Tampereen yliopisto Lineaarialgebra 2 Harjoituksen 8 ratkaisuja Kevät 2024

Tehtävien 1–2 ja 4–6 ratkaisut on muokattu Ville Puuskan tekemistä.

Tehtävä 1. Koska T ⊆ T + U, niin S ∩ T ⊆ S ∩ (T + U). Lisäksi U ⊆ S ja U ⊆ T + U, joten U ⊆ S ∩ (T + U). Siis myös (S ∩ T) + U ⊆ S ∩ (T + U), sillä S ∩ (T + U) on V:n aliavaruus.

Olkoon sitten x ∈ S ∩ (T + U); erityisesti x ∈ T + U. Kirjoitetaan x = t + u, missä t ∈ T ja u ∈ U. Nyt siis t + u = x ∈ S, joten myös t = t + u − u ∈ S, koska u ∈ U ⊆ S. Siis t ∈ S ∩ T, joten x = t + u ∈ (S ∩ T) + U. Näin ollen S ∩ (T + U) ⊆ (S ∩ T) + U.

Tehtävä 2. a) Koska kuvaus ei ole nollakuvaus, KerA ≠ M. Modulin M yksinkertaisuudesta seuraa siten KerA = {¯0}, joten A on injektio. Toisaalta koska kuvaus ei ole nollakuvaus, ImA ≠ {¯0}. Jälleen yksinkertaisuudesta seuraa ImA = M eli A on surjektio. Siis A: M ≅ M.

b) ℤ-moduli ℤ ei ole yksinkertainen, sillä sillä on alimodulit nℤ, missä n ∈ ℤ ja n > 1, jotka eivät ole triviaaleja mutta ovat aitoja alimoduleita.

c) Tarkastellaan ℤ-modulia ℤ/pℤ, missä p on alkuluku. Olkoon L sen alimoduli. Abelin ryhmä (ℤ/pℤ, +) on paitsi syklinen, niin itse asiassa minkä tahansa epätriviaalin alkionsa virittämä. Tästä seuraa, että L = {0} tai L = ℤ/pℤ. Siis ℤ-modulia ℤ/pℤ on yksinkertainen, mutta sehän ei ole triviaali moduli.

Tehtävä 3. Valitaan W:lle kanta G, jolloin |G| = dim(W) = n. Koska n = k + l ∈ ℕ, kannan G voi jakaa erilliseksi yhdisteeksi G = E∪F, jossa |E| = k ja |F | = l. Asetetaan U = sp(E) ja V = sp(F). Koska G on W:n kantana vapaa, sen osajoukot E ja F ovat myös vapaita. Siis dim(U) = |E| = k ja dim(V) = l.

Varmistetaan vielä, että W = U ⊕ V. Koska U + V ⊇ U ∪ V ⊇ E ∪ F = G, niin U + V ⊇ sp(G) = W ja siten U + V = W. Jos x ∈ U ∩ V, niin toisaalta x on lineaarikombinaatio E:n vektoreista, toisaalta F:n vektoreista. Koska vektorin x esitys G:n vektoreiden lineaarikombinaationa on yksikäsitteinen, täytyy olla voimassa x = ¯0. Siis U ∩ V = {¯0} eli suoruusehto pätee. Siten U ⊕ V = W.

Tehtävä 4. Huomataan ensin, että (5, 0) = 2(2, 1) − (−1, 2) ∈ M. Toisaalta jokaisella (x, y) ∈ ℤ × ℤ pätee

(x, y) ∼ (x, y) − y(2, 1) = (x − 2y, 0),

missä ∼ on alimodulia M vastaava kongruenssi. Jakoyhtälön mukaan x − 2y = 5k + l jollakin k ∈ ℤ ja l ∈ {0, 1, 2, 3, 4}, joten saadaan edelleen

(x, y) ∼ (x − 2y, 0) ∼ (x − 2y, 0) − k(5, 0) = (l, 0),

sillä (5, 0) ∈ M. Siis

(ℤ × ℤ)/M = {(0, 0) + M, (1, 0) + M, (2, 0) + M, (3, 0) + M, (4, 0) + M}.

Vektorisumman yhteenlaskutauluksi saadaan

+  (0,0)+M (1,0)+M (2,0)+M (3,0)+M (4,0)+M
(0,0)+M (0,0)+M (1,0)+M (2,0)+M (3,0)+M (4,0)+M
(1,0)+M (1,0)+M (2,0)+M (3,0)+M (4,0)+M (0,0)+M
(2,0)+M (2,0)+M (3,0)+M (4,0)+M (0,0)+M (1,0)+M
(3,0)+M (3,0)+M (4,0)+M (0,0)+M (1,0)+M (2,0)+M
(4,0)+M (4,0)+M (0,0)+M (1,0)+M (2,0)+M (3,0)+M

Tehtävä 5. a) U on k-ulotteisena aliavaruutena tietenkin k-ulotteinen avaruus, joten U:ssa on p^{k} alkiota.

b) Dimensiolauseen nojalla dim(V/U) = dim(V) − dim()n − k. Siis V/U:ssa on p^{n−k} alkiota.

Todistetaan vielä tulokset käyttämättä dimensiolausetta. Joukko-opillisesti V/U = {x + U | x ∈ V } on joukon V tietty ositus keskenään yhtämahtaviin sivuluokkiin. Jokaisella x ∈ V sivuluokassa x + U on siis p^{k} alkiota, ja osituksessa V/U on yllätyksettömästi

|V/U| = |V |/|U| = p^{n}/p^{k} = p^{n−k}

sivuluokkaa. Koska V/U on myös ℤ_{p}-vektoriavaruus, niin tästä seuraa, että dim(V/U) = log_{p}(p^{n−k} ) = n − k.

Tehtävä 6. a) Selvästi U ≅ U × {¯0_{U}} ja V ≅ {¯0_{V}} × V (avaruuksien välillä ovat luonnolliset isomorfismit u ↦ (u, ¯0_{V}) ja v ↦ (¯0_{U}, v)). Lisäksi U × V = (U × {¯0_{V}}) ⊕ ({¯0_{U}} × V), sillä jokainen (u, v) ∈ U × V voidaan esittää muodossa

(u, v) = (u, ¯0_{V}) + (¯0_{U}, v) ∈ (U × {¯0_{V}}) + ({¯0_{U}} × V)

ja

(U × {¯0_{V}}) ∩ ({¯0_{U}} × V) = {(¯0_{U}, ¯0_{V})} = ¯0_{U×V} .

Siis

dim(U × V) = dim((U × {¯0_{V}}) ⊕ ({¯0_{U}} × V))
= dim(U × {¯0_{V}}) + dim({¯0_{U}} × V = dimU + dimV.

b) Olkoot E ⊆ U ja F ⊆ V kannat. Jokainen U × V:n alkio voidaan kirjoittaa joukon (E × {0}) ∪ ({0} × F) alkioiden lineaarikombinaationa, sillä jos (x, y) ∈ U × V, niin

(x, y) = ( ∑_{e∈E} a_{e}e, ∑_{f∈F} b_{f} f) = ∑_{e∈E} a_{i}(e, 0) + ∑_{f∈F} b_{j}(0, f)

joillakin a_{e}, b_{f} ∈ K (e ∈ E, f ∈ F). Siis (E × {0}) ∪ ({0} × E′) virittää avaruuden U × V. Lisäksi joukko on vapaa, sillä

∑_{e∈E} a_{e}(e, 0)+ ∑_{f∈F} b_{j}(0, f) = 0 ⇒ \{ \begin{matrix}∑ _{e∈E} a_{e}e = 0 \\ ∑ _{f∈F} b_{f} f = 0 \end{matrix} ⇒ ∀e ∈ E(a_{e} = 0)∧∀f ∈ F (b_{f} = 0).

Siis G = (E × {0}) ∪ ({0} × F) on kanta, mistä seuraa

dim(U × V) = |G| = |E| + |F | = dim(U) + dim(V).