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. 22
( 60 .)



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Aus den letzten zwei Gleichungen folgt naturlich • (e1 , e1 ) = • (e2 , e2 ) = 0 (wegen
¨
char (R) = 2 !). Also erhalten wir

• (x, y) = (x1 y2 ’ x2 y1 ) • (e1 , e2 ) .

Ist nun • (e1 , e2 ) = 0, so ist • einfach die Form identisch Null. Einen weiteren
Spezialfall erh¨lt man mit der Wahl • (e1 , e2 ) = 1. Wir bezeichnen die entspre-
a
chende Funktion • mit •, und es ist dann

x1 x2
• (x, y) = x1 y2 ’ x2 y1 = det ,
y1 y2

mit der Ihnen wahrscheinlich bekannten Determinante einer 2 — 2 -Matrix. Man
uberzeugt sich sofort davon, dass diese Determinatenfunktion tats¨chlich eine
a
¨
2
alternierende 2-Form auf R de¬niert. Daraus folgt aber nun sofort, dass jede
alternierende 2 -Form • auf R2 die Darstellung

• = • (e1 , e2 ) •

hat. Damit haben wir gezeigt, dass A2 (R2 ) eindimensional ist mit der Basis beste-
hend aus dem einen Vektor •. Das ist naturlich nur etwas kompliziert ausgedruckt
¨ ¨
der folgenden Sachverhalt: Jede alternierende 2-Form • auf R2 ist proportional
zur Determinante, d.h. bis auf eine Normierung gibt es nur eine nicht-triviale
2-Form •. Damit haben wir den Satz 5.3 im Spezialfall V = R2 gezeigt.
Der allgemeine Fall geht im wesentlichen genau gleich, ist aber naturlich et-
¨
was komplizierter aufzuschreiben. Wir beginnen damit, zu zeigen, dass jede al-
ternierende n-Form • auf V proportional zu einer von der 0-Funktion verschie-
dene Funktion • : V n ’ K ist, wobei wir anschliessend zeigen, dass dieses •
tats¨chlich eine alternierende Form ist. Damit ist dann der Satz 5.3 bewiesen,
a
denn wir haben dann gezeigt, dass An (V ) = {0} ist, da • ∈ An (V ) gilt, und
weiter, dass jedes andere Element • ∈ An (V ) proportional zu • ist, was belegt,
dass (•) ein Erzeugendensystem von An (V ) ist und damit eine Basis.
Wir w¨hlen zun¨chst eine Basis V = (v1 , . . . , vn ) fest in V. Jeder Vektor u ∈ V
a a
hat eine eindeutige Darstellung als Linearkombination dieser Basis. Fur die n- ¨
Form mussen wir n derartige Vektoren u1 , . . . , un betrachten. Wir schreiben sie
¨
als n
ui = aji vj . (5.2)
j=1


95
Dann ist n
• (u1 , . . . , un ) = aj1 • (vj , u2 , . . . , un )
j=1

wegen der Linearit¨t im 1. Argument. Nun fahren wir auf diese Weise weiter,
a
indem wir die Linearit¨t im zweiten Argument ausnutzen, dann im dritten etc.
a ¨
Auf diese Weise erhalten wir
n n n
aj1 1 aj2 2 · . . . · ajn n • (vj1 , vj2 , . . . , vjn ) .
• (u1 , . . . , un ) = ...
j1 =1 j2 =1 jn =1

Aus Lemma 5.4 folgt jedoch, dass • (vj1 , vj2 , . . . , vjn ) = 0 ist, wenn zwei der
Vektoren gleich sind. Demzufolge haben wir in den Summen nur uber diejenigen
¨
n -Tupel (j1 , . . . , jn ) zu summieren, fur die die Komponenten alle verschieden
¨
sind. Ein derartiges n-Tupel ist jedoch einfach eine Permutation von {1, . . . , n} .
Wir schreiben daher jk = π (k) und mussen nun uber alle Permutationen π
¨ ¨
summieren:
aπ(1),1 aπ(2),2 · . . . · aπ(n),n • vπ(1) , vπ(2) , . . . , vπ(n)
• (u1 , . . . , un ) =
π∈Σn

sign (π) aπ(1),1 aπ(2),2 · . . . · aπ(n),n ,
= • (v1 , . . . , vn )
π∈Σn

die letzte Gleichung nach Bemerkung 5.2. De¬nieren wir die Funktion • : V n ’
K durch:
sign (π) aπ(1),1 aπ(2),2 · . . . · aπ(n),n ,
• (u1 , . . . , un ) := (5.3)
π∈Σn

so erhalten wir, dass jede alternierende n-Form • die Gleichung
• = • (v1 , . . . , vn ) •
erfullt.
¨
Wir mussen nun noch nachweisen, dass • auch tats¨chlich eine alternierende
a
¨
n-Form ist, denn bisher haben wir nur gezeigt, dass wenn • eine alternierende n-
Form ist, • proportional zu der obigen Funktion • ist. W¨re • keine alternierende
a
n-Form, so h¨tten wir nur gezeigt, dass es keine alternierenden von der 0-Form
a
verschiedenen n-Formen gibt. Man beachte, dass
• (v1 , . . . , vn ) = 1 (5.4)
gilt, was einfach eine Normierung ist.
Zun¨chst die Multilinearit¨t. Wir betrachten die Linearit¨t im ersten Argu-
a a a
ment. Die anderen gehen genau gleich. Seien also u1 , u1 , u2 , . . . , un ∈ V und
±, β ∈ K. Wir verwenden die Darstellung (5.2) und
n
u1 = aj1 vj .
j=1


96
Dann hat ±u1 + βu1 die Darstellung in der V-Basis:
n
±u1 + βu1 = ±aj1 + βaj1 vj .
j=1

Demzufolge ist

sign (π) ±aπ(1),1 + βaπ(1),1 aπ(2),2 · . . . · aπ(n),n
• (±u1 + βu1 , . . . , un ) =
π∈Σn

sign (π) aπ(1),1 aπ(2),2 · . . . · aπ(n),n

π∈Σn

sign (π) aπ(1),1 aπ(2),2 · . . . · aπ(n),n

π∈Σn

= ±• (u1 , . . . , un ) + β• (u1 , . . . , un ) .

Damit ist die Linearitat im 1. Argument gezeigt und mit den anderen Argumen-
¨
ten geht der Beweis genau gleich. Wir zeigen nun noch, dass • alternierend ist,
d.h. dass bei einer Vertauschung von zwei Argumenten das Vorzeichen wechselt.
Der Einfachheit halber vertauschen wir das erste und das zweite Argument:

sign (π) aπ(1),2 aπ(2),1 aπ(3),3 · . . . · aπ(n),n .
• (u2 , u1 , u3 , . . . , un ) =
π∈Σn

Fur π ∈ Σn de¬nieren wir π := π —¦ „1,2 . Man beachte, dass dann π = π —¦ „1,2
¨
gilt (wegen „1,2 —¦ „1,2 = id). Ferner ist die Abbildung Σn π ’ π ∈ Σn eine
Bijektion. Deshalb ist

• (u2 , u1 , u3 , . . . , un )
sign (π —¦ „1,2 ) aπ —¦„1,2 (1),2 aπ —¦„1,2 (2),1 aπ —¦„1,2 (3),3 · . . . · aπ —¦„1,2 (n),n
=
π∈Σn

sign (π —¦ „1,2 ) aπ (1),1 aπ (2),2 · . . . · aπ (n),n
=
π∈Σn

=’ sign (π ) aπ (1),1 aπ (2),2 · . . . · aπ (n),n
π∈Σn

=’ sign (π ) aπ (1),1 aπ (2),2 · . . . · aπ (n),n
π ∈Σn

= ’• (u1 , u2 , u3 , . . . , un ) .

Den Vorzeichenwechsel bei Vertauschung von anderen Argumenten zeigt man
genau gleich.
Damit haben wir gezeigt, dass die Abbildung • : V n ’ K eine alternierende
n-Form ist, die naturlich von der Nullfunktion verschieden ist, und damit ist der
¨
Satz 5.3 vollst¨ndig gezeigt.
a

97
Wie wir also sehen, gibt es in einem n-dimensionalen Vektorraum “im wesent-
lichen” genau eine alternierende n-Form. Genauer: Zwei n-Formen unterscheiden
sich nur durch einen Streckungsfaktor. Zu jeder Basis V gibt es genau eine De-
terminantenform, die der Normierung (5.4) genugt.
¨
Der auf der rechten Seite von (5.3) stehende Ausdruck h¨ngt naturlich nur
a ¨
von der quadratischen Matrix A = (aij )1¤i,j¤n ab.
De¬nition 5.4 Ist A = (aij ) eine n — n-Matrix, so ist

sign (π) aπ(1),1 aπ(2),2 · . . . · aπ(n),n
det (A) :=
π∈Σn

die Determinante von A.
Ist also V = (v1 , . . . , vn ) eine beliebige Basis von V, so ist die eindeutige
alternierende n-Form •, die der Normierung • (v1 , . . . , vn ) = 1 genugt, gegeben
¨
durch
• (u1 , . . . , un ) = det (A) ,
wobei A = (aij ) die Matrix ist, die das n-Tupel (u1 , . . . , un ) durch die Basis V
darstellt: n
ui = aji vj .
i=1
Wir bezeichnen die so normierte Determinantenform auch mit •V .

5.4 Die Determinante eines Endomorphismus
Wir k¨nnen nun auch die Determinante eines Endomorphismus f : V ’ V
o
de¬nieren. Sei V eine beliebige Basis von V und •V die dazugeh¨rige normierte
o
n
Determinantenform. Dann ist die Abbildung V ’ K, die de¬niert ist durch
Vn (u1 , . . . , un ) ’ •V (f (u1 ) , f (u2 ) , . . . , f (un ))
eine alternierende n-Form auf V, was man sofort nachrechnet. Wir bezeichnen
diese Form (leicht missbr¨uchlich) mit •V —¦ f. Aus Satz 5.3 folgt also, dass ein
a
Skalar ± ∈ K existiert mit
•V —¦ f = ±•V .
So wie ± de¬niert ist, kann dieser Skalar naturlich von f und der gew¨hlten Basis
a
¨
V abh¨ngen. Wir schreiben daher ± (f, V) . Wir zeigen nun aber, dass ± (f, V)
a
nicht von V abh¨ngt: Ist n¨mlich U eine andere Basis, so existiert β ∈ K, β = 0,
a a
mit •U = β•V . Dann gilt naturlich auch •U —¦ f = β (•V —¦ f ) . Daraus folgt
¨
± (f, U) •U = •U —¦ f = β (•V —¦ f ) = β± (f, V) •V = ± (f, V) •U .
Da •U nicht die Nullform ist, folgt ± (f, U) = ± (f, V) . Der Skalar ± h¨ngt daher
a
nur von f ab und nicht von einer speziell gew¨hlten Basis.
a

98
De¬nition 5.5 ± (f ) heisst die Determinante von f. Wir bezeichnen sie mit
det (f ) .
Lemma 5.5 a)
det (idV ) = 1.
b) Sind f, g zwei Endomorphismen von V so gilt
det (f —¦ g) = det (f ) det (g) .
Beweis. Wir w¨hlen eine beliebige Basis V in V.
a
a) ist evident, denn es gilt naturlich •V —¦ idV = •V .
¨
b) folgt aus •V —¦ (f —¦ g) = (•V —¦ f ) —¦ g. Daraus ergibt sich
det (f —¦ g) •V = •V —¦ (f —¦ g) = (•V —¦ f ) —¦ g
= det (g) (•V —¦ f ) = det (g) det (f ) •V ,
und da •V nicht die Nullform ist, ergibt sich die Behauptung.
Satz 5.4 Sie f : V ’ V ein Endomorphismus. Dann gilt det (f ) = 0 genau
dann, wenn f ein Isomorphismus ist. Ist f ein Isomorphismus, so gilt
1
det f ’1 = .
det (f )
Beweis. Ist f ein Isomorphismus, so existiert eine Inverse f ’1 . Aus dem
obigen Lemma folgt dann
1 = det (idV ) = det f —¦ f ’1 = det (f ) det f ’1 .
Ist f kein Isomorphismus, so ist dim (im (f )) < n. Ist V = (v1 , . . . , vn ) eine
beliebige Basis von V so sind die Vektoren f (v1 ) , . . . , f (vn ) linear abh¨ngig.
a
Nach Lemma 5.4 gilt
•V (f (v1 ) , . . . , f (vn )) = 0.
Daraus folgt det (f ) = 0.
Die Determinante eines Endomorphismus ist einfach die Determinante der
darstellenden Matrix bezuglich einer beliebigen Basis, wie das folgende Resultat
¨
zeigt:
Proposition 5.1 Sie f : V ’ V ein Endomorphismus und A die darstellende
Matrix von f bezuglich einer beliebigen Basis V = (v1 , . . . , vn ) . Dann gilt
¨
det (f ) = det (A) .
Beweis. Sei ui := f (vi ) , i = 1, . . . , n. Dann sind die Spalten von A genau
die Koordinaten der ui bezuglich der Basis V. Nach (5.3) und der De¬nition der

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