Lösungen zur linearen Algebra II, Blatt 9

Lösungen zur linearen Algebra II, Blatt 9
Aufgabe 1:
Behauptung. Es gibt genau einen Isomorphismus
Ψ : (U ⊗ V ) ⊗ W −→ U ⊗ (V ⊗ W )
mit
Ψ((u ⊗ v) ⊗ w) = u ⊗ (v ⊗ w)
für alle u ∈ U , v ∈ V und w ∈ W .
Beweis. Sei w ∈ W fest. Dann ist die folgende Abbildung bilinear:
U × V −→ U ⊗ (V ⊗ W ),
(u, v) 7−→ u ⊗ (v ⊗ w).
Sie induziert also eine lineare Abbildung αw : U ⊗ V → U ⊗ (V ⊗ W ).
Zeigen wir, dass auch w 7→ αw linear ist. Die Abbildung αw ist dadurch charakterisiert, dass
sie die einzige lineare Abbildung ist, für die das folgende Diagramm kommutiert.
U ×V
²
U ⊗V
/ U ⊗ (V ⊗ W )
pp7
ppp
p
p
p αw
ppp
Ist nun w = λ1 w1 +λ2 w2 , so kann man im Diagramm auch αw durch λ1 αw1 +λ2 αw2 ersetzen,
denn es gilt
(λ1 αw1 + λ2 αw2 )(u ⊗ v) = λ1 αw1 (u ⊗ v) + λ2 αw2 (u ⊗ v)
= λ1 · (u ⊗ (v ⊗ w1 )) + λ2 · (u ⊗ (v ⊗ w2 ))
= u ⊗ λ1 (v ⊗ w1 ) + u ⊗ λ2 (v ⊗ w2 )
= u ⊗ (v ⊗ λ1 w1 ) + u ⊗ (v ⊗ λ2 w2 )
= u ⊗ ((v ⊗ λ1 w1 ) + (v ⊗ λ2 w2 ))
= u ⊗ (v ⊗ (λ1 w1 + λ2 w2 ))
= u ⊗ (v ⊗ w)
= αw (u ⊗ v).
Aus der Eindeutigkeit von αw folgt damit aber αw = λ1 αw1 + λ2 αw2 . (Man beachte, dass wir
hier nur die Bilinearität der Strukturabbildung für das Tensorprodukt und die universelle
Eigenschaft verwendet haben.)
Wir haben also eine bilineare Abbildung
(U ⊗ V ) × W −→ U ⊗ (V ⊗ W ),
(x, w) 7−→ αw (x)
mit x ∈ U ⊗ V .
Diese induziert wiederum eine Abbildung
r : (U ⊗ V ) ⊗ W −→ U ⊗ (V ⊗ W )
mit
r(x ⊗ w) = αw (x),
also
r((u ⊗ v) ⊗ w) = u ⊗ (v ⊗ w).
Das ist die einzige lineare Abbildung mit dieser Eigenschaft, also ist notwendigerweise Ψ = r:
Sei r0 ebenfalls eine solche Abbildung. Dann definiert r0 für jedes w ∈ W eine lineare Abbildung durch
0
αw
: U ⊗ V −→ U ⊗ (V ⊗ W ), x −
7 → r(x ⊗ w).
1
Diese Abbildung erfüllt
0
αw
(u ⊗ v) = r0 ((u ⊗ v) ⊗ w) = u ⊗ (v ⊗ w),
0
doch per Definition ist αw die einzige Abbildung mit dieser Eigenschaft. Also folgt αw = αw
.
Dann ist
0
r0 (x ⊗ w) = αw
(x) = αw (x),
und diese Eigenschaft charakterisiert gerade die Abbildung r. Daraus folgt r = r0 .
Schließlich müssen wir zeigen, dass r ein Isomorphismus ist. Man kann nun die ganze Konstruktion umdrehen, indem man zuerst u ∈ U fixiert. Das liefert eine lineare Abbildung
l : U ⊗ (V ⊗ W ) −→ (U ⊗ V ) ⊗ W
mit
l(u ⊗ (v ⊗ w)) = (u ⊗ v) ⊗ w.
Wir zeigen nun, dass l ◦ r = id gilt, die andere Gleichung r ◦ l = id folgt analog.
Für jedes feste w ∈ W haben wir nun eine lineare Abbildung
µw : U ⊗ V −→ (U ⊗ V ) ⊗ W,
x 7−→ l ◦ r(x ⊗ w),
die u ⊗ v auf (u ⊗ v) ⊗ w abbildet. Nach der universellen Eigenschaft von U ⊗ V gibt es nur
eine solche Abbildung. Aber auch die Abbildung
ιw : U ⊗ V −→ (U ⊗ V ) ⊗ W,
x 7−→ x ⊗ w,
bildet u ⊗ v auf (u ⊗ v) ⊗ w ab, und es folgt µw = ιw . Natürlich ist w 7→ ιw linear, d.h. es
gibt genau eine Abbildung
(U ⊗ V ) ⊗ W −→ (U ⊗ V ) ⊗ W
mit
x ⊗ w 7−→ ιw (x) = µw (x),
und diese Bedingung wird sowohl von der Identität auf (U ⊗ V ) ⊗ W als auch von l ◦ r erfüllt.
Damit sind auch diese beiden Abbildung gleich.
Aufgabe 2:
Behauptung. Es gilt Φ(A) = {F ∈ Hom(V, W ) | rk F ≤ 1}.
Beweis. Sei F im Bild von A, also F = Φ(α ⊗ w) für α ∈ V ∗ und w ∈ W . Dann gilt für alle
v∈V
F (v) = α(v) · w.
Also ist das Bild von F in dem von w erzeugten Unterraum < w >⊂ W enthalten, es hat
höchstens die Dimension 1, und F hat höchstens Rang 1.
Sei nun umgekehrt F ∈ End V mit rk F ≤ 1. Es gibt ein Element w ∈ W mit < w >= Im F .
Für w = 0 ist F = Φ(0 ⊗ 0). Andernfalls ergänzen wir w = w1 zu einer Basis (w1 , . . . , wn )
von W. Sei (α1 , . . . , αn ) die duale Basis von W ∗ . Dann ist F = Φ(F ∗ α1 ⊗ w), denn
Φ(F ∗ α1 ⊗ w)(v) = α1 (F (v)) · w = F (v).
Aufgabe 3:
Behauptung. Es gilt tr f = ev(Φ−1 (f )) für alle f ∈ End V .
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Beweis. Um die Spur eines Endomorphismus zu berechnen benötigen wir die Matrix, die
diesen Endomorphismus bezüglich irgendeiner Basis beschreibt. Sei also (v1 , . . . , vn ) eine
Basis von V . Die Elemente der dualen Basis von V ∗ bezeichnen wir mit α1 , . . . , αn . Dann
hat die Matrix von f bezüglich der gewählten Basis in Zeile i und Spalte j den Eintrag
aij = αi (f (vj )) = f ∗ αi (vj ),
und nach Definition der Spur gilt
³P
´
P
P
∗ i
tr f = i aii = i f ∗ αi (vi ) = ev
i f α ⊗ vi .
P
Nun gilt aber i f ∗ αi ⊗ vi = Φ−1 (f ), denn
³P
´
P ∗ i
P i
∗ i
Φ
i f α ⊗ vi (v) =
i f α (v) · vi =
i α (f (v)) · vi = f (v),
und damit ist die Behauptung bewiesen.
Aufgabe 4: Die kürzeste Variante ist wahrscheinlich die folgende:
Behauptung. (Z/3Z) ⊗Z (Z/5Z) = 0.
Beweis. Als Z-Modul wird (Z/3Z) ⊗Z (Z/5Z) von [1] ⊗ [1] erzeugt. Nun gilt
[1] ⊗ [1] = [10] ⊗ [1] = 10 · ([1] ⊗ [1]) = [1] ⊗ [10] = [1] ⊗ [0] = 0.
Man kann auch ausschließlich mit der universellen Eigenschaft arbeiten, etwa auf die folgende
Weise. Wir beweisen eine allgemeinere Aussage (die aber natürlich ebenfalls wie oben mit
Erzeugern gezeigt werden kann).
Seien a, b, p, q ∈ Z mit ap + bq = 1.
Behauptung. Ist M ein beliebiger Z-Modul und φ : Z/pZ × Z/qZ −→ M eine Z-bilineare
Abbildung, so ist φ die Nullabbildung.
Beweis. Nach Voraussetzung ist [1] die Restklasse von bq in Z/pZ und [0] die in Z/qZ. Aus
der Bilinearität von φ folgt daher für alle z ∈ Z/pZ, x ∈ Z/qZ
φ(z, x) = φ([bq] · z, x) = bqφ(z, x) = bφ(z, [q] · x) = bφ(z, [0])
Nun gilt aber für alle z ∈ Z/qZ die Gleichung
φ(z, [0]) = φ(z, 0 · [1]) = 0 · φ([1], x) = 0,
und dann ist φ die Nullabbildung.
Tatsächlich sind zwei natürliche Zahlen p, q genau dann teilerfremd, wenn es Zahlen a, b ∈ Z
gibt mit ap + bq = 1. Uns interessiert hier nur der Fall p = 3, q = 5, und dann ist 2p − q = 1.
Behauptung. Für p, q wie oben gilt (Z/pZ) ⊗Z (Z/qZ) = 0.
Beweis. Wir zeigen, dass der Z-Modul 0 die universelle Eigenschaft des Tensorprodukts
erfüllt. Dazu gehört, dass wir eine bilineare Abbildung
π : Z/pZ × Z/qZ −→ 0
auswählen, aber hier gibt es natürlich nur eine Abbildung. Sei nun N ein beliebiger Z-Modul
und φ : Z/pZ × Z/qZ −→ N eine bilineare Abbildung. Wir müssen zeigen, dass es genau eine
lineare Abbildung φ̄ : 0 → N gibt mit φ̄ ◦ π = φ. Es gibt aber überhaupt nur eine lineare
Abbildung 0 → N , die Nullabbildung. Diese hat tatsächlich die geforderte Eigenschaft, denn
in der letzten Behauptung haben wir gezeigt, dass auch φ die Nullabbildung ist.
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