Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Buri Gockel
Strukturen und Algebra » Moduln » Diagonalisierung freier bilinearer Moduln
Autor
Universität/Hochschule J Diagonalisierung freier bilinearer Moduln
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 843
Wohnort: Köln
  Themenstart: 2021-03-31

Hallo miteinander, Ich hätte eine Frage zu einem Beweis. Konkret geht es um die auf Jacobi zurückgehende Diagonalisierung für gewisse freie Moduln: Es seien $R$ ein kommutativer Ring mit Eins sowie $(E,b)$ ein freier $R$-Modul mit Basis $(e_1,\dots,e_n)$ und symmetrischer Bilinearform $b$. Weiter sei $d_k:=\det((b(e_i,e_j))_{1\leq i,j\leq k}$ für $k=1,\dots,n$. Behauptung: Falls alle $d_k$ Einheiten in $R$ sind, so ist $E$ isomorph zu einem freien Modul, dessen Gram-Matrix eine Diagonalmatrix mit Diagonaleinträgen $d_1,\frac{d_2}{d_1},\dots,\frac{d_n}{d_{n-1}}$ ist. Beweisen würde ich das gerne über Induktion nach dem Rang $n$ des Moduls $E$. Für $n=1$ ist die Behauptung klar. Die Aussage gelte nun für Ränge kleiner oder gleich $n-1$ und $E$ habe Rang $n$ für ein $n\in \mathbb N$. Da $d_{n-1}$ eine Einheit in $R$ ist, ist $\sum_{i=1}^n Re_i$ regulär und damit ist $$ \sum_{i=1}^n Re_i=\sum_{i=1}^{n-1} Re_i \perp \left( \sum_{i=1}^{n-1} Re_i\right)^\perp. $$ An dieser Stelle bräuchte ich nun ein Argument, warum die Gram-Matrix des Untermoduls $\left( \sum_{i=1}^{n-1} Re_i\right)^\perp$ nur aus einem einzigen Eintrag besteht beziehungsweise, dass $e_1,\dots,e_n$ in zwei zueinander orthogonale Systeme $e_1,\dots,e_{n-1}$ und $f$ zerfällt. Gibt es da in diesem Fall eine Aussage über den Rang dieses Moduls? Ist der Rang in diesem Fall für diesen Modul überhaupt wohldefiniert?


   Profil
Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3049
  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-01

Hallo, ich habe noch nicht zu Ende gerechnet, aber ich würde versuchen den Beweis analog zum Beweis des Gram-Schmidtschen Orthogonalisierungsverfahrens zu gestalten.


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 843
Wohnort: Köln
  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-01

\quoteon(2021-04-01 13:33 - Nuramon in Beitrag No. 1) Hallo, ich habe noch nicht zu Ende gerechnet, aber ich würde versuchen den Beweis analog zum Beweis des Gram-Schmidtschen Orthogonalisierungsverfahrens zu gestalten. \quoteoff Hallo, danke für deine Antwort! Allerdings würde ich gerne einen mir gegebenen Beweis nachvollziehen, der genau so argumentiert. Ich kann an der besagten Stelle aber leider nicht nachvollziehen, warum so argumentiert werden kann. Müsste ich für Gram-Schmidt nicht auch zeigen, dass jeder der Untermoduln jeweils eine Basis besitzt im Induktionsschritt? Da stellt sich mir ja wieder die Frage, ob die überhaupt eine Basis haben. Liebe Grüße, Nico


   Profil
Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3049
  Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-01

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Ich verstehe deine Nachfrage nicht. Mein Ansatz ist folgender: Zeige per Induktion, dass ein Orthogonalsystem $f_1,\ldots, f_n$ existiert, so dass für jedes $k\leq n$ der von $e_1,\ldots, e_k$ aufgespannte Raum gleich dem von $f_1,\ldots, f_n$ aufgespannten Raum ist und $b(f_k,f_k)=\frac{d_k}{d_{k-1}}$ gilt (mit der Konvention $d_0=1$). Die $f_k$ könnte man rekursiv definieren durch $f_1:= e_1$ und $$ f_{k}:= e_k -\sum_{j=1}^{k-1}\frac{d_{j-1}}{d_j} b(f_j,e_n)f_j.$$ Was ich noch nicht geschafft habe zu zeigen, ist, dass $b(f_k,f_k)= \frac {d_k}{d_{k-1}}$ gilt. Zumindest für $k=2$ stimmt das aber.\(\endgroup\)


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 843
Wohnort: Köln
  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-01

Vielen Dank für den Ansatz. Also meine eigentliche Frage oder Nachfrage ist folgende: Im originalen Beweis steht einfach $$ \sum_{i=1}^n Re_i=\sum_{i=1}^{n-1} Re_i\perp \langle c_n \rangle $$ wobei $\langle c_n\rangle$ einen freien Modul mit Gram-Matrix $(c_n)$ für ein $c_n\in R$ bezeichnet. Ich frage mich nun, wie argumentiert werden kann, dass der zu $\sum_{i=1}^{n-1} Re_i$ orthogonale Untermodul frei ist und warum er von genau einem Element erzeugt wird. Von dieser Stelle an könnte man nun argumentieren, dass $d_n=d_{n-1}c_n$ und hätte die Behauptung.


   Profil
Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3049
  Beitrag No.5, eingetragen 2021-04-01

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Sicherlich gilt $$ \sum_{i=1}^n Re_i = \sum_{i\(\endgroup\)


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 843
Wohnort: Köln
  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-01

Das kann ich leider (noch) nicht ganz nachvollziehen. Ich werde mir das nochmal genau ansehen und versuchen zu durchdenken. Danke auf jeden Fall für deine Mühe!


   Profil
Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3049
  Beitrag No.7, eingetragen 2021-04-01

Welche Stelle ist unklar?


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 843
Wohnort: Köln
  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-01

\quoteon(2021-04-01 14:55 - Nuramon in Beitrag No. 7) Welche Stelle ist unklar? \quoteoff Mir ist die erste Gleichheit irgendwie nicht ganz klar. Aber ich glaube genau deshalb hatte ich bisher auch noch keinen Erfolg den Beweis zu verstehen. Gibt es an dieser Stelle eigentlich auch irgendeine strukturelle Aussage, die es mir erlaubt zu schließen, dass $(\sum_{i


   Profil
Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3049
  Beitrag No.9, eingetragen 2021-04-01

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Die erste Gleichheit beruht darauf, dass für jeden Untermodul $M\subset N$ eines $R$-Moduls $N$ und alle $n\in N, m\in M$ gilt $M+Rn = M+R(n+m)$. Mir fällt kein einfacherer Beweis ein, mit dem man sehen kann, dass $(\sum_{i=1}^{n-1} Re_i)^{\perp}$ zyklisch ist.\(\endgroup\)


   Profil
nzimme10
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 843
Wohnort: Köln
  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-02

Super, vielen Dank dir!


   Profil
nzimme10 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
nzimme10 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2021 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]