} Dies ist genau dann wohldefiniert, wenn $k+1 \neq 0$, denn genau dann ex. ein Inverses zu $k+1$ und damit: \begin{align*} &v(k+1) = (k+1)^{-1} \cdot u(k) .\end{align*} Bleibt zu zeigen: char$K \not\in \{2, \ldots, n+1\} \iff k+1 \neq 0$ $\forall k \in \{0, \ldots, n\} $. \begin{align*} &k + 1 \neq 0 \\[-2mm] \stackrel{\mathclap{\strut k \ge 0}}{\qquad \iff \qquad} &k + 1 \neq \text{char}K \\[-2mm] \stackrel{\mathclap{\strut 1 \le k + 1 \le n + 1}}{\qquad \iff \qquad} &\text{char}K = 0 \lor \text{char}K > n + 1 \\[1mm] \qquad \iff \qquad & \text{char}K \not\in \{2, \ldots, n+1\} .\end{align*} \end{proof} \item Bestimmen Sie $\psi(\text{ker }K) \subset K^{n+2}$. \begin{proof}[Lösung] \begin{align*} &\ker \partial = \{f \in V \mid \left( \partial(f) \right)(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots n\} \} .\end{align*} Damit $f \in \text{ker } \partial$, muss folglich gelten: \begin{align*} &(\partial(f))k = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\} .\end{align*} $\iff$ \begin{align*} (k+1) \cdot f(k+1) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\} .\end{align*} $\stackrel{K \text{ Körper}}{\iff}$ \begin{align*} k+1 = 0 \lor f(k+1) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\} .\end{align*} Aus (c) folgt: $k+1 \neq 0 \iff \text{char K} \not\in \{2, \ldots, n+1\} $. \begin{enumerate}[(i)] \item $\text{char }K \not\in \{2, \ldots, n+1\} $: Dann ist $k + 1 \neq 0$, d.h. \begin{align*} &f(k+1) = 0 \text{ } \forall k \in \{0, 1, \ldots, n\} \\ \implies &f(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\} \\ \implies & \text{ker } \partial = \{f \in V \mid f(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\} \} .\end{align*} Damit folgt: \[ \psi(\text{ker }\partial) = \{(a, \underbrace{0, \ldots, 0}_{n+1\text{-mal}}) \mid a \in K\} .\] \item $\text{char }K \in \{2, \ldots, n+1\} $: Dann gilt für $k = \text{char }K-1$: \[ k + 1 = \text{char } K - 1 + 1 = \text{char } K = 0_K .\] Für alle $k \in \{0, 1, \ldots, n\}, k \neq \text{char } K - 1$, folgt analog zu (i): \[ f(k + 1) = 0 .\] Damit folgt: \[ \text{ker } \partial = \left\{ f \in V \mid f(k) = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\} \setminus \{\text{char } K\} \right\} .\] Damit ergibt sich: \[ \psi(\text{ker } \partial) = \{ (a_0, a_1, \ldots, a_{n+1}) \in K^{n+2} \mid a_k = 0 \text{ } \forall k \in \{1, \ldots, n+1\} \setminus \{\text{char }K\} \} .\] \end{enumerate} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} Es sei $K$ ein Körper und $U, V$ zwei $K$-Vektorräume. \begin{enumerate}[a)] \item Beh.: Ist $f\colon U \to V$ linear, ist auch die duale Abbildung $f^{*}\colon V^{*} \to U^{*}$ linear. \begin{proof} Seien $\varphi_1, \varphi_2 \in V^{*}$ und $a \in K$ beliebig. Zunächst: $f^{*}(\varphi_1)$ wohldefiniert, weil $\varphi_1$ und $f$ Abbildungen sind. \begin{align*} f^{*}(\varphi_1 + \varphi_2) &= (\varphi_1 + \varphi_2) \circ f = \varphi_1 \circ f + \varphi_2 \circ f = f^{*}(\varphi_1) + f^{*}(\varphi_2) \\ f^{*}(a \varphi_1) &= (a \varphi_1) \circ f = a (\varphi_1 \circ f) = a f^{*}(\varphi_1) .\end{align*} \end{proof} \item Beh.: Die Auswertungsabbildung ev: $U \to (U^{*})^{*}$, mit \[ u \mapsto (f \mapsto f(u)) \] ist linear. \begin{proof} Seien $u_1, u_2 \in U$, $a \in K$ und $f \in U^{*}$ beliebig. Zunächst: $(\text{ev}(u_1))(f)$ wohldefiniert, weil $f\colon U \to K$ Abbildung ist. \begin{align*} (\text{ev}(u_1 + u_2))(f) &= f(u_1 + u_2) \stackrel{f \text{ linear}} {=} f(u_1) + f(u_2) = (\text{ev}(u_1))(f) + (\text{ev}(u_2))(f) \\ \left(\text{ev}(a u_1)\right)(f) &= f(a u_1) \stackrel{f \text{ linear}} {=} a f(u_1) = a \cdot (\text{ev}(u_1))(f) .\end{align*} \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \begin{aufgabe} Es sei $K$ ein Körper und $U, V$ zwei $K$-Vektorräume. \begin{enumerate}[a)] \item Beh.: Die Abbildung $*$: $\text{Hom}_K(U,V) \to \text{Hom}_K(V^{*}, U^{*})$ ist linear. \begin{proof} Seien $f_1, f_2 \in \text{Hom}_K(U,V)$, $\varphi \in V^{*}$ und $a \in K$ beliebig. Zunächst: $(*(f_1))(\varphi) = \varphi \circ f_1$ wohldefiniert, weil $\varphi$ und $f_1$ Abbildungen. \begin{align*} (*(f_1 + f_2))(\varphi) &= ((f_1 + f_2)^{*})(\varphi) = \varphi \circ (f_1 + f_2) \stackrel{\varphi \text{ linear}}{=} \varphi \circ f_1 + \varphi \circ f_2 = (*(f_1))(\varphi) + (*(f_2))(\varphi) \\ (*(a f_1))(\varphi) &= ((a f_1)^{*})(\varphi) = \varphi \circ (a f_1) \stackrel{\varphi \text{ linear}}{=} a \cdot (\varphi \circ f_1) = a\cdot (*(f_1))(\varphi) .\end{align*} \end{proof} \item Beh.: Ist $f\colon U \to V$ linear und surjektiv, so ist $f^{*}\colon V^{*} \to U^{*}$ injektiv. \begin{proof} Seien $\varphi_1, \varphi_2 \in \text{Hom}_K(V,K) = V^{*}$ mit $f^{*}(\varphi_1) = f^{*}(\varphi_2)$. Dann folgt: \begin{align*} \varphi_1 \circ f = \varphi_2 \circ f .\end{align*} das heißt: \begin{align*} \forall u \in U\colon \varphi_1(f(u)) = \varphi_2(f(u)) .\end{align*} Wegen $f$ surjektiv gilt: $V = f(U)$ und damit: \begin{align*} & \forall v \in V\colon \varphi_1(v) = \varphi_2(v) .\end{align*} $\implies \varphi_1 = \varphi_2$ \\ $\implies f^{*}$ injektiv \end{proof} \end{enumerate} \end{aufgabe} \end{document}