Lineare Algebra II Lösungen der Aufgaben 42 und 43

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1 D Blottière SS 7 P Schützdeller Universität Paderborn Lineare Algebra II Lösungen der Aufgaben 4 und 43 Aufgabe 4 : Bemerkungen : Es sei V ein n-dimensionaler Vektorraum über einem Körper K und β : V V K eine nicht ausgeartete alternierende Bilinearform Dann gilt für jeden Unterraum U von V die Gleichung dimu + dimu dimv Vorsicht : Im Allgemeinen gilt nicht : V U U Diese werden wir im folgenden sehr oft benutzen Wir benötigen außerdem die folgende Aussage Sei W ein zweiter Unterräume von V Dann gilt U W U + W Aus der Definition des Orthogonalraumes folgt sofort, dass U + W in U W enthalten ist Es gilt außerdem : dimu + W dimu + dimw dimu W LA I n dimu + n dimw dimu W n dimu dimw n dimu + W n dimu dimw n dimu + V Die letzte Ungleichung folgt aus der Inklusion U + W U + W U + W Nutzt man nun wieder die Formel aus dem ersten Semester, so erhält man : dimu + W dimu + dimw dimu W dimu + W n dimu dimw n dimu + dimw dimu W n dimu W dimu W Es folgt also aus Dimensionsgründen auch die andere Inklusion und damit die Gleichung U W U + W Wir möchten nun noch eine Aussage über Lagrangesche Unterräume beweisen

2 Es sei U V ein Lagrangescher Unterraum, d h U ist ein maximaler total isotroper Unteraum von V Wir beweisen die Gleichung U U Da U total isotrop ist gilt U U Angenommen U U Dann existiert ein u U\U Da β alternierend ist, gilt für diesen Vektor βu, u Wir definieren W U < u > Dann gilt für zwei Vektoren w 1 v 1 +λ 1 u und w v +λ u mit v i U und λ i K aus W : βv 1 + λ 1 u, v + λ u βv 1, v, da U total isotrop + λ βv 1, u, da u U + λ 1 βu, v, da u U + λ 1 λ βu, u, da β alternierend ist Somit ist W ein total isotroper Unterraum von V, der U als echten Unterraum enthält Die ist ein Widerspruch dazu, dass U ein maximaler total isotroper Unterraum ist Damit haben wir U U Lösung : 1 Nach der obigen Bemerkung wissen wir, dass U U gilt Da β nicht ausgeartet ist, gilt außerdem : dimu + dimu dim V Es folgt dimu dimv bzw dimu 1 dimv Wir beweisen nun noch die Existenz eines Lagrangeschen Komplementärraumes U von U Dazu betrachten wir die Menge {W V W ist Unterraum von V, W W und U W {}} Diese Menge ist nicht leer, da sie z B < v > für v U enthält Wir wählen ein maximales Element W in dieser Menge, d h es gibt keinen anderen Unterraum in der obigen Menge, der W als echten Unterraum enthält Falls für W schon die Gleichheit W W gilt, so ist W ein Lagrangescher Unterraum, der komplementär zu U ist Wir können also U W wählen Angenommen W W, so ist W nicht Lagrange wegen der obigen Bemerkung und es gilt : dimw dimv dimw > dimv 1 dimv 1 dimv Somit gilt : dimw + dimu > 1 dimv + dimv dimv Aus dieser Ungleichung folgt sofort, dass der Schnitt von W und U nicht nur aus dem Nullvektor besteht Wir wissen außerdem, wegen W U {}, dass W U nicht in W enthalten ist Wegen der Gleichung W U W + U W + U,

3 die wir oben bewiesen haben, folgt also W + U W Wählt man nun einen Vektor u in W \W + U, so ist W : W < u > ein isotroper Unterraum der U nicht schneidet Damit ist W ein Element der Menge {W V W ist Unterraum von V, W W und U W {}} der W als echten Unterraum enthält Dies ist ein Widerspruch zur Maximalität von W Damit ist W ein Lagrangescher Unterraum der komplementär zu U ist Wir können also U W wählen Wählt man U < e 1, e 3 > und U < e, e 4 >, so kann man leicht an der Matrix ablesen, dass diese Unterräume total isotrop sind Da sie die Dimension haben, sind sie auch Lagrangesche Unterräume Da {e 1,, e 4 } eine Basis von R 4 ist, gilt außerdem R 4 U U Aufgabe 43 : 1 Nach der Definition existiert ein P GL n K mit A t PBP Es gilt deta det t P detb detp detp detb }{{} detp Wir definieren λ : detp Wir wiederholen den Struktursatz für symmetrische Formen Korollar 8 aus der Vorlesung Satz : Sei K ein Körper mit CharK, und sei V ein endlich-dimensionaler K- Vektorraum Sei β : V V K eine Bilinearform, und sei R eine Teilmenge von K, so dass gilt : für alle b K existiert a K mit ba R Dann besitzt V eine Orthogonalbasis B bezüglich β, so dass Mβ B wobei a 1,,a r R und r rkβ a 1 a r,

4 Dann lösen wir den zweiten Teil der Aufgabe Sei R : {1, } F 5 Wir bemerken, dass R, 1 R, 3 R, 4 1 R Das heißt : R besitzt die Eigenschaft Die Aussage ist einfach eine Folgerung des vorherigen Satzes a b 3 Wir suchen GL c d F 5 mit : a c b d Das heißt : Wir suchen a, b, c, d F 5 mit : a + b ab + cd GS c + d 1 1 ad bc dh det a b c d a b c d Wir bemerken, dass a 1, b 4, c 1, d 1 eine Lösung des nicht linearen! Gleichungssystemes GS ist 4 Seien q 1,,q n {1, } F 5, und sei A : q 1 q q n i Es ist klar, dass zwei natürliche Zahlen r, s und eine Permutationmatrix P GL n K existieren mit A t Ir P P I s 1 4 ii Es gibt jetzt eine Fallunterscheidung Sei M : 1 1 Fall : s ist gerade Wir schreiben s s Nach 3, gilt : I r I r t M M Ir I I n s t M M }{{}}{{}

5 Fall : s ist ungerade Wir schreiben s s + 1 Nach 3, gilt : I r t M Ir I s t M }{{} 1 iii Nach i und ii ist A kongruent zu I n oder zu iv Wir bemerken, dass : Ir+s Ir+s 1 1, 3 1, 3 3 1, 4 1 Ir+s Also folgt es aus 1, dass I n nicht kongruent zu ist I r M } {{ M } 1