Sesquilinearformen / Dimensionen-Ungleichung

12.08.2007, 10:57	thaalad	Auf diesen Beitrag antworten »
Sesquilinearformen / Dimensionen-Ungleichung Aloa ihrs! Hab eine bestimmt sehr einfache Frage, dennoch sehe ich die Lösung im Moment nicht (scheinbar die sprichwörtlichen Tomaten auf den Augen; Hoffe ihr könnt mir da weiterhelfen ). Sei $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ ein endlich-dim. $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ -Vektorraum, $\begin{eqnarray} \beta : V \times V \rightarrow L \end{eqnarray}$ eine Sesquilinearform, $\begin{eqnarray} \sigma : L \rightarrow L \end{eqnarray}$ eine Involution und $\begin{eqnarray} f_\beta : V \rightarrow ( V^\ast )^\sigma \end{eqnarray}$ die assoziierte lineare Abbildung zu $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ . Insbesondere sei $\begin{eqnarray} U^0 := \{ \varphi \in (V^\ast)^\sigma \vert \varphi(u) = 0 \forall u \in U \} \end{eqnarray}$ für einen Unterraum $\begin{eqnarray} U \subseteq V \end{eqnarray}$ . Damit genug der Vorbemerkungen Meine Frage: Warum gilt folgende Ungleichung? $\begin{eqnarray} \dim f_\beta^{-1}(U^0) = \dim U^\bot \leqslant \dim \ker f_\beta + \dim U^0 \end{eqnarray}$ Grüße, Carsten Bemerkung: $\begin{eqnarray} (V^\ast,+) = ((V^\ast)^\sigma, +) \end{eqnarray}$ , d.h. beide Vektorräume operieren auf der selben Grundmenge und verfügen über äquivalente Additionen. Lediglich die Skalarmultiplikation ist leicht anders definiert: $\begin{eqnarray} L \times (V^\ast)^\sigma \rightarrow (V^\ast)^\sigma, \ \alpha \bullet_{(V^\ast)^\sigma}\varphi := \sigma(\alpha) \cdot_{V^\ast} \varphi \end{eqnarray}$ .
13.08.2007, 10:29	thaalad	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, die Frage war vllt. etwas allgemein bzw. zu groß geraten. Daher nun etwas spezieller: Meiner Ansicht nach gibt es drei Fälle, die ich zum Beweis betrachten muss. $\begin{eqnarray} \text{Fall 1:} \ \beta \text{ nicht ausgeartet} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \ V^\bot = \{ 0 \}, \beta_{U \times U} \text{ nicht ausgeartet} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \ U \cap U^\bot = \{ 0 \}, \ U \bot (U^\bot) = V \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \stackrel{\dim V = \dim U + \dim U^0}{\Rightarrow} \ \dim U^\bot = \dim U^0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \ \dim U^\bot \leqslant \underbrace{\dim V^\bot}_{= 0} + \dim U^0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{Fall 2.1:} \ \beta \text{ ausgeartet}, \beta_{U \times U} \text{ nicht ausgeartet} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \ U \cap U^\bot = \{ 0 \}, \ U \bot (U^\bot) = V, \ V^\bot \neq \{ 0 \} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \ \dim U^\bot \leqslant \underbrace{\dim V^\bot}_{\geqslant 1} + \dim U^0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{Fall 2.2:} \ \beta, \beta_{U \times U} \text{ ausgeartet} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \ ??? \end{eqnarray}$ Genau: Bei Fall 2.2 komme ich leider nicht mehr weiter. Da die Sesquilinearform $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ nicht injektiv ist, ist klar, dass gilt $\begin{eqnarray} \dim U^\bot \geqslant \dim U^0 \end{eqnarray}$ . Es natürlich gilt auch $\begin{eqnarray} V^\bot \subseteq U^\bot \end{eqnarray}$ ... Das macht mir etwas zu schaffen, d.h. mir offenbart sich momentan nicht, wie ich $\begin{eqnarray} \dim U^\bot - \dim U^0 \leqslant \dim V^\bot \end{eqnarray}$ zeigen soll... Habt ihr vllt. irgendeine Idee? Wäre mächtig dankbar drum Viele Grüße, Carsten
13.08.2007, 11:47	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie soll jemand, der nicht gerade in derselben Vorlesung wie du sitzt, deine Ausführungen verstehen? Da sind so viele unausgesprochene Vereinbarungen im Spiel, die nicht allgemein üblich sind ... Aber vielleicht bin ich ja auch nur schon zu lange "aus dem Geschäft", daß ich das nicht kenne. Zunächst einmal: Ist über $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ tatsächlich nur vorausgesetzt, daß es eine Involution ist? Muß $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ nicht auch ein Automorphismus von $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ sein? Sonst sehe ich nicht, wie das mit der skalaren Multiplikation auf $\begin{eqnarray} \left( V^{} \right)^{\sigma} \end{eqnarray}$ funktionieren soll. Weiter: In welchem Argument ist die Sesquilinearform semilinear, im ersten oder im zweiten? Beim Herausziehen eines Skalars aus diesem Argument muß der Skalar ja noch einem Automorphismus von $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ unterworfen werden. Ist das derselbe Automorphismus $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ oder ein anderer? (Und wenn es derselbe sein sollte, warum verwendest du dann in deiner Eingangsfrage den unbestimmten Artikel "Sei ... $\begin{eqnarray} \sigma: L \rightarrow L \end{eqnarray}$ eine Involution"?) Weiter: Was ist mit der "zu $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ assoziierten linearen Abbildung $\begin{eqnarray} f_{\beta} \end{eqnarray}$ " gemeint? Ich vermute da so etwas wie $\begin{eqnarray} \left( f_{\beta}(x) \right)(y) = \beta(x,y) \end{eqnarray}$ . Oder ist es gerade umgekehrt mit den Argumenten oder womöglich ganz anders? Kommt vielleicht auch noch $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray*}$ ins Spiel? Und auch wenn dies alles geklärt ist, vermute ich, daß nicht viele Leute Lust haben, sich in die Sache hineinzudenken. Das ist ja alles ziemlich kompliziert. Aber vielleicht erbarmt sich ja jemand deiner ...
13.08.2007, 12:06	thaalad	Auf diesen Beitrag antworten »
Entschuldige, mir war nicht bewusst, dass manche Konstrukte i.A. nicht üblich oder eben leicht anders definiert wurden. Zu deinen Fragen: In unserer Vorlesung ist eine Involution als Körperautomorphismus der Ordnung 2 definiert worden $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ ist linear in der ersten, und $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ -linear in der zweiten Komponente, demnach also $\begin{eqnarray} \beta(av, bw) = a \sigma(b) \beta(v,w) \end{eqnarray}$ Mit deiner Vermutung zu $\begin{eqnarray} f_\beta \end{eqnarray}$ hast du nahezu Recht Es gelte $\begin{eqnarray} \left[ \underbrace{f_\beta(y)}_{\in (V^\ast)^\sigma} \right](x) =: \beta(x,y) \end{eqnarray}$ In all meinen Ausführungen handelt es sich immer um denselben Köperautomorphismus $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ , korrekt Besten Dank für die Hinweise auf meine fehlenden Angaben
13.08.2007, 13:32	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaube nicht, daß da irgendwelche Fallunterscheidungen nötig sind. Es ist ja $\begin{eqnarray} \operatorname{Kern} f_{\beta} = V^{\bot} \end{eqnarray}$ . Und jetzt betrachte die lineare Abbildung $\begin{eqnarray} g = \left. f_{\beta} \right\|_{U^{\bot}} \end{eqnarray}$ , mit anderen Worten also $\begin{eqnarray} g: \ U^{\bot} \to \left( V^{} \right)^{\sigma} \, , \ \ g(y) = f_{\beta}(y) \end{eqnarray}$ und zeige: $\begin{eqnarray} \operatorname{Kern} g = V^{\bot}, \ \ \operatorname{Bild} g \subseteq U^0 \end{eqnarray*}$ Verwende die bekannte Dimensionsformel für Kern und Bild einer linearen Abbildung. Dann steht das Gewünschte da. Oder sehe ich das falsch?

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