Übungsblatt 1

Vorlesung Differentialformen [MA5016]
Sommersemester 2015
PD Dr. Peter Massopust
Fakultät für Mathematik
TU München
23. Mai 2015
inoffizieller Lösungsvorschlag zu
Übungsblatt 1
Markus Muhr1
Disclaimer
Bei den folgenden „Lösungen“ handelt es sich lediglich um inoffizielle Lösungsvorschläge von
Studenten, welche die Vorlesung selbst zum ersten Mal hören. Sie können (evtl. auch
schwerwiegende) Fehler enthalten und stellen demnach keine Musterlösung dar. Vielmehr sind sie
als Denkanstöße oder mögliche Lösungsideen zu betrachten, welche jedoch stets kritisch zu
hinterfragen sind.
Aufgabe 1
Es seien E und F normierte Räume. Man zeige, dass L(E; F ) ein Banachraum ist, wenn F ein
Banachraum ist.
Lösung Es sei (fn )n∈N ⊂ L(E; F ) eine Cauchy-Folge in L(E; F ). Es gelte also ∀ε > 0 ∃N ∈ N :
kfn − fm k ≤ ε ∀n, m > N . Für x ∈ E beliebig gilt dank Linearität und Stetigkeit von fn − fm :
kfn (x) − fm (x)kF = k(fn − fm )(x)kF ≤ kfn − fm k · kxkE . Also ist (fn (x))n∈N ⊂ F eine Cauchy-Folge
in F . Da F nach Voraussetzung ein Banachraum ist, ist diese Folge konvergent gegen ein Element
aus F . Für beliebiges x ∈ E ist der punktweise Grenzwert limn→∞ fn (x) ∈ F also wohldefiniert.
Definieren nun also die Abbildung: f : E → F, x 7→ f (x) := limn→∞ fn (x), welche als Grenzwert der
Folge (fn )n∈N vermutet wird. Es bleibt noch zu zeigen, dass dieses f sowohl linear und stetig ist (und
damit in L(E; F ) liegt) als auch, dass fn tatsächlich in der Norm von L(E; F ) gegen f konvergiert,
bisher wurde nämlich nur punktweise Konvergenz gezeigt!
Linearität: Seien x, y ∈ E und α ∈ K dem zugrunde liegenden Körper, dann gilt nach Definition von
fn linear
f : f (αx + y) = limn→∞ fn (αx + y) = limn→∞ αfn (x) + fn (y) = αf (x) + f (y).
Stetigkeit: Für beliebiges x ∈ E gilt: kf (x)kF = k limn→∞ fn (x)kF = limn→∞ kfn (x)kF ≤ limn→∞ kfn k·
kxkE ≤ supn∈N kfn k · kxkE und da (fn )n∈N als Cauchy-Folge beschränkt ist (jede Cauchy-Folge ist
beschränkt), so gilt: ∃C > 0 : supn∈N kfn k ≤ C. Insgesamt also kf (x)kF ≤ C·kxkE und f somit stetig.
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E-Mail: [email protected]
1
Als letztes noch die Konvergenz in der Norm von L(E; F ): Es sei x ∈ E beliebig mit kxkE = 1:
k(fn − f )(x)kF = k(fn − fm + fm − f )(x)kF
≤ k(fn − fm )(x)kF + k(fm − f )(x)kF
≤ kfn − fm k · kxkE +kfm (x) − f (x)kF
|
{z
} | {z }
≤ε ∀n,m>N
=1
≤ ε + kfm (x) − f (x)kF
|
{z
≤ε für alle m>M (x)
≤ 2ε
∀n, m > N
}
∀n > N, m > max{N, M (x)}
Da N unabhängig von x gewählt werden kann (die Abhängigkeit von x wurde auf das M (x) verschoben, aber dies taucht in der letzten Zeile nicht mehr auf) gilt für alle n > N : kfn − f k =
supx∈E,kxkE =1 k(fn − f )(x)kF ≤ 2ε und damit konvergiert also fn → f auch in der Norm von L(E; F ).
Aufgabe 2
Es sei E ein endlichdimensionaler normierter Raum und F ein beliebiger normierter Raum. Man
beweise, dass dann E ein Banachraum ist und jede lineare Abbildung E → F stetig ist.
Lösung Nach Linearer Algebra hat jeder Vektorraum eine Basis. Es sei dim(E) = n < ∞, dann besteht eine Basis von E aus n Basis-Vektoren {v1 , ..., vn }. Es sei nun (xk )k∈N eine Cauchy-Folge in E deP
ren Folgenglieder man jeweils in der eben gewählten Basis von E darstellen kann als: xk = ni=1 xik vi .
Da E endlichdimensional ist und im endlichdimensionalen alle Normen äquivalent sind, gibt es eine
Konstante C > 0 sodass sich die auf E gegebene Norm gegen eine Maximumsnorm wie folgt abschätzen lässt: C · kxk − xl kE ≥ kxk − xl kmax := maxi=1...n {|xik − xil |} ≥ |xjk − xjl | ∀j = 1, ..., n. Insbesondere
ist also für jedes j = 1, ..., n die Folge (xjk )k∈N eine Cauchy-Folge in dem E zugrunde liegenden KörP
per K mit Grenzwert xj (K vollständig). Insgesamt ist also x = nj=1 xj vj ∈ E der Grenzwert von
(xk )k∈N , da dank Normäquivalenz auch eine Konstante c > 0 mit kx − xk kE < ckx − xk kmax → 0 für
k → ∞ existiert.
Sei nun f : E → F eine lineare Abbildung und x ∈ E beliebig. In der Basis von E lässt dich x
P
P
darstellen als x = ni=1 xi vi . Dank Linearität von f gilt also: f (x) = ni=1 xi f (vi ). Zeige nun, dass f
beschränkt ist (was äquivalent zu Stetigkeit von f ist):
kf (x)kF =
n
X
i
x
f
(v
i )
i=1
≤
F
n
X
|xi | · kf (vi )kF ≤ max {kf (vi )kF } ·
i=1...n
i=1
n
X
|xi |
i=1
Das Maximum hier wird über endlich viele Werte gebildet und ist somit beschränkt (nenne es M ).
P
P
Die Summe rechts davon ist die Eins-Norm von x im Sinne von kxk1 = k ni=1 xi vi k1 = ni=1 |xi |. Da
E endlichdimensional ist, ist diese Eins-Norm äquivalent zur E-Norm, es existiert also eine Konstante
C > 0 sodass kxk1 ≤ CkxkE . Insgesamt also: kf (x)kF ≤ M · C · kxkE , was gerade die zu zeigende
Beschränktheit von f ist.
2
Aufgabe 3
Es sei f ∈ Ap (E, F ). Man beweise folgende Aussagen.
a) Ist xi = xj für i, j ∈ {1, ..., p}, i 6= j, so ist f (x1 , ..., xi , ..., xj , ..., xp ) = 0.
b) ∀σ ∈ Sp gilt: (σf )(x1 , ..., xp ) = f (xσ(1) , ..., xσ(p) ) = ε(σ)f (x1 , ..., xp ).
Lösung Wie im Hinweis angegeben zeigt man zunächst b) und damit dann a).
b) Zunächst einmal zeigt man die Aussage für den Fall, dass σ ∈ Sp eine Transposition ist,
die genau zwei aufeinander folgende Elemente austauscht, sprich ∃i ∈ {1, ..., p − 1} sodass
σ(i) = i + 1, σ(i + 1) = i und σ(k) = k ∀k 6= i, i + 1. Für ein solches σ gilt:
(σf )(x1 , ..., xi + xi+1 , xi+1 + xi , ..., xp ) = f (x1 , ..., xi+1 + xi , xi + xi+1 , ..., xp )
|
{z
}
i-te Position
= f (x1 , ..., xi+1 , xi , ..., xp ) + f (x1 , ..., xi+1 , xi+1 , ..., xp )
+ f (x1 , ..., xi , xi+1 , ..., xp ) + f (x1 , ..., xi , xi , ..., xp )
= f (x1 , ..., xi+1 , xi , ..., xp ) + f (x1 , ..., xi , xi+1 , ..., xp )
Außerdem ist die gesamt linke Seite gleich 0, da zwei aufeinander folgende (!) Positionen mit dem
gleichen Wert belegt sind. Insgesamt folgt: f (x1 , ..., xi+1 , xi , ..., xp ) = −f (x1 , ..., xi , xi+1 , ..., xp ).
Nun sei σ ∈ Sp eine allgemeine Transposition, die zwei beliebige und nicht zwangsläufig aufeinander folgende Elemente austauscht. Eine solche Transposition lässt sich stets als Hintereinanderausführung einer ungeraden Anzahl an Transpositionen schreiben, die nur aufeinander
folgende Elemente vertauschen. Dies lässt sich am besten anhand eines Beispiels nachvollziehen. Möchte man in dem 6-Tupel (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) die Elemente x2 und x5 tauschen, so
kann man wie folgt vorgehen: Tausche x2 mit x3 (erhalte (x1 , x3 , x2 , x4 , x5 , x6 )), tausche nun
x2 und x4 und dann x2 und x5 . Man ist dann bei (x1 , x3 , x4 , x5 , x2 , x6 ) und muss x5 nun noch
zurückreichen an die ursprüngliche Stelle von x2 . Tausche also x5 mit x4 und dann noch x5 mit
x3 um zu erhalten: (x1 , x5 , x3 , x4 , x2 , x6 ).
Sei also σ = τ2n+1 ◦ τn ◦ ... ◦ τ1 eine solche Zerlegung von σ, dann gilt: (σf )(x1 , ..., xp ) =
τ2n+1 ◦ ... ◦ τ2 (τ1 f )(x1 , ..., xp ) = (τ2n+1 ◦ ... ◦ τ2 )(−f )(x1 , ..., xp ). Induktiv folgt: (σf )(x1 , ..., xp ) =
(−1)2n+1 f (x1 , ..., xp ) = −f (x1 , ..., xp ). Somit ist die Aussage auch für allgemeine Transpositionen gezeigt.
Um nun von einer allgemeinen Transposition zu einer allgemeinen Permutation σ ∈ Sp zu kommen, nutzt man die Tatsache aus, dass sich jede Permutation als Verkettung von Transpositionen schreiben lässt (Proposition 5 der Vorlesung). Sei also nun σ = τn ◦...◦τ1 wobei die τi jeweils
allgemeine Transpositionen sind. Es gilt dann: (σf )(x1 , ..., xp ) = τn ◦ ... ◦ τ2 (τ1 f )(x1 , ..., xp ) =
(τn ◦ ... ◦ τ2 )(−f )(x1 , ..., xp ). Induktiv folgt: (σf )(x1 , ..., xp ) = (−1)n f (x1 , ..., xp ) wobei n die
Anzahl der Transpositionen ist, in die σ zerlegt wurde. Per Definition ist (−1)n := ε(σ) und
man erhält das gewünschte Ergebnis.
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a) Es seien i, j ∈ {1, .., p}, i 6= j mit xi = xj . Wählen σ ∈ Sp so, dass σ(i) = j, σ(j) = i
und σ(k) = k ∀k 6= i, j. σ ist damit eine Transposition (ε(σ) = −1 also) und mit b) gilt:
f (x1 , ..., xj , ..., xi , ..., xp ) = (σf )(x1 , ..., xi , ..., xj , ..., xp ) = −f (x1 , ..., xi , ..., xj , ..., xp ). Und da
xi = xj ist also: f (x1 , ..., xi , ..., xj , ..., xp ) = −f (x1 , ..., xi , ..., xj , ..., xp ) was somit gleich 0 sein
muss.
Aufgabe 4
Man zeige, dass jedes f ∈ Ap (E, F ), p ∈ N, anti-symmetrisch ist.
Lösung Hier ist eigentlich nichts zu zeigen. Ein f ∈ Lp (E, F ) ist per Definition anti-symmetrisch,
wenn es die Eigenschaft b) aus Aufgabe 3 erfüllt. In Aufgabe 3 wurde jedoch bereits gezeigt, dass
jedes f ∈ Ap (E, F ) ⊂ Lp (E, F ) die Eigenschaft b) erfüllt. Damit ist es automatisch anti-symmetrisch.
Aufgabe 5
Es sei V ein Vektorraum über R, V ∗ sein Dualraum, und p, q ∈ N. Eine (p, q)-Linearform auf V ist
eine in jeder einzelnen Veränderlichen lineare Abbildung:
φ : V p × (V ∗ )q → R
Eine (p, 0)-Linearform heißt auch p-Linearform und eine 0-Linearform ist eine reelle Zahl. Die (p, q)Formen bilden einen Vektorraum, der mit V p,q bezeichnet wird. Die Elemente von V p,q heißen Tensoren. Man zeige, dass die Determinante einer (n × n)-Matrix, aufgefasst als alternierende multilineare
Abbildung der Spalten, ein (0, n)-Tensor ist.
Lösung Es sei A ∈ Rn×n und es bezeichne ai die i-te Spalte von A, sprich A = (a1 , a2 , ..., an ). Der
j-te Eintrag von ai (also das Matrixelement aji ) wird mit ai [j] bezeichnet. Nun ist zu zeigen, dass
die Abbildung det : Rn × Rn × ... × Rn → R, (a1 , a2 , ..., an ) 7→ det(a1 , a2 , ..., an ) multilinear und
alternierend ist. Dazu verwendet man die folgende Definition/Darstellung der Determinante (siehe
Lineare Algebra):
det(a1 , ..., an ) =
X
σ∈Sn
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ε(σ)
n
Y
i=1
aσ(i) [i]
Multilinearität: Es sei k ∈ {1, ..., n} beliebig, man zeige Linearität im k-ten Eintrag, da k beliebig
ist, zeigt dies die Multilinearität. Für a1 , ..., ak , a0k , ..., an ∈ Rn und λ ∈ R gilt:
det(a1 , ..., λak +
a0k , ..., an )
=
X
ε(σ)
X
ε(σ)





σ∈Sn
X
=λ
X
n
Y
n
Y
n
Y
aσ(i) [i] · ak [σ −1 (k)] +
aσ(i) [i] · a0k [σ −1 (k)]
X
ε(σ)


aσ(i) [i] +
X
n
Y
ε(σ)
σ∈Sn
n
Y
aσ(i) [i] · a0k [σ −1 (k)]
i=1
i6=σ −1 (k)
σ∈Sn
i=1
σ∈Sn



i=1
i6=σ −1 (k)
i=1
i6=σ −1 (k)
ε(σ)
n
Y
aσ(i) [i] · λak [σ −1 (k)] +
i=1
i6=σ −1 (k)
ε(σ)
σ∈Sn
=λ
aσ(i) [i] · (λak + a0k )[σ −1 (k)]
i=1
i6=σ −1 (k)
σ∈Sn
=
n
Y
aσ(i) [i] · a0k [σ −1 (k)]
i=1
i6=σ −1 (k)
= λ det(a1 , ..., ak , ..., an ) + det(a1 , ..., a0k , ..., an )
Alternierend: Erneut seien a1 , ..., an ∈ Rn , j ∈ {1, ..., n − 1} beliebig, sodass aj = aj+1 und τ ∈ Sn
die Transposition mit τ (j) = j + 1, τ (j + 1) = j, τ (k) = k ∀k 6= j, j + 1. Damit ist dann:
X
det(a1 , ..., aj , aj+1 , ..., an ) =
X
aσ(i) [i]
i=1
σ∈Sn
=
n
Y
ε(σ)
n
Y
ε(σ)
i=1
i6=σ −1 (j),σ −1 (j+1)
σ∈Sn
τ (k)=k,k6=j,j+1
=
X
=
X
ρ=τ σ
=
n
Y
aτ (σ(i)) [i] · aτ (σ(σ−1 (j))) [σ −1 (j)] · aτ (σ(σ−1 (j+1))) [σ −1 (j + 1)]
X
n
Y
aτ (σ(i)) [i]
i=1
σ∈Sn
ε(τ −1 ρ)
n
Y
aρ(i) [i]
i=1
ρ∈Sn
= ε(τ −1 ) ·
=aj
aτ (σ(i)) [i] · aj+1 [σ −1 (j)] · aj [σ −1 (j + 1)]
i=1
i6=σ −1 (j),σ −1 (j+1)
ε(σ)
| {z }
i=1
i6=σ −1 (j),σ −1 (j+1)
ε(σ)
σ∈Sn
=
|{z}
=aj+1
n
Y
ε(σ)
σ∈Sn
X
aσ(i) [i] · aj [σ −1 (j)] · aj+1 [σ −1 (j + 1)]
X
ρ∈Sn
ε(ρ)
n
Y
aρ(i) [i]
i=1
= − det(a1 , ..., aj , aj+1 , ..., an )
Es folgt also: det(a1 , ..., aj , aj+1 , ..., an ) = 0. Damit ist det alternierend.
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