Lösung zu Serie 24. a ij b i b j. v = j=1. v = v j b j.

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1 Lineare Algebra D-MATH, HS 2014 Prof. Richard Pink Lösung zu Serie Zeige: Ist 1 n := min{dim K (V 1 ), dim K (V 2 )} < für Vektorräume V 1 und V 2, so ist jeder Tensor in V 1 K V 2 eine Summe von n reinen Tensoren, aber im allgemeinen nicht von n 1 reinen Tensoren. Lösung: Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir n = dim K (V 2 ) dim K (V 1 ) annehmen. Sei {b i } eine Basis von V 1 und sei {b 1,..., b n} eine Basis von V 2. Dann ist { b i b j i I, 1 j n} eine Basis von V 1 V 2. Jeder Vektor v V 1 V 2 lässt sich daher schreiben als v = a ij b i b j j=1 für eindeutige Koeffizienten a ij K. Mit v j := a ijb i V 1 für alle j folgt v = v j b j. j=1 Also ist v eine Summe der n reinen Tensoren w 1 b 1,..., w n b n. Wir müssen weiter zeigen, dass ein Tensor existiert, welcher nicht die Summe von n 1 reinen Tensoren ist. Wegen dim(v 1 ) dim(v 2 ) können wir dabei {1,..., n} I annehmen. Behauptung. Der Tensor v := n b i b i lässt sich nicht als Summe von n 1 reinen Tensoren schreiben. Beweis. Sei angenommen v = n 1 v i w i für Vektoren v i V 1 und w i V 2. Aus Dimensionsgründen existiert dann ein nicht-verschwindendes Element l V 2 mit l(w i ) = 0 für alle i = 1,..., n 1. Es folgt also n 1 (id V1 l)(v) = v i l(w i ) = 0, (id V1 l)(v) = b i l(b i) = 0. Da b 1,..., b m linear unabhängig sind, folgt l(b i) = 0 für alle i, also l = 0 im Widerspruch zur Annahme. 1

2 2. Beweise: Für jeden Vektorraum V und für jede Menge {W i } von Vektorräumen W i existiert ein natürlicher Isomorphismus ( ) = V K W i (V K W i ) Lösung: Wir schreiben v ix i für Elemente (v i ) einer äusseren direkten Summe V i von Vektorräumen V i. Betrachte die Abbildung ( ) ϕ: V W i (V K W i ) (v, ) w i X i (v w i )X i. Man zeigt direkt, dass ϕ blinear ist. Durch Anwenden der universelle Eigenschaft des Tensorproduktes (V K ( W i ), κ) auf ϕ erhalten wir eine lineare Abbildung ( ) Φ: V W i (V K W i ) mit Φ κ = ϕ, also mit ( ) v w i X i (v w i )X i für alle v V und w ix i W i. Sei B = {b j j J} eine Basis von V und für jedes i I sei B i = {b ik } k K i eine Basis von W i. Dann ist {b ik X i i I, k K i } eine Basis von W i, und somit ist { bj (b ikx i ) j J, k Ki, i I } eine Basis von V ( W i ) und { (bj b ik)x i j J, k Ki, i I } eine Basis von (V W i ). Wegen Φ(b j (b ikx i )) = (b j b ik)x i für alle i, j, k bildet Φ die erste Basis bijektiv auf die zweite ab und ist somit ein Isomorphismus. 3. Zeige: (a) Für alle K-Vektorräume V und W existiert ein natürlicher injektiver Homomorphismus Φ: V K W Hom K (V, W ) mit l w (v l(v) w) 2

3 (b) Das Bild von Φ ist der Unterraum aller linearer Abbildungen V W mit endlichem Rang. (c) Die Abbildung Φ ist ein Isomorphismus genau dann, wenn V oder W endlich-dimensional ist. (d) Für alle K-Vektorräume V und W konstruiere einen natürlichen injektiven Homomorphismus V W (V W ) Lösung: und beweise die zu (c) analoge Aussage. (a) Betrachte die Abbildung ϕ : V W Hom K (V, W ), (l, w) (v l(v) w). Durch direktes Nachprüfen zeigt man, dass ϕ bilinear ist. Folglich erhält man aus der universellen Eigenschaft des Tensorproduktes (V K W, κ) eine lineare Abbildung Φ: V K W Hom K (V, W ) mit Φ κ = ϕ, also mit Φ(l w) = ϕ(l, w) = (v l(v) w). Wir zeigen, dass Φ injektiv ist: Sei {l i } eine Basis von V und sei {b j } j J eine Basis von W. Dann bildet { li b j i I, j J } eine Basis von V W. Jedes Element v V W lässt sich folglich schreiben als v = a ij l i b j = λ j b j j J j J mit Koeffizienten a ij K und mit λ j := i a ijl i. Sei nun x Kern(Φ) ein beliebiges Element und schreibe x = j J λ j b j für gewisse λ j V. Dann gilt für alle v V 0 = Φ(x)(v) = λ j (v)b j. Da {b j } j J eine Basis von W bildet, folgt λ j (v) = 0 für alle j J und alle v V, also λ j = 0 für alle j, also x = 0. Somit ist Φ injektiv. (b) Für jedes Basiselement l i b j von V W ist das Bild der Abbildung j J Φ(l i b j ): V W, v l i (v) b j 3

4 in b j enthalten. Die Abbildung Φ(l i b j ) hat also Rang 1. Sei v V W ein beliebiges Element. Da v eine (endliche) Linearkombination von Basisvektoren ist, ist wegen der Linearität von Φ folglich Φ(v) eine Linearkombination von Bildern von Basisvektoren, also von linearen Abbildungen g 1,..., g n : V W vom Rang 1. Wegen Bild(Φ(v)) Bild(g 1 ),..., Bild(g n ) ist somit Rang(Φ(v)) n k=1 Rang(g i) n <. Umgekehrt sei f : V W eine lineare Abbildung von endlichem Rang. Sei b 1,..., b n eine Basis von Bild(f) und erweitere dies zu einer Basis {b i } von W. Für jedes 1 i n sei weiter λ i W die eindeutige Linearform mit λ i (b j ) = δ ij für alle j I. Insbesondere gilt dann w = n λ i(w)b i für alle w Bild(f). Behauptung. Φ( n f (λ i ) b i ) = f. Beweis. Für alle v V ist ( Φ f (λ i ) b i )(v) = also wegen f(v) Bild(f) gleich f(v). = = Φ(f (λ i ) b i )(v) f (λ i )(v) b i λ i (f(v)) b i, Aus der Behauptung folgt, dass f im Bild von Φ liegt. Das zeigt auch die umgekehrte Aussage der Aufgabe. (c) Falls W endlich-dimensional ist, hat jede Abbildung f : V W endlichen Rang. Wegen (b) ist Φ daher surjektiv. Wegen (a) ist aber Φ auch injektiv und somit ein Isomorphismus. Im Fall V endlich-dimensional gilt dim(bild(f)) dim(v ) <, also Rang(f) < für alle Homomorphismen f : V W. Mit (b) ist also Φ surjektiv und somit wie vorher ein Isomorphismus. Sei umgekehrt angenommen, dass V und W beide nicht endlich-dimensional ist. Wir zeigen, dass Φ nicht surjektiv ist, indem wir ein Homomorphismus f : V W von unendlichem Rang konstruieren: Sei {b i } eine Basis von V und sei {b j} j J eine Basis von W. Da die Mengen I und J jeweils unendlich viele Elemente haben, existiert eine 4

5 Abbildung u : I J, sodass {u(i) i I} unendlich viele Elemente hat. Definiere eine linare Abbildung f : V W durch die Vorschrift f(b i ) = b u(i) für alle i I. Wegen b u(i) Bild(f) für alle i I enthält Bild(f) unendlich viele Basisvektoren, hat also unendliche Dimension. Es folgt, dass f von unendlichen Rang ist. (d) Durch Anwenden von (a) mit dem Vektorraum W anstelle von W erhalten wir einen natürlichen injektiven Homomorphismus Φ : V W Hom K (V, W ) Wegen der Adjunktionsformel (siehe Kapitel 11.3 der Zusammenfassung) existiert ein natürlicher Isomorphismus ψ : Hom K (V, W ) = = Mult K (V, W ; K) (V W ). Somit ist die Komposition ψ Φ ein natürlicher injektiver Homomorphismus V W (V W ). Weiter ist V oder W endlich-dimensional genau dann, wenn V oder W endlich-dimensional ist. Wegen (c) ist dies genau dann der Fall, wenn Φ ein Isomorphismus ist, also genau dann, wenn ψ Φ ein Isomorphismus ist. Das zeigt, die zu (c) analoge Aussage. 4. Sei V ein Vektorraum mit Basen B = (b 1,..., b n ) und B = (b 1,..., b n) und sei t := α ij b i b j = i,j=1 α ijb i b j i,j für eindeutige Koeffizienten α ij, α ij K ein Element in V K V. Was ist die Beziehung zwischen in Termen von M B B(id)? A := (α ij ) 1 i,j n und A := (α ij) 1 i,j n Lösung: Mit M B B(id) = (m ij ) i,j ist b i = n k=1 m kib k für alle i. Es folgt α ij b i b j = ( ) ( ) α ij m ki b k m lj b l i,j=1 i,j k l = α ij m ki m lj b k b l i,j,k,l = k,l ( α ij m ki m lj )b k b l. i,j 5

6 Da {b i b j i, j = 1,..., n} eine Basis von V V bildet, folgt für alle k, l α kl = i,j m ki α ij m lj, also A = M B B(id) A M B B(id) T. 5. Seien U und V zwei K-Vektorräume. Zeige: (a) Es existiert eine natürliche injektive Abbildung Φ : End(U) End(V ) End(U V ), sodass für alle f End(U) und g End(V ) gilt: u U v V : Φ(f g)(u v) = f(u) g(v). Ab jetzt seien U und V endlich-dimensional. Zeige weiter: (b) Die Abbildung Φ ist ein Isomorphismus (c) Sei B U = (u 1,..., u m ) eine Basis von U, sei B V von V und sei B := (u i v j ) 1 i m 1 j n = (v 1,..., v n ) eine Basis die induzierte Basis von U V, wobei u i v j an (n(i 1)+j)-ter vorkommt. Für Endomorphismen f End(U) und g End(V ) betrachte die Darstellungsmatrizen A = (a ij ) 1 i,j m := M BU B U (f) und B = (b ij ) 1 i,j n := M BV B V (g). Dann gilt: a 11 B a 1m B M B B (f g) = a m1 B a mm B (d) Spur(f g) = Spur(f) Spur(g). (e) det(f g) = det(f) dim V det(g) dim U. Lösung: (a) Betrachte die Abbildung ϕ : End(U) End(V ) End(U V ), (f, g) f g, wobei f g der eindeutige Endormorphismus von U V ist mit (f g)(u v) = f(u) g(v) für alle u U und v V, 6

7 siehe die Proposition zur Funktorialität in Kapitel der Zusammenfassung. Man prüft direkt, dass ϕ bilinear ist; zum Beispiel gilt für beliebige Endomorphismen f 1, f 2 End(U) und g End(V ) ((f 1 + f 2 ) g)(u v) = (f 1 + f 2 )(u) g(v) = (f 1 (u) + f 2 (u)) g(v) = f 1 (u) g(v) + f 2 (u) g(v) = (f 1 g)(u v) + (f 2 g)(u v), also mit der Proposition zur Funktorialität (f 1 +f 2 ) g = (f 1 g)+(f 2 g), also ϕ((f 1 + f 2 ), g) = ϕ(f 1, g) + ϕ(f 2, g). Die anderen Bilinearitätseigenschaften von ϕ folgen ähnlich. Aus der universellen Eigenschaft von (End(U) End(V ), κ) folgt, dass eine eindeutige lineare Abbildung Φ : End(U) End(V ) End(U V ) existiert mit Φ κ = ϕ, also mit Φ(f g) = ϕ(f, g) = f g, also mit u U v V : Φ(f g)(u v) = (f g)(u v) = f(u) g(v) für alle f End(U) und g End(V ). Wir zeigen, dass Φ injektiv ist. Sei {g i } eine Basis von End(V ). Mit dem gleichen Argument wie in der Lösung zu Aufgabe 2(a) existieren für jedes h End(U) End(V ) Endomorphismen f i End(U) mit h = f i g i. Sei x = f i g i Kern(Φ) ein beliebiges Element. Sei u U und λ U beliebig und betrachte die induzierten Abbildungen α : K U, a a u und β : U K, u λ(u). Wegen Φ(x) = 0 verschwindet die Komposition W = K W α id W V W Φ(x) V W β id W K W = W und folglich gilt für alle v V 0 = (β id W ) Φ(x)(u v) ( ) = (β id W ) f i (u) g i (v) = λ(f i (u)) g i (v), 7

8 also λ(f i (u)) g i = 0. Wegen der linearen Unabhängigkeit der Vektoren {g i } folgt λ(f i (u)) für alle i. Da λ beliebig war, ist daher f i (u) = 0, also, da auch u beliebig war, f i = 0 für alle i, also x = 0. Somit ist Φ injektiv. (b) Wegen dim(end(u) End(V )) = dim(end(u)) dim(end(v )) = dim(u) 2 dim(v ) 2 = dim(u V ) 2 = dim(end(u V )) ist Φ eine Abbildung zwischen zwei endlich-dimensionalen Vektorräumen derselben Dimension. Also ist Φ injektiv genau dann, wenn Φ ein Isomorphismus ist. Die Aussage folgt nun direkt aus (a). (c) Für alle 1 j m and 1 l n gilt (f g)(u j v l ) = f(u j ) g(v l ) ( m ) ( ) = a ij u i b kl v k = m k=1 a ij b kl u i v k. Somit ist a ij b kl der Eintrag von M B B (f g) an der Zeilenposition korrespondierend zu u i v k und an der Spaltenposition korrespondierend zu v j v l, also an der ( (i 1)n + k, (j 1)n + l ) -ten Stelle. Es folgt die Aussage. (d) Aus (c) folgt j=1 Spur(f g) = Spur M B B (f g) m = a ii Spur(B) = Spur(A) Spur(B) (e) Aus (c) folgt B det(id U g) = det... = (det B) m = (det g) dim U B Sei B := (u i v j ) i,j die Basis von U V, in der u i v j an der (i+(j 1)m)- ten Stelle vorkommt. Mit demselben Argument wie in (c) zeigt man b 11 A b 1n A M B B (f g) =....., b n1 A b nn A 8

9 also det(f id V ) = det(f) dim V. Für alle f 1, f 2 End(U) und g 1, g 2 End(V ) gilt (f 1 g 1 ) (f 2 g 2 ) = (f 1 f 2 ) (g 1 g 2 ), siehe Zusammenfassung Kapitel Es folgt det(f g) = det((f id V ) (id U g)) = det(f id V ) det(id U g) = det(f) dim V (det g) dim U 9