Musterlösung zur Serie 12

D-MATH, D-PHYS, D-CHAB
Lineare Algebra II
Prof. Giovanni Felder, Thomas Willwacher
FS 10
Musterlösung zur Serie 12
1. Nein! Zum Beispiel sei V ein 4-dimensionaler Vektorraum mit Basis {e1 , e2 , e3 , e4 }.
Dann ist
(e1 ∧ e2 + e3 ∧ e4 ) ∧ (e1 ∧ e2 + e3 ∧ e4 )
= e1 ∧ e2 ∧ (e1 ∧ e2 + e3 ∧ e4 ) + e3 ∧ e4 ∧ (e1 ∧ e2 + e3 ∧ e4 )
= e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4 + e3 ∧ e4 ∧ e1 ∧ e2
= 2(e1 ∧ e2 ∧ e3 ∧ e4 ) 6= 0.
2. Der Isomorphismus erfüll insbesondere
ϕ(e2 ∧ e1 ) = ϕ(−(e1 ∧ e2 )) = −ϕ(e1 ∧ e2 ) = −e3
und analog ϕ(e3 ∧ e2 ) = −e1 , ϕ(e1 ∧ e3 ) = −e2 .
P
P
Für u = i ui ei und v = j vj ej gilt also
!
X
ϕ(u ∧ v) = ϕ
ui vj (ei ∧ ej )
i,j
!
= ϕ
X
ui vj (ei ∧ ej )
i6=j
=
X
ui vj ϕ(ei ∧ ej )
i6=j
= e1 · (u2 v3 − u3 v2 ) + e2 · (u3 v1 − u1 v3 ) + e3 · (u1 v2 − u2 v1 )
= u × v.
3.
a) Wir zeigen, dass F (X) unter Addition und skalarer Multiplikation abgeschlossen
ist:
K
Für zwei Elemente f, g : X → ist die Addition durch (f +g)(x) = f (x)+g(x)
definiert. Dies ist offensichtlich wieder eine Abbildung X → . Der Träger von
f + g ist enthalten in der Vereinigung der Träger von f und g, und somit als
Vereinigung von zwei endlichen Mengen auch wieder endlich. Also ist f + g ∈
F (X).
K
Bitte wenden!
Weiter verändert auch die skalare Multiplikation (λf )(x) = λ · f (x) nichts an
der Tatsache, dass es eine Abbildung X →
ist, und der Träger bleibt dabei
gleich (ausser er wird durch λ = 0 auf die leere Menge reduziert.)
P
b) Sei f ∈ F (X) mit Träger X 0 = {x1 , . . . , xn }. Dann ist f 7→ 1≤i≤n f (xi )exi
eine Abbildung von F (X) in den Raum der endlichen formalen Linearkombinationen. Aus der Definition ist klar, dass diese Abbildung linear ist. Auch die
Injektivität ist offensichtlich. Für die
PSurjektivität basteln wir uns aus der endlichen formalen Linearkombination 1≤j≤m λxj exj durch f (xj ) = λxj , f (x) =
0∀x ∈ X \ {x1 , . . . , xj } eine Abbildung X → mit endlichem Träger, also ein
f ∈ F (X), welches auf diese Linearkombination abgebildet wird. Somit ist die
Abbildung linear und bijektiv, also ein Isomorphismus.
K
K
Von jetzt an schreiben wir Elemente aus F (X) als endliche formale Linearkombination der ex .
c) Behauptung: Die Abbildung ϕ̃ : ex 7→ ϕ(x) tut’s.
Mit ϕ̃(λex + ey ) = λϕ(x) + ϕ(y) ist sie linear. Die Gleichung ϕ̃ ◦ e = ϕ ist aus
der Definition offensichtlich. Die Eindeutigkeit ergibt sich aus der Eindeutigkeit
auf dem Erzeugendensystem (ex )x von F (X).
4. Wir zeigen zuerst ein Lemma.
Lemma: Seien v1 , . . . , vk ∈ V beliebig. Dann gilt
v1 ∧ . . . ∧ vk = 0 ⇐⇒ v1 , . . . , vk sind linear abhängig.
Beweis: Wir zeigen zuerst die Gegenrichtung und nehmen an, die k Vektoren seien linear abhängig. Dann gibt
P es (nach eventueller Umnummerierung der vi ) Koeffizienten
λk ∈ , so dass v1 = 1<i≤k λi vi gilt. Es gilt nun
!
X
v1 ∧ . . . ∧ vk =
λi vi ∧ v2 ∧ . . . ∧ vk
K
1<i≤k
=
X
λi (vi ∧ v2 ∧ . . . ∧ vk )
1<i≤k
Durch Vertauschen des ersten mit dem i-ten Faktor erhalten wir die Gleichung
vi ∧ v2 ∧ . . . ∧ vk = −(vi ∧ v2 ∧ . . . ∧ vk ),
die nur vi ∧ v2 ∧ . . . ∧ vk = 0 als Lösung hat. Somit ist die Summe auch 0.
Für die andere Richtung verwenden wir eine Induktion über die Anzahl Faktoren. Wir
starten bei 2 Faktoren v ∧ w und erinnern uns an die Definition: Ein Wedgeprodukt ist
Siehe nächstes Blatt!
ein Tensorprodukt “modulo Symmetrie”. Ein Wedgeprodukt ist somit genau dann 0,
wenn das zugrundeliegende Tensorprodukt verschwindet oder von der Form λ(v ⊗ v)
ist.
Aus der Serie 11 wissen wir, dass ein Tensorprodukt genau dann verschwindet, wenn
einer der beiden Faktoren von v ⊗ w schon 0 ist. In diesem Fall sind aber v und w
linear abhängig und die Aussage stimmt. Im anderen Fall haben wir w = λv, somit
sind diese Vektoren auch linear abhängig.
Wir kommen nun zum Induktionsschritt k − 1
k. Falls vk = 0 ist die Aussage
klar. Nach Induktionsvoraussetzung stimmt die Aussage auch für v1 ∧ . . . ∧ vk−1 = 0.
Wir betrachten das zugrundeliegende Tensorprodukt v1 ⊗ . . . ⊗ vk , welches im Ideal
Span{u1 ⊗ . . . ⊗ uk | ul ∈ V, ∃1 ≤ i < j ≤ k : ui = uj } liegen muss. Da aber
v1 ∧ . . . ∧ vk−1 6= 0, muss das Tensorprodukt sogar in Span{u1 ⊗ . . . ⊗ uk | ul ∈
V, ∃1 ≤ i < k : ui = uk } liegen. Dies wiederum bedeutet, dass es λi gibt mit
X
v1 ⊗ . . . ⊗ vk =
λi (v1 ⊗ . . . ⊗ vk−1 ⊗ vi ) .
1≤i<k
Damit ist vk =
P
i
λi vi linear abhängig. Mit diesem Lemma ist die Aufgabe gelöst: Falls x ∈ Span(v1 , . . . , vk ), so ist v1 ∧
. . . ∧ vk ∧ x = 0.
Und falls v1 ∧ . . . ∧ vk ∧ x = 0, so ist x linear abhängig von v1 , . . . , vk , also x ∈
Span(v1 , . . . , vk ).
5.
a) Wir überprüfen die Gleichheit auf der Basis: Es gilt
MBU ⊗V (F ⊗ G) (ei ⊗ fj )
= MBU (F (ei )) ⊗ MBV (G(fj ))
= (a1i , a2i , . . . , ami )T ⊗ (b1j , b2j , . . . , bnj )T
= (a1i b1j , a1i b2j , . . . , a2i bnj , a2i b1j , a2i b2j , . . . , ami b1j , ami b2j , . . . , ami bnj ).
Dies ist nach Konstruktion die n(i − 1) + j-te Spalte der gesuchten Matrix.
b) Da sich die Spur unter Basiswechsel nicht verändert (sie ist u.a. gegen durch die
Summe der Eigenwerte), verwenden wir die Darstellung aus der Teilaufgabe a).
Hier können wir die Spur ablesen:
tr(F ⊗ G) = a11 trB + . . . + amm trB = tr(A) · tr(B).
Bitte wenden!
c) Es gilt für alle u ∈ U, v ∈ V :
((F1 ⊗ G1 ) ◦ (F2 ⊗ G2 )) (u ⊗ v) =
=
=
=
(F1 ⊗ G1 )(F2 (u) ⊗ G2 (v))
F1 (F2 (u)) ⊗ G1 (G2 (v))
(F1 ◦ F2 )(u) ⊗ (G1 ◦ G2 )(v)
((F1 ◦ F2 ) ⊗ (G1 ◦ G2 )) (u ⊗ v).
d) Die zweite Gleichung lässt sich aus der Darstellung in der Teilaufgabe a) sofort
ablesen: Es gilt


B


m
dim U
..
det(idU ⊗G) = det 
 = (det B) = (det B)
.
B
Für die erste Gleichung müssen wir etwas mehr arbeiten, der letzte Schritt ist aber
der Gleiche: Durch Zeilen- und Spaltenumformungen lässt sich sich die Matrix
nämlich in die Form bringen, die wir schon für die zweite Gleichung ausgenutzt
haben.
Wir führen zuerst Zeilenvertauschungen durch: Aus der ursprünglichen Ordnung
wird durch die Zeilenvertauschung (1, 2, . . . , mn) 7→ (1, n + 1, 2n + 1, . . . , (m −
1)n + 1, 2, n + 2, . . . , (m − 1)n + 2, . . . , n, 2n, . . . , mn) eine Matrix erzeugt, die
aus n × n-Blöcken besteht und im i-ten Block der j-ten Blockzeile die i-te Spalte
der Matrix MBU (A) steht. Sie sieht nun beispielsweise für m = n = 4 ungefähr
so aus:








Dabei steht ein für einen Spaltenvektor mit 4 Einträgen der Form ajk für ein
fixes k.
Wir führen die analoge Spaltenvertauschung (1, 2, . . . , mn) 7→ (1, n + 1, 2n +
1, . . . , (m − 1)n + 1, 2, n + 2, . . . , (m − 1)n + 2, . . . , n, 2n, . . . , mn) durch, und
erhalten nun die Matrix


A


...

,
A
die als Determinante den Wert (det A)dim V hat. Nun müssen wir noch das Vorzeichen der Permutationen bestimmen: Da wir aber zwei mal genau die gleiche
Permutation angewendet haben, ist es (±1)2 = 1.
Siehe nächstes Blatt!
e) Schreibe F = F ◦ idU und G = idV ◦G. Dann gilt
det(F ⊗ G) =
=
=
=
det((F ◦ idU ) ⊗ (idV ◦G)
det((F ⊗ idV ) ◦ (idU ⊗G))
det(F ⊗ idV ) · det(idU ⊗G)
(det A)dim V · (det B)dim U .