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TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Tim Hoffmann PD Dr. Carsten Lange Lineare Algebra und diskrete Strukturen 2 (Sommersemester 2016) — Lösungen für das Aufgabenblatt 1 vom 12. April 2016 — — Lösungen der Hausaufgaben — Seien V ein K-Vektorraum und U ein Untervektorraum von V...

Description

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik

Prof. Dr. Tim Hoffmann PD Dr. Carsten Lange Lineare Algebra und diskrete Strukturen 2 (Sommersemester 2016) — Lösungen für das Aufgabenblatt 1 vom 12. April 2016 —

— Lösungen der Hausaufgaben — Seien V ein K-Vektorraum und U ein Untervektorraum von V . a) Für f ∈ V ∗ definiere R f ∈ U ∗ durch (R f )(u) := f (u) für alle u ∈ U . Die Abbildung R : V ∗ → U ∗ heißt Restriktion von V und U . b) Für g ∈ (V/U )∗ definiere Ig ∈ V ∗ durch (Ig)(v) := g(v + U ) für alle v ∈ V. Die Abbildung I : (V/U)∗ → V ∗ heißt Inflation von V/U nach V. c) Für M ⊆ V definiere M ⊥ := { f ∈ V ∗ | f (m) = 0 für alle m ∈ M}. M ⊥ ist ein Untervektorraum von V ∗ und heißt Annihilator von M . d) Für S ⊆ V ∗ definiere S ⊤ := {v ∈ V | s(v) = 0 für alle s ∈ S }. S ⊤ ⊆ V ist ein Untervektorraum von V . Die Unterraumeigenschaften von M ⊥ und S ⊤ dürfen ohne weiteren Beweis verwendet werden. Aufgabe A1. Restriktion und Inflation. Sei V ein K-Vektorraum endlicher Dimension. Zeigen Sie, dass für jeden Untervektorraum U ⊆ V gilt: a) Die Restriktion R ist ein Epimorphismus mit Kern(R) = U ⊥ und dim(U ⊥ ) = dim(V) − dim(U ). b) Die Inflation I von V/U nach V ist ein Monomorphismus mit Bild(I) = U ⊥ . L¨osung: a) Wir zeigen zunächst, dass R : V ∗ → U ∗ ein Epimorphismus ist, das heißt, R ist surjektiv und linear. Seien f, g ∈ V ∗ und λ, µ ∈ K. Dann gilt für alle u ∈ U :               R(λ f + µg) (u) = λ f + µg (u) = λ · f (u) + µ · g(u) = λ · R f (u) + µ · Rg(u) = λR f + µRg (u). Damit ist R linear. Um die Surjektivität von R nachzuweisen, müssen wir für jedes f ∈ U ∗ ein g ∈ V ∗ mit Rg = f finden. Ist dim(V) = n < ∞, so können wir nach dem Basisergänzungssatz eine Basis {u1 , . . . , uk } von U zu einer Basis {u1 , . . . , uk , v1 , . . . , vn−k } von V ergänzen. Wir definieren nun eine lineare Abbildung durch g(ui ) := f (ui ) für alle i ∈ [k], und g(vi ) := 0 für alle i ∈ [n − k]. P Nun folgt für alle u = i∈[k] λi ui ∈ U :      X X  X     X     λi ui  = λi ui  = f (u). Rg  λi · f (ui ) = f  λi · Rg(ui ) = i∈[k]

i∈[k]

i∈[k]

i∈[k]

Da g ∈ U ∗ beliebig gewählt wurde, folgt die Surjektivität von R. Wir zeigen nun, dass Kern(R) = U ⊥ gilt. Dazu erinnern wir uns an die Definition von Kern(R) und U ⊥ : Kern(R) := { f ∈ V ∗ | (R f )(u) = 0 für alle u ∈ U}

U ⊥ := { f ∈ V ∗ | f (u) = 0 für alle u ∈ U} . Die Behauptung folgt, da (R f )(u) = f (u) für alle u ∈ U gilt. Wir zeigen nun dim(U ⊥ ) = dim(V) − dim(U). Da R eine lineare Abbildung ist, gilt Bild(R)  V ∗ /Kern(R).

Da R surjektiv ist, gilt Bild(R) = U ∗ . Da Kern(R) = U ⊥ gilt, folgt die Behauptung mit der Dimensionsformel. b) Wir zeigen zunächst, dass (V/U)∗ → V ∗ ein Monomorphismus ist, das heißt, I ist injektiv und linear. Seien f, g ∈ (V/U)∗ und λ, µ ∈ K. Dann gilt für alle v ∈ V:               I(λ f + µg) (v) = λ f + µg (v + U) = λ · f (v + U ) + µ · g(v + U ) = λ · I f (v) + µ · Ig(v) = λI f + µIg (v). 1

Damit ist I linear. Wir zeigen nun, dass I monomorph ist, indem wir Kern(I) = {0} nachweisen. Dazu sei g ∈ Kern(I) beliebig gewählt. Dann gilt 0 = Ig(v) = g(v + U) für alle v ∈ V. Da für jedes x ∈ V/U ein v ∈ V mit x = v + U exisitiert, folgt g(x) = 0 für alle x ∈ V/U. Wir zeigen nun Bild(I) = U ⊥ . Dazu weisen wir Bild(I) ⊆ U ⊥ und Bild(I) ⊇ U ⊥ nach. i) Wir zeigen zunächst Bild(I) ⊆ U ⊥ . Sei g ∈ (V/U)∗ . Da U das neutrale Element des Vektorraums V/U ist, gilt für alle u ∈ U Ig(u) = g(u + U) = g(U) = 0. Somit haben wir Ig ∈ { f ∈ V ∗ | f (u) = 0 für alle u ∈ U} gezeigt. Das bedeutet aber Bild(I) ⊆ U ⊥ . ii) Wir zeigen nun Bild(I) ⊇ U ⊥ . Für jedes f ∈ U ⊥ definieren wir f˜ : V/U −→ K v + U 7−→ f (v). Da f ∈ U ⊥ = { f ∈ V ∗ | f (u) = 0 für alle u ∈ U} gilt, ist f wohldefiniert und es gilt If ˜= f . Aufgabe A2. Dualitätssätze für den Annihilator. Sei V ein K-Vektorraum mit dim(V) = n < ∞. Zeigen Sie die folgenden Aussagen. a) Ist U ein Unterraum von V, so gilt (U ⊥ )⊤ = U . b) Ist S ein Unterraum von V ∗ , so gilt (S ⊤ )⊥ = S . Tipp: Es genügt, wenn Sie S ⊆ (S ⊤ )⊥ und dim((S ⊤ )⊥ ) = dim(S ) beweisen. Dafür kann es hilfreich sein, wenn Sie dim(S ⊤ ) = dim(V ∗ ) − dim(S ) zeigen. Auch ohne Beweis dürfen Sie verwenden: i) [T (v)] ( f ) := f (v) für alle v ∈ V und alle f ∈ V ∗ definiert einen Isomorphismus T : V → V ∗∗. ii) Die Aussagen aus Aufgabe A1. L¨osung: a) Wir zeigen die beiden Inklusionen (U ⊥ )⊤ ⊆ U und (U ⊥ )⊤ ⊇ U . i) Wir zeigen zunächst (U ⊥ )⊤ ⊇ U . Nach Definition gilt U ⊥ = { f ∈ V ∗ | f (u) = 0 für alle u ∈ U}. Für jedes u ∈ U gilt somit insbesondere auch    f (u) = 0 für alle f ∈ U ⊥ . Weiterhin gilt nach Definition (U ⊥ )⊤ = v ∈ V  f (v) für alle f ∈ U ⊥ , da U ⊥ ⊆ V ∗ ⊥ ⊤ ⊥ ⊤ gilt. Insgesamt folgt somit für jedes u ∈ U ⊆ V sofort u ∈ (U ) und wir haben U ⊆ (U ) gezeigt. ii) Wir zeigen nun (U ⊥ )⊤ ⊆ U durch einen Widerspruch. Angenommen, es existiert ein v ∈ (U ⊥ )⊤ \ U. Dann existiert ein f ∈ V ∗ mit f (v) = 1 und f (u) = 0 für alle u ∈ U: Wähle beispielsweise f = v∗ nachdem die Basis {u1 , . . . , uk , v} von span(U ∪ {v}) ⊆ V zu einer Basis von V ergänzt wurde. Für dieses f gilt nun f ∈ U ⊥ . Wegen v ∈ (U ⊥ )⊤ folgt nun f (v) = 0 nach Definition von (U ⊥ )⊤ . Das widerspricht f (v) = v∗ (v) = 1. b) Da S und (S ⊤ )⊥ Untervektorräume von V ∗ sind, genügt es, wenn wir (S ⊤ )⊥ ⊇ S und dim((S ⊤ )⊥ ) = dim(S ) zeigen. i) Wir zeigen zunächst (S ⊤ )⊥ ⊇ S . Nach Definition gilt S ⊤ = {v ∈ V | f (v) = 0 für alle f ∈ S }. ür jedes f ∈ S gilt somit insbesondere auch    f (x) = 0 für alle x ∈ S ⊤ . Weiterhin gilt nach Definition (S ⊤ )⊥ = f ∈ V ∗  f (x) für alle x ∈ x ∈ S ⊤ , da ⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊥ S ⊆ V gilt. Insgesamt folgt für jedes f ∈ S sofort f ∈ (S ) und wir haben S ⊆ (S ) gezeigt. ii) Wir zeigen nun dim((S ⊤ )⊥ ) = dim(S ) und wollen dafür Tipp i) benutzen (das ist Satz 9.9 auf Seite 104 des LADS-1-Skripts!!). Unter Verwendung des Isomorphismus T : V → (V ∗ )∗ identifizieren wir den Untervektorraum S ⊤ mit einem Untervektorraum von (V ∗ )∗ gleicher Dimension: S ⊤ = {v ∈ V n = v∈V

| f (v) = 0 für alle f ∈ S }  o    T (v) ( f ) = 0 für alle f ∈ S

 {α ∈ (V ∗ )∗ | α( f ) = 0 für alle f ∈ S } . Da S ⊂ V ∗ gilt, folgt nach Definition von S ⊥ sofort S ⊤  S ⊥ ⊂ (V ∗ )∗ . Die Dimensionsformel für U ⊥ impliziert nun: dim(S ⊤ ) = dim(S ⊥ ) = dim(V ∗ ) − dim(S ) = dim(V) − dim(S ). Wenden wir nun die Dimensionsformel auf (S ⊤ )⊥ ⊂ V ∗ an, so folgt: dim((S ⊤ )⊥ ) = dim(V) − dim(S ⊤ ) = dim(S ).

2

Aufgabe A3. Duale Abbildungen und der Annihilator. Seien V und W zwei K-Vektorräume endlicher Dimension und f ∈ L(V, W). Zeigen Sie: a) Kern( f ∗ ) = (Bild( f ))⊥ . b) Kern( f ) = (Bild( f ∗ ))⊤ . L¨osung:  ⊥  ⊥ a) Wir zeigen die Inklusionen Kern( f ∗ ) ⊆ Bild( f ) und Kern( f ∗ ) ⊇ Bild( f ) .  ⊥ i) Wir zeigen zunächst Kern( f ∗ ) ⊆ Bild( f ) . Ist α ∈ Kern( f ∗ ), so gilt für alle v ∈ V :     0 = f ∗ (α) (v) = α f (v) .   Insbesondere folgt α ∈ Bild( f ) ⊥ = {w ∈ W ∗ | α(x) = 0 für alle x ∈ Bild( f )}. ∗ ii) Wir zeigen ( f ) ⊇ (Bild( f ))⊥ .  nunKern ⊥ Ist α ∈ Bild( f ) , so gilt für alle v ∈ V :     0 = α f (v) = f ∗ (α) (v). Somit gilt f ∗ (α) ∈ Kern( f ∗ ).

 ⊤  ⊤ b) Wir zeigen die Inklusionen Kern( f ) ⊆ Bild( f ∗ ) und Kern( f ) ⊇ Bild( f ∗ ) .  ⊤ i) Wir zeigen zunächst Kern( f ) ⊆ Bild( f ∗ ) . Ist v ∈ Kern( f ), so gilt für alle α ∈ W ∗ :   α f (v) = α(0) = 0.      ⊤ Wegen α f (v) = f ∗ (α) (v) ∈ Bild( f ∗ ) folgt nun v ∈ Bild( f ∗ ) .  ⊤ ii) Wir zeigen nun Kern( f ) ⊇ Bild( f ∗ ) .  ⊤ Ist v ∈ Bild( f ∗ ) , so gilt für alle α ∈ W ∗ : 

 f ∗ (α) (v) = 0.

    Wegen f ∗ (α) (v) = α f (v) folgt f (v) = 0, denn existiert ein w ∈ W mit f (v) = w , 0, so existiert auch ein α ∈ W ∗ mit α(w) = 1. Insbesondere folgt v ∈ Kern( f ). Aufgabe A4. Computation of a dual basis. Consider the R-vector space V = R3 together with its canonical basis B = {e1 , e2 , e3 } and the basisBe= {v1 , v2 , v3 } where v1 = e1 − e2 + 3e3 , v2 = e2 − e3 and v3 = 3e2 − 2e3 . Express the dual basis of Be in terms of the dual basis of B, that is, express the linear functionals vi ∗ ∈ V ∗ that satisfy vi∗ (v j ) = δi j as linear combinations of the linear functionals e1∗, e2∗ and e∗3 . L¨osung: Da {v1∗, v2∗ , v∗3 } die duale Basis zu {v1 , v2 , v3 } ist, erhalten wir die folgenden drei linearen Gleichungssysteme: 1 = v1∗ (v1 ) = κ1 e∗1 (v1 ) + κ2 e2∗ (v1 ) + κ3 e∗3 (v1 ), 0 = v1∗ (v2 ) = κ1 e∗1 (v2 ) + κ2 e2∗ (v2 ) + κ3 e∗3 (v2 ), 0 = v1∗ (v3 ) = κ1 e∗1 (v3 ) + κ2 e2∗ (v3 ) + κ3 e∗3 (v3 ), und 0 = v∗2 (v1 ) = λ1 e∗1 (v1 ) + λ2 e2∗(v1 ) + λ3 e∗3 (v1 ), 1 = v∗2 (v2 ) = λ1 e∗1 (v2 ) + λ2 e2∗(v2 ) + λ3 e∗3 (v2 ), 0 = v∗2 (v3 ) = λ1 e∗1 (v3 ) + λ2 e2∗(v3 ) + λ3 e∗3 (v3 ) und 0 = v∗3 (v1 ) = µ1 e∗1 (v1 ) + µ2 e2∗(v1 ) + µ3 e∗3 (v1 ), 0 = v∗3 (v2 ) = µ1 e∗1 (v2 ) + µ2 e2∗(v2 ) + µ3 e∗3 (v2 ), 1 = v∗3 (v3 ) = µ1 e∗1 (v3 ) + µ2 e2∗(v3 ) + µ3 e∗3 (v3 ). 3

Setzen wir nun die Identitäten v1 = e1 − e2 + 3e3 ,

v2 = e2 − e3

v3 = 3e2 − 2e3

und

in diese Gleichungssysteme ein, so erhalten wir 1 = κ1 − κ2 + 3κ3 ,

0 = λ1 − λ2 + 3λ3 ,

0 = κ2 − κ3 , 0 = 3κ2 − 2κ3 ,

1 = λ2 − λ3 , 0 = 3λ2 − 2λ3 ,

0 = µ1 − µ2 + 3µ3 ,

und

0 = µ2 − µ3 , 1 = 3µ2 − 2µ3 .

Wir lösen nun diese Gleichungssysteme: κ2 = κ3 und 2λ3 = 3λ2

=⇒

und

1 1 = − λ3 3

2κ3 = 3κ2

=⇒

=⇒

κ2 = κ3 = 0

λ2 = −2 und λ3 = −3

1 = κ1

=⇒

=⇒

0 = λ1 − 7

und µ2 = µ3

=⇒

1 = µ2 = µ3

=⇒

0 = µ1 + 2

=⇒

µ1 = −2.

Insgesamt erhalten wir somit v∗1 = e1∗ ,

v2∗ = 7e∗1 − 2e∗2 − 3e∗3

4

und

v3∗ = −2e∗1 + e∗2 + e∗3 .

=⇒

λ1 = 7

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik

Prof. Dr. Tim Hoffmann PD Dr. Carsten Lange Lineare Algebra und diskrete Strukturen 2 (Sommersemester 2016) — Lösungen für das Aufgabenblatt 2 vom 18. April 2016 —

— Lösungen der Diskussionsaufgaben —

Diskussionsaufgabe D1. Basiswechsel von 1-Linearformen und Vektoren. Es sei V ein R-Vektorraum mit Basis BV = (v1 , . . . , vm ) und f = α1 v1∗ +. . .+αm vm∗ eine 1-Linearform. Außerdem seien daran, eine weitere Basis BeV = (˜v1 , . . . , v˜m ) von V und die kanonische Basis BR = (e1 ) von R gegeben. Wir erinnern ! β1 P P . −1 dass beispielsweise ein Vektor w = i∈[m] β˜i v˜i = i∈[m] βi vi ∈ V die Koordinatenvektoren ΦBV (w) = .. bezüglich βm  ˜β  1    . eV hat. der Basis BV und −1 ΦBe (w) =  ..  bezüglich B V

β˜ m

a) Bestimmen Sie die darstellende Matrix DBV ,BR ( f ) von f . b) Wie wird die darstellende Matrix DBeV ,BR ( f ) aus der Matrix DBV ,BR ( f ) berechnet? c) Wie werden die Koordinaten β˜i aus den Koordinaten βi berechnet? L¨osung:

a) Eine 1-Linearform ist eine lineare Abbildung f : V → R und besitzt daher eine darstellende Matrix Mat(1, m; R) bezüglich der gewählten Basen. Wir bestimmen zunächst die darstellenden Matrizen für iv,∗i ∈ [m]. Dazu erinnern wir uns, dass der Koordinatenvektor −1 ΦBV (vi ), i ∈ [m], bezüglich BV genau einen von Null verschiedenen Eintrag an Position i besitzt, dieser Eintrag ist 1. Da vi∗(v j ) = δi j für alle i, j ∈ [m] gilt, erhalten wir als darstellende Matrix   DBV ,BR (v∗i ) = 0 . . . 0 1 0 . . . 0 ∈ Mat(1, n; K), wobei genau eine ‘1’ in Spalte i und ‘0’ in allen anderen Spalten vorkommt. Insgesamt folgt somit    X  X   ∗ DBV ,BR ( f ) = DBV ,BR  αi DBV ,BR (v∗i ) = α1 α2 . . . αm . αi vi  = i∈[m]

i∈[m]

b) Um DBeV ,BR ( f ) zu berechnen, entwickeln wir die Basisvektoren v˜i ∈ BeV zunächst bezüglich der Basis BV : X v˜i = κ ji v j , für alle i ∈ [m]. j∈[m]

κ! . 1i Wir definieren nun T ∈ Mat(m, m; K) als die Matrix, in deren Spalte i gerade der Vektor .. steht. Für einen κmi P P Vektor w = i∈[m] β˜ i v˜i = i∈[m] βi vi ∈ V gilt nun     X X  X X   X  X     ˜ ˜ ˜βi v˜i =     βi κ ji v j = κ ji v j = βi  β jvj.  i∈[m]

i∈[m]

j∈[m] i∈[m]

j∈[m]

j∈[m]

−1 −1 eV -Koordinaten Φ Die Abbildung T transformiert somit die B e (w) von w in seine BV -Koordinaten ΦBV (w): BV

  P     β˜1   i∈[m] β˜ i κ1i  β1    ..  −1    . . .  =  .  = ΦB (w). T · −1 ΦeB (w) = T ·  ..  =     V    P . V ˜βm ˜ βm i∈[m] βi κmi

Insbesondere können wir T nutzen, um DBeV ,BR ( f ) zu berechnen:

DBeV ,BR ( f ) = DBV ,BR ( f ) · T. 1

c) Wir verwenden die in Teil b) konstruierte Matrix T . Da T einen Basiswechsel beschreibt, ist T invertierbar und die gesuchte Transformation wird durch T −1 beschrieben:      β1   ˜β1   ..  −1 .   −1 −1  .  = Φ e (v) = T · ΦB (v) = T −1 ·  ..  . V BV   ˜  βm βm Bemerkung: Insgesamt ergibt sich somit

f (v) = DBV ,BR ( f ) · −1 ΦBV (v) = DBV ,BR ( f ) · (T · T −1 ) · −1 Φ BV (v) = (DBV ,BR ( f ) · T ) · (T −1 · −1 Φ BV (v)) ΦBe (v) = D BeV ,BR ( f ) · −1 V

Diskussionsaufgabe D2. Bilinearformen. Es seien V = R3 und m : V × V → K eine Bilinearform durch m(ei , e j ) = (−1)i+ j · i · j gegeben. Berechne alt(m) und sym(m), wobei sym(m) in Aufgabe A6 definiert ist. L¨osung: Zunächst berechnen wir m(ei , e j ) für i, j ∈ [3]: m(e1 , e1 ) = 1,

m(e1 , e3 ) = 3 m(e2 , e3 ) = −6

m(e1 , e2 ) = −2 m(e2 , e2 ) = 4,

m(e2 , e1 ) = −2, m(e3 , e1 ) = 3,

m(e3 , e3 ) = 9

m(e3 , e2 ) = −6, .

Da m ∈

T 20 (R3 )

gilt, betrachten wir die Permutationen der symmetrische Gruppe S 2 : ! ! 1 2 1 2 π1 = und π2 = 2 1 1 2

und folgern die Signaturen: sgn (π1 ) = 1 und sgn (π2 ) = −1. Die Definition von alt liefert nun alt(m)(e1 , e1 ) = alt(m)(e1 , e3 ) = alt(m)(e2 , e2 ) = alt(m)(e3 , e1 ) = alt(m)(e3 , e3 ) =

m(e1 , e1 ) − m(e1 , e1 ) 2 m(e1 , e3 ) − m(e3 , e1 ) 2 m(e2 , e2 ) − m(e2 , e2 ) 2 m(e3 , e1 ) − m(e1 , e3 ) 2 m(e3 , e3 ) − m(e3 , e3 ) 2

= = = = =

1−1 2 3−3 2 4−4 2 3−3 2 9−9 2

m(e1 , e2 ) − m(e2 , e1 ) 2 m(e2 , e1 ) − m(e1 , e2 ) alt(m)(e2 , e1 ) = 2 m(e2 , e3 ) − m(e3 , e2 ) alt(m)(e2 , e3 ) = 2 m(e3 , e2 ) − m(e2 , e3 ) alt(m)(e3 , e2 ) = 2

alt(m)(e1 , e2 ) =

= 0, = 0, = 0, = 0,

−2 + 2 2 −2 + 2 = 2 −6 + 6 = 2 −6 + 6 = 2

=

= 0, = 0, = 0, = 0,

= 0,

während die Definition von sym m(e1 , e1 ) + m(e1 , e1 ) 1+1 = = 1, 2 2 m(e1 , e3 ) + m(e3 , e1 ) 3+3 sym(m)(e1 , e3 ) = = = 3, 2 2 m(e2 , e2 ) + m(e2 , e2 ) 4+4 sym(m)(e2 , e2 ) = = = 4, 2 2 m(e3 , e1 ) + m(e1 , e3 ) 3+3 sym(m)(e3 , e1 ) = = = 3, 2 2 m(e3 , e3 ) + m(e3 , e3 ) 9 + 9 = sym(m)(e3 , e3 ) = =9 2 2

m(e1 , e2 ) + m(e2 , e1 ) 2 m(e2 , e1 ) + m(e1 , e2 ) sym(m)(e2 , e1 ) = 2 m(e2 , e3 ) + m(e3 , e2 ) sym(m)(e2 , e3 ) = 2 m(e3 , e2 ) + m(e2 , e3 ) sym(m)(e3 , e2 ) = 2

sym(m)(e1 , e1 ) =

sym(m)(e1 , e2 ) =

−2 − 2 2 −2 − 2 = 2 −6 − 6 = 2 −6 − 6 = 2

=

liefert. Insgesamt ergibt sich also  0  T  alt(m)(u, v) = u · 0  0

0 0 0

 0   0  · v = 0  0

und

2

  1  T  sym(m)(u, v) = u · −2  3

 −2 3   4 −6  · v.  −6 9

= −2, = −2, = −6, = −6,

Diskussionsaufgabe D3. Multilinearformen, Tensorprodukte und alternierende Multilinearformen. Sei V ein K-Vektorraum endlicher Dimension. Wir bezeichnen mit M p(V) die Menge der p-Linearformen auf V und mit Λ p(V ∗ ) ⊆ M p(V) die Menge der alternierenden p-Linearformen auf V . a) Für alle (p, q) ∈ N2 ist ⊗ : M p(V) × Mq (V) → M p+q (V) eine bilineare Abbildung auf M p(V) × Mq (V ). i) Ist ⊗ stets kommutativ falls p = q gilt? ii) Für jedes p ∈ N definieren wir die Nullabbildung n p ∈ M p(V) durch n p(v1 , . . . , v p) = 0 für alle v1 , . . . , v p ∈ V . Existieren f ∈ M p(V) und g ∈ Mq (V) mit f , n p und g , nq , so dass f ⊗ g = n p+q gilt? b) Seien f ∈ Λ p(V ∗ ) und g ∈ Λq (V ∗ ). Folgt dann stets f ⊗ g ∈ Λ p+q (V ∗ )? c) Begründen Sie, dass Λ p(V ∗ ) für jedes p ∈ N ein Untervektorraum des K-Vektorraums M p(V) ist. L¨osung: a) Im Allgemeinen ist ⊗ nicht kommutativ, aber ⊗ ist ‘nullteilerfrei’. i) Wir geben ein einfaches Gegenbeispiel an. Auf V = R2 betrachte die 1-Linearformen f und g, die durch f (e1 ) = 1,

f (e2 ) = 2,

g(e1 ) = −3 und g(e2 ) = 4

definiert sind. Wir erhalten ( f ⊗ g)(e1 , e2 ) = f (e1 )g(e2 ) = 4

und

(g ⊗ f )(e1 , e2 ) = g(e1 ) f (e2 ) = −6.

Somit kann ⊗ nicht kommutativ sein. ii) Seien f ∈ M p(V) und g ∈ Mq (V), die beide von der Nullabbildung verschieden sind. Dann gibt es u1 , . . . , u p ∈ V mit f (u1 , . . . , u p) , 0 und v1 , . . . , vq ∈ V mit g(v1 , . . . , vq ) , 0. Da K nullteilerfrei ist, folgt ( f ⊗ g)(u1 , . . . , u p, v1 , . . . , vq ) = f (u1 , . . . , u p)g(v1 , . . . , vq ) , 0. Somit gilt f ⊗ g , n p+q . b) Wir geben ein einfaches Gegenbeispiel für f ⊗ g < Λ p+q (v∗ ) an. Wir betrachten den Spezialfall p = q = 1 und suchen f, g ∈ Λ1 (V ∗ ), so dass f ⊗ g(v, v) , 0 für ein v ∈ V. Wir betrachten eine Basis v1 , . . . , vn von V und definieren eine 1-Linearform f durch f (v1 ) = . . . = f (vn ) = 1. Dann gilt f ⊗ f (vi , vi ) = f (vi ) f (vi ) = 1 , 0. c) Wir überprüfen die Vektorraumaxiome für M p(V) und Λ p(V ) für alle p ∈ N gleichzeitig. Da eine alternierende p-Linearform automatisch auch eine p-Linearform ist, und auf MP (V) und Λ p(V ∗ ) sowohl die normale (punktweise) Addition von Funktionen und die (punktweise) Multiplikation mit Skalaren betrachtet wird, folgt dann, dass Λ p(V ∗ ) ein Untervektorraum von M p(V) ist. Zunächst ergibt die punktweise Addition von zwei (alternierenden) p-Linearformen wiederum eine (alternierende) p-Linearform, da beide Summanden (alternierende) p-Linearformen sind. Es gilt für beliebige (alternierende) pLinearformen f und g and beliebiges v ∈ V :       f + g (v) = f (v) + g(v) . Ist nun f eine (alternierende) p-Linearform und λ ∈ K beliebig gewählt, so gilt für alle v1 , . . . , v p ∈ V :     λ f (v1 , . . . , v p) = λ f (v1 , . . . , v p) .

Damit ist auch λ f eine (alternierende) p-Linearform. Für jedes p ∈ N sei n p die (alternierende) p-Linearform mit n p(v1 , . . . , v p) = 0 ∈ K für alle v1 , . . . , v p ∈ V. Dann ist n p das neutrale Element bzgl. der punktweisen Addition:   n p + g (v1 , . . . , v p) = n p(v1 , . . . , v p) + g(v1 , . . . , v p) = 0 + g(v1 , . . . , v p) = g(v1 , . . . , v p).

Ist g eine (alternierende) p-Linearform, so gilt für alle v1 , . . . , v p ∈ V :   (−1)g + g (v1 , . . . , v p) = (−1)g(v1 , . . . , v p) + g(v1 , . . . , v p) = ((−1) + 1) g(v1 , . . . , v p) = 0.

Somit ist die p-Linearform (−1)g das Inverse zu g bezüglich der (punktweisen) Addition. Die (punktweise) Addition von (alternierenden) p-Linearformen ist assoziativ, da die (punktweise) Addition von Funktionen stets assoziativ ist (das rechnet man am besten nur einmal ganz allgemein für Funktionen nach, was hoffentlich im ersten Semester geschehen ist). Die (punktweise) Addition ist auch kommutativ, da die Funktionwerte in einem Körper liegen. Insgesamt bilden die (alternierenden) p-Linearformen damit jeweils eine abelsche Gruppe und ΛP (V ∗ ) ist insbesondere eine Untergruppe von M p(V ). Die punktweise Multiplikation von Skalaren mit Funktionen erfüllt stets (λµ) f = λ(µ f ), λ( f + g) = (λ f ) + (λg), (λ + µ) f = (λ f ) + (µ f ) und 1 f = f , da f (v1 , . . . , v p) ∈ K gilt und diese Rechenregeln in jedem Körper gelten. Somit folgt tatsächlich, dass es sich bei Λ p(V ∗ ) und M p(V) um K-Vektorräume handelt. 3

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik

Prof. Dr. Tim Hof...