Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Eric Hofmann Fredrik Strömberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2008 26. Juni 2008

Lineare Algebra II

12. Tutorium mit Lösungshinweisen

Im Folgenden bezeichnet 𝕂 einen Körper (mit Charakteristik ≠ 2) und (V, q) einen ndimensionalen quadratischen Raum über 𝕂.

(T 51)

Es sei (V, q) ein n-dimensionaler quadratischer Raum über 𝕂, und q sei nicht ausgeartet. Weiter sei U ein Teilraum und q_{U} die Einschränkung von q auf U. Zeigen Sie: Genau dann ist q_{U} nicht ausgeartet, wenn sich jede Orthogonalbasis von (U, q_{U}) zu einer Orthogonalbasis von (V, q) fortsetzen lässt.

Lösung:

⇒ Ist q_{U} auf U nicht ausgeartet, so gilt V = U ⊕ U^{⊥} und q_{U^{⊥}} ist ebenfalls nicht ausgeartet. Ist dann C eine Orthogonalbasis von U und D eine Orthogonalbasis von U^{⊥}, so ist C ∪ D eine Orthogonalbasis von V.

⇐ (durch Widerspruch) Annahme: q_{U} ist ausgeartet. Demnach gibt es eine u_{1} ∈ U mit b_{q_{U}} (u, w) = 0 für alle w ∈ U. Ergänzt man nun u_{1} zu einer Orthogonalbasis u_{1}, …, u_{k} (k = dim U) von U (etwa indem man u_{2} beliebig wählt und u_{m+1}, für m = 2, …, k jeweils zu u_{j}, j = 2, …, m orthogonal wählt), so gibt es nach Voraussetzung eine Orthogonalbasis B von V mit B = {u_{1}, …, u_{k}, f_{1}, …, f_{n−k}} mit f_{i} ∈ U^{⊥}. Folglich gilt für jedes v ∈ V

b_{q}(u_{1}, v) = b_{q} (u_{1}, ∑_{i=1}^{k} c_{i}u_{i} + ∑_{j=1}^{n−k} d_{i}f_{I}) = \underbrace{b_{q} (u_{1}, ∑_{i=1}^{k} c_{i}u_{i})}_{=0 nach Vor.} + \underbrace{b_{q} (u_{1}, ∑_{j=1}^{n−k} d_{i}f_{i})}_{=0 da ⊥ U} = 0.

Damit ist also q ausgeartet (auf V). Widerspruch!

Bemerkung: Man den Widerspruch auch schneller bekommen: Aus der Existenz der OB B von V folgt unmittelbar V = U ⊕ U^{⊥}. Dann gilt aber q_{U} ist nicht ausgeartet (aus der Vorlesung bekannt).

(T 52)

Sei q eine nicht ausgeartete quadratische Form auf einem n-dimensionalen 𝕂-Vektorraum. Zeigen Sie: Ist q isotrop, dann stellt q jedes Element aus 𝕂 dar, d.h. zu jedem a ∈ 𝕂 gibt es x ∈ V mit q(x) = a.

Lösung:

Ist n = 2, dann ist (V, q) eine hyperbolische Ebene und man kann eine Basis u, v von V wählen mit q(u) = q(v) = 0 und b_{q}(u, v) = 1. Für einen Vektor bu + cv ∈ V (b,c ∈ 𝕂) gilt dann

q(bu + cv) = b_{q}(bu + cv, bu + cv) = \underbrace{b_{q}(bu, bu)}_{=0} +2b_{q}(bu, cv) + \underbrace{b_{q}(cv, cv)}_{=0} = bc.

Es ist klar, dass man nun jedes Element a ∈ 𝕂 durch q darstellen kann. (Man wähle z.B. x = au + v.)

Sei nun n > 2. Da (V, q) isotrop ist, lässt sich von V eine hyperbolische Ebene H abspalten,

V = H ⊥ W.

Nun stellt aber bereits q_{H} jedes Element von 𝕂 da, also auch q. (Wähle etwa x ∈ H mit q_{H}(x) = a = q(x)).

(T 53)

Sei (V, q) nicht ausgeartet und U ⊂ V ein total isotroper Teilraum von V. Weisen Sie nach, dass es einen total isotropen Teilraum U′ gibt, so dass

1. dim U = dim U′

2. V = U ⊕ U′ ⊕ W,

mit einem geeigneten Teilraum W, auf dem q_{W} nicht ausgeartet ist.

Lösung:

Sei r = dim U. Wir konstruieren induktiv eine Basis für den Teilraum U′.

Setze U_{1} := U. Betrachte ein 0 ≠ u_{1} ∈ U_{1}. Da q nicht ausgeartet auf V ist, gibt es v′_{1} ∈ V mit b_{q}(u_{1}, v′_{1}) ≠ 0. Man kann annehmen, dass b_{q}(u_{1}, v′_{1}) = 1 (nach eventuellem Umskalieren). Setze nun v_{1} := v′_{1} − q(v_{1})b_{q}(u_{1}, v_{1}). Dann ist v_{1} isotrop und spannt zusammen mit u_{1} eine hyperbolische Ebene H_{1} auf. Diese spaltet man nun orthogonal von V ab:

V = H_{1} ⊕ H_{1}^{⊥} = H_{1} ⊕ W_{1} (W_{1} := H_{1}^{⊥}) .

(Man beachte, dass q |_{W_{1}} nicht ausgeartet ist auf W_{1}.)

Betrachte nun U_{2} := U_{1} ∩ u_{1}^{⊥} ∩ v_{1}^{⊥} = U ∩ v_{1}^{⊥}. Dies ist ein total isotroper Teilraum der Dimension r − 1 und offenbar gilt U_{2} ⊥ H_{1}, also U_{2} ⊆ W_{1}. Wähle nun ein u_{2} ∈ U_{2}. Da q |_{W_{1}} nicht ausgeartet, findet man wieder ein v_{2} ∈ W_{1}, mit b_{q}(u_{2}, v_{2}) = 1 und v_{2} isotrop. Spalte nun die hyperbolische Ebene H_{2} := lin{u_{2}, v_{2}} orthogonal von W_{1} ab.

W_{1} = H_{2} ⊕ W_{2}, also V = H_{1} ⊕ H_{2} ⊕ W_{2},

wobei W_{2} das orthogonale Komplement von H_{2} in W_{1} (bezüglich q |_{W_{1}}), bzw. (H_{1} ⊕ H_{2})^{⊥} in V (bezüglich q) ist. Außerdem ist q |_{W_{2}} nicht ausgeartet.

Diese Vorgehen kann nun wiederholen und sukzessive hyperbolische Ebenen abspalten. Da dabei U_{i} = U_{i−1} ∩ u_{i−1}^{⊥} ∩ v_{i−1}^{⊥} in W_{i−1} bzw.

U_{i} = U_{1} ∩ u_{1}^{⊥} ∩ v_{1}^{⊥} ∩ ⋯ ∩ u_{i−1}^{⊥} ∩ v_{i−1}^{⊥} in V ,

jeweils ein total isotroper Teilraum der Dimension r − i + 1 ist, ist nach r Schritten Schluss (da dim U_{r+1} = 0). Man erhält eine Zerlegung

V = \underbrace{H_{1} ⊕ ⋯ ⊕ H_{r}}_{lin\{u_{1},v_{1},...,u_{r},v_{r}\}} ⊕W_{r}.

Offenbar bildet die orthogonale Summe hyperbolischer Ebenen einen Teilraum der Dimension 2r. Die Menge {u_{1}, v_{1}, …, u_{r}, v_{r}} ist eine Basis dieses Teilraums (sie besteht aus genau 2r Vektoren), insbesondere ist sie linear unabhänig. Per Konstruktion sind die v_{i} isotrop, zueinander orthogonal und ∉ U, sie spannen also einen total isotropen Teilraum U′ der Dimension r auf, mit U ∩ U′ = ∅. Da außerdem W_{r} ∩ U = 0 folgt, dass u_{1}, …, u_{r} den Teilraum U aufspannen und

V = (U ⊕ U′) ⊕ W_{r} mit q |_{W_{r}} nicht ausgeartet.

Anmerkung: Man kann die lineare Unabhänigkeit der u_{i} und damit die Basiseigenschaft auch direkt prüfen: Denn aus

\begin{aligned}& u_{j} = ∑_{\begin{matrix}i=1 \\ i≠j \end{matrix}}^{n} c_{i}u_{i} folgt \\ b_{q}(u_{j}, v_{j}) & = ∑_{i<j} c_{i}b_{q}(u_{i}, \underbrace{v_{j}}_{∈H_{i}^{⊥}}) + ∑_{i>j} c_{i}b_{q}( \underbrace{u_{i}}_{∈U∩v_{j}^{⊥}}, v_{j}) & = 0, \end{aligned}

im Widerspruch zur Konstruktion.

(T 54)

Sei (V, q) nicht ausgeartet. Zeigen Sie: Alle maximalen total isotropen Teilräume von V haben die gleiche Dimension m. (Man bezeichnet m als den Witt-Rang von (V, q).)

Lösung:

Ist (V, q) isotrop, so kann man von V eine hyperbolische Ebene abspalten, V = H_{1} ⊕ W. Ist (W, q_{W}) immer noch isotrop, so lässt sich dieser Vorgang wiederholen. Bezeichne mit m die maximale Anzahl von hyperbolischen Ebenen, die man von V abspalten kann, so dass

V = H_{1} ⊥ ⋯ ⊥ H_{m} ⊥ W,

mit einem anisotropen Teilraum W. Wir zeigen: Ist U ein maximaler total isotroper Teilraum, so ist dim U = m.

Ist U ein maximaler total isotroper Teilraum, so kann man wie in Aufgabe (T 53) einen zweiten total isotropen Teilraum U′ der selben Dimension konstruieren, so dass U ⊕U′ eine Summe von dim U hyperbolischen Ebenen ist und V = U ⊕ U′ ⊕ W.

Annahme: dim U < m. Es folgt, dass man von V eine weitere (nicht in U ⊕ U′ gelegene) hyperbolische Ebene H abspalten kann. Ist h_{1}, h_{2} eine hyperbolische Basis von H, so ist U ∪(𝕂h_{1}) ein total isotroper Raum von größerer Dimension als U. U war also nicht maximal. Widerspruch!