TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN. Körper, Ringe und Gruppen

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Friedrich Roesler Ralf Franken, PhD Max Lein Lineare Algebra 1 WS 2006/07 en Blatt Körper, Ringe und Gruppen Z13 Gruppen Seien GL R (2), SL R (2) und SO(2) die Mengen Zentralübungsaufgaben GL R (2) : A 2,2 (R) A 1 existiert SL R (2) : A 2,2 (R) det A 1 cos α SO(2) : R(α) 2,2 (R) R(α) sin α sin α, α R cos α (i) Zeigen Sie, dass diese Mengen zusammen mit der Matrixmultiplikation Matrix-Gruppen sind. (ii) Zeigen Sie, dass SO(2) SL R (2) GL R (2). (iii) Interpretieren sie diese Gruppen geometrisch. (i) Wir müssen vier Punkte zeigen, nämlich: Sei G eine Menge und : G G G eine Abbildung. (G1) Die Multiplikation bildet tatsächlich von G G nach G ab (Wohldefiniertheit der Multiplikation). (G2) Die Multiplikation ist assoziativ. (G3) Es existiert ein Einselement e G mit g e g g G. (G4) Es existiert für alle g G ein Inverses g 1 : g g 1 e. Überprüfen wir zuerst die Gruppenaxiome für GL R (2): (G1) Für 2 2-Matrizen wissen wir aus H2, dass eine Matrix genau dann invertierbar ist, wenn det A 0 gilt. Nach T 2 gilt außerdem det(a B) det A det B. Das Produkt zweier Matrizen ist also genau dann nicht invertierbar, wenn mindestens eine der Matrizen nicht invertierbar ist. Das heißt die Matrixmultiplikation bildet tatsächlich immer zwei invertierbare Matrizen auf eine invertierbare Matrix ab. (G2) Das folgt sofort aus der Assoziativität der Matrixmultiplikation. (G3) Man überzeugt sich sofort, dass id R 2, id R das Einselement von GL R (2) ist. Da det id R 2 1 ist id R 2 GL R (2). 1

2 (G4) Nach Definition der Menge muss es zu jedem A GL R (2) ein A 1 GL R (2) geben. GL R (2) ist also eine Gruppe. Überprüfen wir die Gruppenaxiome für SL R (2): (G1) Genau wie oben, benutzen wir die Determinante: für alle A, B SL R (2) haben wir det(a B) det A det B und die Multiplikation bildet tatsächlich auf SL R (2) ab. (G2) Das folgt wieder sofort aus der Assoziativität der Matrixmultiplikation. (G3) Wieder ist id R 2 das Einselement und da det id R 2 1, ist es auch tatsächlich ein Element der Menge SL R (2). (G4) Da det A 1 für alle A SL R (2), sind alle Elemente der Menge invertierbar. SL R (2) ist eine Gruppe. Die Gruppenaxiome für SO(2) sind in H15 (a) überprüft worden, die Kommutativität ist Gegenstand von H16 (i). (ii) Es ist klar, dass SL R (2) GL R (2): in GL R (2) Matrizen mit det A 1 enthalten. Da per Definition von SO(2) die Einträge zwischen 1 und +1 liegen müssen, a i j [ 1, +1] 1 i, j 2 für A (a i j ) 1 i,j 2 SO(2), ist B zwar ein Element von SL R (2), det B 1, aber nicht von SO(2). (iii) Diese Gruppen tauchen beispielsweise im Zusammenhang mit Koordinatentransformationen Φ in Integralen auf: eine Koordinatentransformation ist genau dann volumenerhaltend, falls det( xi x j Φ) 1 i,j 2 1 ist. GL R (2) entspricht also einer Transformation mit Volumenänderung. Beispielsweise ist die Streckung der Basisvektoren um das Doppelte (also A 2id R 2) eine solche Transformation. SL R (2) entspricht volumenerhaltenden Transformationen (Scherungen, Drehungen) während SO(2) nur Drehungen um den Ursprung enthält. Die Gruppen SL R (2) und SO(2) sind in der Physik von allerhöchster Bedeutung, sie sind zusammen mit ihren Verallgemeinerungen für den n-dimensionalen Fall häufig anzutreffende Symmetriegruppen. Ohne eine gruppentheoretische Analyse ist es häufig gar nicht möglich bestimmte Theorien aufzustellen (z. B. die Theorie des Spins und der Helizität in der Quantenmechanik). Z14 Ring der Polynome Sei K ein Körper. Dann definieren wir die Menge der Polynome: K[X ] : P P(X ) N n0 α n X n, N N 0 (i) Zeigen Sie, dass ein Körper nullteilerfrei ist: a b 0 a 0 b 0. (ii) Zeigen Sie, dass K[X ] mit der üblichen Addition und Multiplikation ein Ring ist. 2

3 (iii) Sei K eine Nullstelle des Polynoms P K[X ]. Zeigen Sie, dass es dann ein P K[X ] gibt mit P(X ) (X K)P (X ). (iv) Sei P K[X ], P 0, und N die Zahl der Nullstellen von P. Beweisen Sie, dass N deg P. (i) : Falls a 0 oder b 0, so ist auch a b 0. : Falls a 0 b so folgt a b 0. Sei daher ohne Beschränkung der Allgemeinheit a 0 (die Rollen von a und b sind ja symmetrisch): dann folgt b (a 1 a) b a 1 ( }{{} a b ) 0 0 (ii) Sei R eine Menge mit zwei Verknüpfungen, einer Addition und einer Multiplikation. Dieses Tripel (R, +, ) heißt Ring, wenn gilt: (R1) (R, +) ist eine abelsche Gruppe. (R2) (R, ) ist ein Monoid (eine Halbgruppe mit Einselement). (R3) Die Verknüpfungen sind distributiv, das heißt (a + a ) b a b + a b a, a, b R a (b + b ) a b + a b a, b, b R Ein Ring ist also fast ein Körper, es fehlt die Bedingung, dass für alle R\{0 R } ein inverses Element bezüglich der Multiplikation existiert. Seien also R K[X ], P 1, P 2 K[X ] zwei Polynome, P 1 (X ) N 1 n0 α n X n, P 2 (X ) N 2 n0 β n X n, N 1, N 2 N 0. Sei weiterhin ohne Einschränkung N 1 N 2. Dann definieren wir Summe und Produkt dieser zwei Polynome wie gewohnt als N 1 P 1 (X ) + P 2 (X ) : α n X n N 2 + β n X n N 1 (α n + β n ) X n n0 n0 n0 N 1 P 1 (X ) P 2 (X ) : α n X n N 2 n0 β n X n n0 N 1 +N 2 n0 (α j β l ) X n j+ln Im mit markierten Schritt haben wir das erste Polynom trivial fortgesetzt, β N2 +1 β N β N1 0. (R1) (R, +) ist eine (abelsche) Gruppe mit neutralem Element 0 K[X ] und Inversem P. (R2) (R, ) ist eine Halbgruppe, da das Produkt zweier Polynome wieder ein Polynom ist. Es ist sogar ein Monoid mit neutralem Element id 1 (der Einsfunktion). (R3) Man muss nur eine Richtung zeigen, da die Addition und das Produkt kommutativ sind. Der Rest ist eine leichte Übungsaufgabe. 3

4 Allgemein kann man sagen, dass zusätzliche mathematische Struktur für Mathematiker und Physiker gleichermaßen lebensnotwendig ist. Betrachten Sie die Differentialgleichung für den Schwingkreis: d 2 dt 2 x + ω 2 x 2 0 Wir werden später sehen, dass viele Funktionenräume, z. B. die stetigen Funktionen, einen Vektorraum bilden. Das soll bedeuten, dass die Summe zweier stetiger Funktionen wieder eine stetige Funktion ist, usw. Auch en von linearen Differentialgleichungen bilden einen Vektorraum: wir wissen aus der Schule, dass x 1 (t) sin ωt und x 2 (t) cos ωt obige Differentialgleichung lösen. Da die en einen Vektorraum bilden, folgt aber sofort, dass auch x 1 (t) + x 2 (t) sin ωt + cos ωt die Differentialgleichung löst. So kann man eine passende Linearkombination zu den gewählten Anfangsbedingungen wählen ohne sich Gedanken machen zu müssen, ob diese bestimmte Linearkombination die Differentialgleichung wieder löst, sie tut es automatisch. Zusätzliche Struktur ist also hilfreich, Probleme effizient zu lösen. (iii) Wir benutzen Polynomdivision mit Rest und erhalten so P, R K[X ] derart, dass P(X ) (X K) P (X ) + R(X ) Wir wissen bereits, dass deg R 0 sein muss, also R(X ) α 0. Weiterhin ist P(K) 0 nach Voraussetzung. P(K) (K K) P (K) + R(K) R(K)! 0 Somit ist R(X ) 0 und wir haben gezeigt, dass P(X ) (X K) P (X ). (iv) Umgangssprachlich ist der Grad eines Polynoms der höchste Exponent aller Summanden. Definition (Grad eines Polynoms) Der Grad eines Polynoms P K[X ] ist Wir beweisen induktiv nach N deg P: deg P : min N N 0 P(X ) N n0 α n X n Induktionsanfang: Für N 0 sind Polynome konstant und können keine Nullstellen haben, es sei denn, es ist das Nullpolynom. Also ist 0 M N 0. Induktionsschritt, N N +1: Sei P ein Polynom N +1-ten Grades und K K eine Nullstelle (hätte P keine Nullstelle, so wäre M 0 N + 1 und die Behauptung wäre erfüllt). Nach Z14.3 gilt P(X ) (X K) P (X ) für ein P K[X ]. Weiterhin ist deg P N und wir können die Induktionsvoraussetzung auf P anwenden, nämlich die Anzahl der Nullstellen von P M erfüllt M N. Somit ist auch M M + 1 N

5 Tutoraufgaben T13 Gruppen über Z Seien GL + Z (2), SL Z(2) und SO Z (2) definiert als Menge der Matrizen mit Einträgen in Z mit GL + Z (2) : A 2,2 (Z) A 1 2,2 (Z) existiert, det A > 0 SL Z (2) : A 2,2 (Z) det A 1 cos α sin α SO Z (2) : R(α) 2,2 (Z) R(α) sin α cos α 2,2 (Z), α R (i) Zeigen Sie, dass GL + Z (2) A 2,2 (Z) det A > 0. (ii) Zeigen Sie, dass GL + Z (2) SL Z(2). (iii) Geben Sie alle Elemente von SO Z (2) an. (iv) Zeigen Sie, dass SO Z (2) SL Z (2). Geben Sie eine Matrix B an mit B SL Z (2)\SO Z (2). (i) Ein einfaches Gegenbeispiel liefert die Behauptung: sei A 2,2 (Z) folgende Matrix: A Offensichtlich ist det A 2 und das Inverse (aufgefasst als Matrix mit reellen Einträgen) ist nach H2 A /2 1/ ,2 (Z) 1/2 3/2 (ii) SL Z (2) GL + Z (2): Da det(a A 1 ) det A det A 1! 1 muss det A 1 (det A) 1 sein. Damit sowohl det A als auch det A 1 ganzzahlig sind, det A, det A 1 Z (die Einträge der Matrizen sind ganze Zahlen und somit muss auch die Determinante eine ganze Zahl sein), sind nur die Matrizen in 2,2 (Z) invertierbar mit det A ±1. GL + Z (2) enthält aber nur Matrizen mit det A > 0, somit ist nur det A 1 möglich. Wir müssen dennoch überprüfen, ob tatsächlich A 1 2,2 (Z) ist. Nach H2 ist das Inverse einer 2 2-Matrix gegeben durch A 1 1 det A a22 a 12 a22 a 12 a 21 a 11 a 21 a 11 Die Einträge bleiben also ganzzahlig und A 1 2,2 (Z). Also haben wir SL Z (2) GL + Z (2). SL Z (2) GL + Z (2): Sei also A SL Z(2), det A 1. Dann ist A GL + Z (2), denn A ist in 2,2(Z) invertierbar (wir haben ja einen expliziten Ausdruck für das Inverse). (iii) Die Elemente von SO Z (2) erhält man durch Einsetzen geeigneter Winkel α derart, dass sin α, cos α { 1, 0, +1} SO Z (2),,, : {e, g , g 2, g 3 } 5

6 (iv) Ein Beispiel für eine Matrix B SL Z (2)\SO Z (2) ist B Offensichtlich ist det B 1 und das Inverse ist ebenfalls eine 2,2 (Z)-Matrix. B det B T14 Endliche Gruppen Sei G eine endliche Gruppe mit n Elementen ( G n) und Einselement e. (i) Zeigen Sie, dass für jedes g G ein k N, k n, existiert, so dass g k e. (ii) Sei g G derart, dass min{k N g k e} n ist. Zeigen Sie, dass g ein Generator der Gruppe ist, G {g j 0 j n 1}. (iii) Geben Sie für alle Elemente g von SO Z (2) das minimale k N an, für das gilt: g k id Z 2. Welche Elemente sind Generatoren von SO Z (2)? Interpretieren Sie geometrisch! (i) Für g e ist k 1 und die Aussage ist trivial, e 1 e. Wir schließen k 0 aus, da wir g 0 definieren als g 0 : e. (Das ist vollkommen analog zu a 0 1 für a R\{0}.) Sei also g e. Angenommen, es gäbe kein k n mit g k e, das heißt n < k (k bedeutet hier, dass kein endliches k g k e erfüllt). Da g e ist g 2 g. Analog dazu folgert man g m g j für 1 j < m k, denn ansonsten hätte man g m j e, Widerspruch! g m g m j g j! g j Im mit markierten Schritt haben wir die Assoziativität der Gruppenverknüpfung ausgenutzt. Da die Gruppenverknüpfung : G G G wohldefiniert ist (also nach G abbildet), muss g j G, 1 j k 1, sein. Somit gilt {g 0, g 1,..., g k 1 } G. Die Mächtigkeit der linken Menge ist k, die der rechten n. Da die Mächtigkeit einer Teilmenge kleiner oder gleich der Mächtigkeit der Obermenge sein muss, gilt k n, Widerspruch! Das heißt es gibt ein k n mit g k e. (ii) Sei g G derart, dass k n ist. Zeigen Sie, dass g ein Generator der Gruppe ist. Definition (Generator einer endlichen Gruppe) Ein Element g 0 einer endlichen Gruppe G mit Mächtigkeit n heißt Generator, falls G {g 0 0 e, g 0 1,..., g 0 n 1 } Sei also k n für ein g 0 G. Da aus g 0 j e j n folgt, muss auch g 0m g 0 j für alle 1 j m n gelten. Das bedeutet {g 0 0, g 0 1,..., g 0 n 1 } n und {g 0 0, g 0 1,..., g 0 n 1 } G. Da Ober- und Untermenge dieselbe Mächtigkeit haben, müssen sie gleich sein und g 0 ist ein Generator von G. 6

7 (iii) SO Z (2) besteht aus vier Elementen: SO Z (2),,, : {e, g , g 2, g 3 } Für e ist k 1, e 1 e. Für g 1 e ist k 2, g 2 und g 3 sind Generatoren von G, k 4, wie man durch direktes Ausrechnen einsieht g 2 2 e g (g 2 2 ) 2 ( e) 2 e g 2 3 e g (g 2 3 ) 2 ( e) 2 e T15 Gleichungssysteme mit Restklassen Lösen sie folgendes Gleichungssystem in R und in F 5 Z/5Z: 2x 1 + 4x 2 1 4x 1 + 3x 2 7 x x 2 4 x x 2 7 Wir lösen zuerst das Gleichungssystem mit Einträgen in den reellen Zahlen. 2x 1 + 4x 2 1 2x 1 1 4x 2 4x 1 + 3x 2 7 (i) (ii) Wir setzen (i) in (ii) ein und erhalten Also ist x 2 1 und somit x 1 5/2. 2 (1 4x 2 ) + 3x x 2 7 Bevor wir mit der eigentlichen Rechnung beginnen, stellen wir die Multiplikations- und Additionstabellen für den Körper F 5 Z/5Z auf Stellen wir zuerst die zwei Gleichungen in den niedrigstmöglichen Repräsentanten dar. x x 2 4 x x 2 (i) (ii) Wir müssen nun etwas aufpassen, da Rechnungen in Restklassen ungewohnt sind. Wir stellen (i) nach x 1 um und erhalten Wir setzen in (ii) ein. x 1 4 x 2 3 x 1 x 1 3 ( + x 2 ) x 2 4 ( x 2 ) + 3 x 2 + x x x 2 7

8 Diese Gleichung ist immer erfüllt und wir haben mehr als eine (endlich viele, da der Körper endlich ist!), nämlich 5: ( 0, 4), (, ), (, 3), ( 3, 0), ( 4, ) Jetzt kann man sich fragen, wie es möglich sein kann, dass eine Gleichung im Körper R eine eindeutig bestimmte hat, im Körper F 5 aber 5? Die untere Gleichung ist 7 (i) (ii). Daher sind die Vektoren (, 4) und ( 4, 3) linear abhängig, 7 (, 4) (14, 28) ( 4, 3). 8

9 Hausaufgaben H16 Gruppen [3 Punkte] (i) Zeigen Sie, dass SO(2) mit Matrixmultiplikation eine kommutative Gruppe ist. [1 Punkte] (ii) Überprüfen Sie, ob GL R (2), GL R (2) : A GL R (2) det A < 0, eine Gruppe, ein Monoid oder Halbgruppe ist. [2 Punkte] (i) Die Gruppenaxiome (G1) (G4) (eigentlich (G2) (G4), (G1) ist die Wohldefiniertheit des Produkts) lassen sich leicht überprüfen. Das ist in H15 a) bereits geschehen (muss also nicht noch Mal gezeigt werden). (G1) Wir benutzen die Additionstheoreme für Sinus und Kosinus. cos α sin α cos β sin β R(α) R(β) sin α cos α sin β cos β cos α cos β sin α sin β sin α cos β sin β cos α sin α cos β + sin β cos α sin α sin β + cos α cos β cos(α + β) sin(α + β) R(α + β) ( ) sin(α + β) cos(α + β) (G2) Die Assoziativität des Produkts folgt aus der Assoziativität des Matrixprodukts. (G3) Da R(0) id R 2, ist auch id R 2 SO(2). (G4) Man kann leicht zeigen, dass det R(α) 1 cos 2 α ( sin 2 α) gilt. Somit wissen wir, dass R(α) invertierbar ist. Mit ( ) ist aber auch das Inverse R(α) 1 R( α) SO(2) ein Element der Gruppe. Die Kommutativität wird auch mittels ( ) gezeigt: R(α) R(β) ( ) R(α + β) R(β + α) ( ) R(β) R(α) (ii) Da id R 2 GL R (2), kann diese Menge weder eine Gruppe noch ein Monoid sein. Seien A, B GL R (2). Dann ist det(a B) det A det B > 0. Somit ist das Produkt zweier Matrizen aus dieser Menge keine Matrix aus dieser Menge, A B GL R (2). H17 Gleichungssysteme in Z/nZ [13 Punkte] (i) Lösen Sie die Gleichung x 2 1 in Z/17Z. [2 Punkte] (ii) Lösen Sie die Gleichung x 2 in Z/8Z. [2 Punkte] (iii) Wieso kann eine Gleichung obigen Typs (ein Polynom zweiten Grades) mehr als zwei en haben? Steht das im Widerspruch zu Z14.4? [2 Punkte] 9

10 (iv) Überprüfen Sie, ob folgende Matrizen invertierbar sind und geben Sie, falls möglich, das Inverse explizit an (Probe!). [6 Punkte] A 2 2 2,2 (R) Ā 2 2 2,2 (Z/3Z) B 1 2 2,2 (R) B 1 2 2,2 (Z/3Z) (v) Sei A 2,2 (R) eine Matrix mit Einträgen aus einem Ring R. Ist det A 0 R (0 R ist das Nullelement der Addition auf R) eine hinreichende Bedingung dafür, dass A in 2,2 (R) invertierbar ist? [1 Punkte] (i) Man sieht, dass 1 16 ist und somit x 4 eine ist. Auch 4 13 ist eine der Gleichung, denn Da 17 prim ist, greift Satz 4.4 aus der Vorlesung und Z/17Z F 17 ist ein Körper. Somit wissen wir aus Z14.4, dass x 2 1 nur zwei en haben kann; wir haben daher bereits alle en gefunden. Alternativ können wir explizit die Multiplikationstabelle aller Quadrate hinschreiben um das einzusehen: n n (ii) Wir sehen uns die Multiplikationstabelle aller Quadrate in Z/8Z an: die Gleichung hat 4 en, nämlich 1, 3, 5 und 7. n n (iii) Die Voraussetzungen für den Satz aus Z14.4 sind nur im ersten Fall gegeben, denn Z/17Z ist ein Körper, Z/8Z ist keiner (sondern nur ein Ring)! Das folgt aus Satz 4.4 der Vorlesung. Der Satz sagt nichts über Polynome über Ringen aus (wie beispielsweise Z/8Z). (iv) Um A und B zu invertieren, können wir direkt die Formel aus H2 anwenden. Für eine invertierbare Matrix A (a i j ) 1 i,j 2 ist das Inverse gegeben durch A 1 1 det A a22 a 12 a 21 a 11 Da det A ( 2) 8 0 und det B 1 ( 2) ( 4) ( 1) 6 0 sind beide Matrizen invertierbar. A B

11 Wir invertieren Ā und B per Hand. Um die Notation einfacher zu halten, definieren wir Ā 1 : ( c i j ) 1 i,j 2 und B 1 : ( d i j ) 1 i,j 2 (ansonsten müssten wir die Komponenten als a 1 i j schreiben). Ā Ā c11 c c 21 c 22! Wir erhalten vier Gleichungen mit vier Unbekannten; wenn wir berücksichtigen, dass 2, erhalten wir c 11 + c 21 c 11 + c 21 0 c 11 c 21 c 21 c 21 c 12 + c 22 0 c 12 c 22 c 22 c 22 c 12 + c 22 (i) (ii) (iii) (iv) Wir setzen (ii) in (i) und (iii) in (iv) ein. c 11 + c 11 ( + ) c 11 c 11 c 11! c 21 c 12 + ( c 12 ) c 12 + c 12 c 12! c 12 c 22 Somit haben wir insgesamt Ā 1 und machen die Probe: Wir setzen für B 1 an: B B 1 d11 d 21 d12! d Wir erhalten vier Gleichungen mit vier Unbekannten; wenn wir berücksichtigen, dass 2, erhalten wir d 11 + d 21 d 11 + d 21 0 d 21 d 11 d 11 d 11 d 12 + d 22 0 d 12 + d 22 (i) (ii) (iii) (iv) Wir setzen (ii) in (i) ein und erhalten einen Widerspruch. d 11 + d 11 ( + ) d 11 0 d 11 0! B ist also nicht invertierbar. Vorsichtshalber berechnen wir die Determinante: det B

12 Alternativ kann man auch die Formel für das Inverse aus H2 (über R) auch über andere Körper definieren: sei ā 1 die (eindeutig bestimmte) der Gleichung ā ā 1. Dann definieren wir Ā 1 als Ā 1 det Ā 1 ā22 ā 12 ā 21 ā 11 Wir überprüfen anhand der zwei Matrizen aus dieser Aufgabe: Ā }{{} Für Ā funktioniert sie. Im Falle von B sieht man, dass die Determinante 0 ist, det B 6 0. Man sieht also, dass sich die Inversionsformel für 2 2-Matrizen auch auf andere Körper verallgemeinern lässt. Für Matrizen mit Einträgen aus Ringen (beispielsweise Z) ist diese im allgemeinen Aussage falsch. (v) Die Antwort ist nein, Beweis durch Gegenbeispiel. Sei A wie in H18.4, A A hat kein Inverses in 2,2 (Z), wohl aber eines in 2,2 (R) (was wir als A 1 R bezeichnen)! Die Einträge von A 1 R sind nicht aus Z. A 1 R /4 1/ ,2 (Z) 1/4 1/4 Der Grund ist, dass eine Matrix mit Einträgen in Ringen genau dann invertierbar ist, falls det A R ein invertierbares Element (bezüglich der Multiplikation) des Ringes ist. Ringe haben mindestens ein invertierbares Element bezüglich der Multiplikation, nämlich das Einheitselement 1 R. Der Ring (Z, +, ) hat zwei invertierbare Elemente: 1 und