Matrizen - Untergruppe < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:21 Fr 14.09.2012 | | Autor: | AntonK |
| Aufgabe | Es sei H die von
I= [mm] \begin{pmatrix}
i & 0 \\
0 & -1
\end{pmatrix} [/mm] J= [mm] \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix}
[/mm]
in [mm] GL_2(\IC) [/mm] erzeugte Unterguppe. Gib eine explizite Beschreibung von H an und bestimme alle Normalteiler N von H sowie die zugehörigen Faktorgruppen. |
Hallo Leute,
[mm] H=(E_2,I,J,I^2,J^2,JI,IJ) [/mm] Edit: Hier geht es noch weiter sehe ich gerade, mal schauen, ob es hier eine endliche Ordnung gibt.
Die explizite Beschreibung wäre doch ganz einfach, dass dies alle Matrizen sind, die Vektoren auf dem Kreis verschieben, der durch i,-i,1 und -1 geht oder?
Danke fürs erste schonmal!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:56 Fr 14.09.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Fehlen da nicht noch ein paar Elemente? z.B. [mm] I^3. [/mm] Mit "expliziter Beschreibung" ist auch, denke ich, nur die Aufzählung gemeint, die du eh schon hinschreiben wolltest.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:58 Fr 14.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Ja, habe oben noch ein Edit reingehauen, bin gerade dabei alle mal zusammen zu basteln, I^2J ist auch noch drin etc.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:33 Fr 14.09.2012 | | Autor: | AntonK |
So, habe jetzt mal alles rumgerechnet:
[mm] H=(E_2,I,J,I^2,J^2,I^3,J^3,JI,IJ,I^2J,JI^2,I^3J,JI^3)
[/mm]
#H=13
Da Normalteiler Untergruppen sind, deren Elementanzahl Teiler von der Gruppenordnung sind und wir hier eine Primzahl haben, gibt es doch nur triviale Normalteiler oder? Sprich e und H selbst, somit ist H einfach.
Stimmt das?
Hätte ich die Elementeanzahl auch ohne rumrechnen bekommen können?
Und wie bestimmte ich die zugehörige Faktorgruppe?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:12 Fr 14.09.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich komme auf insgesamt mehr als 20 Matrizen. Darunter:
[mm] I^0*J^0= \left(\begin{array}{rr}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right), I^0*J^1= \left(\begin{array}{rr}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{array}\right), I^0*J^2= \left(\begin{array}{rr}
-1 & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right), I^0*J^3= \left(\begin{array}{rr}
0 & -1 \\
1 & 0
\end{array}\right),
[/mm]
[mm] I^1*J^0= \left(\begin{array}{rr}
i & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right), I^1*J^1= \left(\begin{array}{rr}
0 & i \\
1 & 0
\end{array}\right), I^1*J^2= \left(\begin{array}{rr}
-i & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right), I^1*J^3= \left(\begin{array}{rr}
0 & -i \\
-1 & 0
\end{array}\right),
[/mm]
[mm] I^2*J^0= \left(\begin{array}{rr}
-1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right), I^2*J^1= \left(\begin{array}{rr}
0 & -1 \\
-1 & 0
\end{array}\right), I^2*J^2= \left(\begin{array}{rr}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right), I^2*J^3= \left(\begin{array}{rr}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right),
[/mm]
[mm] I^3*J^0= \left(\begin{array}{rr}
-i & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right), I^3*J^1= \left(\begin{array}{rr}
0 & -i \\
1 & 0
\end{array}\right), I^3*J^2= \left(\begin{array}{rr}
i & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right), I^3*J^3= \left(\begin{array}{rr}
0 & i \\
-1 & 0
\end{array}\right),
[/mm]
[mm] J^1*I^1= \left(\begin{array}{rr}
0 & -1 \\
-i & 0
\end{array}\right), J^1*I^3= \left(\begin{array}{rr}
0 & -1 \\
i & 0
\end{array}\right), J^3*I^1= \left(\begin{array}{rr}
0 & 1 \\
i & 0
\end{array}\right), J^3*I^3= \left(\begin{array}{rr}
0 & 1 \\
-i & 0
\end{array}\right)
[/mm]
(Danke an Leopold.)
Daher gibt es hier wohl ein paar mehr Untergruppen.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 16:22 Fr 14.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Erstmal danke für den Aufwand :D
Ich habe wohl etwas ungenau gearbeitet, gut mein Blatt ist auch etwas unordentlich.
Ok, also ich habe nun 20 Elemente, sprich die Untergruppen haben dann entweder 2,4,5,10 Elemente. Da ja Untergruppen zyklischer Gruppen ebenfalls zyklisch sind und es somit in den Untergruppen ein Element der Ordnung 2,4,5 oder 10 geben muss und somit das der Anzahl entspricht.
Nunja, es gibt nun aber halt viele Untergruppen, die ich testen müsste, gibt es da einen Trick? Oder ist das wirklich nur simples rumprobieren?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:40 Fr 14.09.2012 | | Autor: | Teufel |
> Erstmal danke für den Aufwand :D
Ehrlich gesagt habe ich das ein Programm machen lasen. Selbst hätte ich mich sicher auch verrechnet. :>
>
> Ich habe wohl etwas ungenau gearbeitet, gut mein Blatt ist
> auch etwas unordentlich.
>
> Ok, also ich habe nun 20 Elemente, sprich die Untergruppen
> haben dann entweder 2,4,5,10 Elemente.
Oder 1 oder 20. Aber die hast du implizit wahrscheinlich auch schon bedacht. :) Damit hast du ja dann auch schon 2 Normalteiler.
> Da ja Untergruppen
> zyklischer Gruppen ebenfalls zyklisch sind und es somit in
> den Untergruppen ein Element der Ordnung 2,4,5 oder 10
> geben muss und somit das der Anzahl entspricht.
>
Ist H denn wirklich zyklisch? Jedes Element hat doch höchstens Ordnung 4!
> Nunja, es gibt nun aber halt viele Untergruppen, die ich
> testen müsste, gibt es da einen Trick? Oder ist das
> wirklich nur simples rumprobieren?
Wie man nun effizient die Untergruppen bestimmen kann, weiß ich leider auch nicht. Ich würde einfach probieren, aber vielleicht hat jemand noch einen besseren Vorschlag.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:56 Fr 14.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Nein, H ist natürlich nicht zyklich, wie komme ich darauf, wir haben kein Element der Ordnung 20. Dadurch kann ich dann aber auch gar nicht sagen, wie viele Elemente eine Untergruppe haben könnte, nur, die maximale Ordnung eines Elementes. Gut, belassen wir es erstmal dabei, falls jemandem noch etwas zum bestimmen einfällt wäre ich dankbar, aber kommen wir mal auf die Faktorgruppe zurück.
Sagen wir, ich hätte einen Normalteiler gefunden, also würde ich das ganze in H/N schreiben, aber wie muss ich mir den vorstellen? Ich mein in [mm] \IZ [/mm] und modulo ist es klar, aber wie sieht das ganze bei Matrizen aus?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:28 Fr 14.09.2012 | | Autor: | Teufel |
Also die Größe der Untergruppen (Teiler von 20) sind ja auch in jeder Gruppe gültig. Nicht nur, wenn sie zyklisch ist.
Nun zur Faktorgruppe:
In [mm] (\IZ, [/mm] +) war es ja so, dass man sich einen Normalteiler genommen hat (z.B. [mm] 3\IZ). [/mm] Dann führt man eine Äquivalenzrelation auf [mm] \IZ [/mm] ein, nämlich [mm] $x\sim [/mm] y [mm] :\gdw x+y^{-1} \in 3\IZ$ [/mm] (hier ist [mm] y^{-1}=-y). [/mm] Das lieferte die Äquivalenzklassen [mm] \{..., -3,0,3,6,...\}, \{...,-2,1,4,7,...\} [/mm] und [mm] \{..., -1, 2, 5,8,...\}, [/mm] welche dann mit [mm] 3\IZ, 3\IZ+1 [/mm] und [mm] 3\IZ+2 [/mm] bezeichnet wurden. In den Äquivalenzklassen gilt auch stets, dass sich die Elemente in ihnen nur um ein Element aus [mm] 3\IZ [/mm] unterscheiden. Das ist so die allgemeine Konstruktion, die man dabei im Kopf haben sollte.
Bei deiner Gruppe kannst du das ähnlich machen. Du hast H und N gegeben. Dann nennst du 2 Matrizen A und B äquivalent, falls [mm] $AB^{-1} \in [/mm] N$ gilt. Damit kriegst du dann auch Äquivalenzklassen raus, die dann die Elemente von H/N sind. In diesen Äquivalenzklassen gilt dann auch, dass sich A und B immer nur um ein Element unterscheiden, das in N liegt, d.h. A=CB für ein [mm] $C\in [/mm] N$.
Da ich gerade keinen "vernünftigen" Normalteiler parat habe, nehme ich mal [mm] N=\{E_2\}. [/mm] Nun sind 2 Matrizen $A,B$ äquivalent, falls [mm] $AB^{-1}=E_2 \gdw [/mm] A=B$. Damit sind die Äquivalenzklassen hier im Prinzip nur die Elemente aus H, nur mit Mengenklammern darum. Damit würde hier [mm] $H/\{E_2\}\cong [/mm] H$ gelten. Das kann man allerdings auch mit dem Homomorphiesatz sehen. Nimm die 2 Gruppen [mm] $G_1=H$ [/mm] und [mm] $G_2=H$ [/mm] und die Identität $f$ auf $H$ als Homomorphismus. Dann ist $bild(f)=H$, [mm] $ker(f)=E_2$ [/mm] und [mm] $H/ker(f)\cong [/mm] bild(f)$.
Ist das etwas klarer geworden? Du kannst ja auch mal H/H ausrechnen, wenn du das nicht schon kennst.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:52 Fr 14.09.2012 | | Autor: | AntonK |
H/H wäre doch einfach A [mm] \sim [/mm] B wenn [mm] AB^{-1} \in [/mm] H liegt, dies liegt aber trivialer Weise in H, weil H eine Untergruppe ist und somit abgeschlossen.
Meinst du das so? Mir ist nur nicht klar, wie ich das formal aufschreiben als Faktorgruppe eben.
Ich werde mich später mal hinsetzen und aufjedenfall einen nichttrivialen Normalteiler suchen, ich melde mich dann nochmal.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:07 Fr 14.09.2012 | | Autor: | Teufel |
Genau. Das heißt, dass 2 Elemente immer äquivalent sind, d.h. alle Elemente sind äquivalent. Damit hat H/H nur ein einziges Element, und das ist H selber, weil alle Elemente von H in der gleichen Äquivalenzklasse stecken. [mm] H/H=\{H\}\cong \{E_2\}. [/mm] Das sind natürlich die beiden trivialen Fälle. Die meisten anderen und interessanteren sind natürlich irgendwo dazwischen. Um erstmal Untergruppen zu finden kannst du vielleicht auch die Darstellung [mm] I^aJ^b [/mm] der Elemente nehmen. Das ist sicher etwas angenehmer als mit den Matrixdarstellungen zu hantieren.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:48 So 16.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Habe einen relativ einfachen Normalteiler gefunden:
[mm] N=(E_2, -E_2)
[/mm]
Das heißt doch, dass alle Elemente aus der Hauptgruppe nur äquivalent zueinander sind, wenn bei Matrizenmultiplkation entweder [mm] E_2 [/mm] oder - [mm] E_2 [/mm] herauskommt oder?
Nehmen wir z.B.
[mm] \begin{pmatrix}
i & 0 \\
0 & i
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
-i & 0 \\
0 & -i
\end{pmatrix}=Habe [/mm] einen relativ einfachen Normalteiler gefunden:
[mm] N=(E_2, -E_2)
[/mm]
Das heißt doch, dass alle Elemente aus der Hauptgruppe nur äquivalent zueinander sind, wenn bei Matrizenmultiplkation entweder [mm] E_2 [/mm] oder - [mm] E_2 [/mm] herauskommt oder?
Nehmen wir z.B.
[mm] \begin{pmatrix}
i & 0 \\
0 & i
\end{pmatrix}*\begin{pmatrix}
-i & 0 \\
0 & -i
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
[/mm]
Somit wären die beiden Matrizen Element von H/N oder?
Wobei ich ja hier [mm] A*A^{-1} [/mm] habe ansich muss dort ja [mm] B^{-1} [/mm] stehen oder?
Achja und danke an Leopold für die Aufklärung, habe den Teil der Aufgabe aber mal nunmal gelassen, das führt zu weit.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:30 So 16.09.2012 | | Autor: | Teufel |
Genau, N ist auch ein Normalteiler. Nun sind 2 Elemente A, B äquivalent, falls [mm] $AB^{-1} \in [/mm] N$ [mm] \gdw $AB^{-1}=E_2$ [/mm] oder [mm] $AB^{-1}=-E_2$ \gdw [/mm] $A=B$ oder $A=-B$. Dann besteht die Äquivalenzklasse einer beliebigen Matrix A also aus [mm] [A]=\{A, -A\}.
[/mm]
H/N besteht also aus Mengen der Form [mm] \{A, -A\}. \{\begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & i \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix}\} [/mm] wäre zum Beispiel ein Element dort, genau.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:35 So 16.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Ah, ok verstanden, ich nehme als 2 Elemente aus der Gruppe und schaue aber ihr Produkt in dem Noramteiler liegt.
Danke für die Hilfe!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:53 So 16.09.2012 | | Autor: | Teufel |
Also nicht direkt ihr Produkt, sondern das Produkt aus A und dem Inversen von B.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:18 So 16.09.2012 | | Autor: | AntonK |
Ja, sorry, meinte ich, danke!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 So 16.09.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Ein Hinweis:
[mm]IJ = \begin{pmatrix} 0 & \operatorname{i} \\ 1 & 0 \end{pmatrix}[/mm]
[mm]\left( IJ \right)^2 = \begin{pmatrix} \operatorname{i} & 0 \\ 0 & \operatorname{i} \end{pmatrix}[/mm]
Das Letzte ist eine Diagonalmatrix. Da [mm]\operatorname{i}[/mm] vierte Einheitswurzel ist, folgt, daß [mm]\left( \left( IJ \right)^2 \right)^4 = \left( IJ \right)^8[/mm] die Einheitsmatrix ist, [mm]\left( \left( IJ \right)^2 \right)^2 = \left( IJ \right)^4[/mm] dagegen nicht. Also hat [mm]IJ[/mm] die Ordnung 8. Damit kann 20 nicht die Gruppenordnung sein.
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(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 18:42 Fr 14.09.2012 | | Autor: | Teufel |
Habe die Antwort bearbeitet!
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Ich habe die Vermutung, daß [mm]H[/mm] die Menge aller Matrizen der Gestalt
[mm]\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix} \ \ \text{(Typ I)} \ \ \ \text{oder} \ \ \begin{pmatrix} 0 & c \\ d & 0 \end{pmatrix} \ \ \text{(Typ II)} \ \ \text{mit} \ \ a,b,c,d \in \{\pm 1, \pm \operatorname{i}}][/mm]
ist. Die Einträge sind also immer vierte Einheitswurzeln. Multipliziert man Matrizen vom Typ I oder solche vom Typ II miteinander, bekommt man Matrizen vom Typ I, multipliziert man eine Matrix vom Typ I mit einer Matrix vom Typ II, so erhält man eine Matrix vom Typ II. Damit hätte H die Ordnung [mm]4 \cdot 4 + 4 \cdot 4 = 32[/mm]
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