Klassiske Grupper. Noter af Jørn B. Olsson

Transkript

1 Klassiske Grupper Noter af Jørn B. Olsson 1

2 INDHOLD: 1. Den generelle lineære gruppe 2. Endelige lineære grupper 3. Ortogonal og symplektisk geometri 4. Symplektiske grupper 5. Ortogonale grupper 6. Unitære grupper 2

3 1 Den generelle lineære gruppe K version Lad n N og lad K være et vilkårligt legeme. Med GL(n, K), den Generelle Lineære Gruppe, betegner vi gruppen af invertible n n-matricer med koefficienter fra K. Gruppen betegnes også ofte med GL n (K). Vi har altså GL(n, K) = { x = a 11 a 1n a 21 a 2n }. a ij K, det x 0 a n1 a nn Vi lader K = K \ {0} være legemet K s multiplikative gruppe. Når x, y GL(n, K) gælder altså det x K, og det x det y = det xy. Hermed er afbildningen det : GL(n, K) K en gruppehomomorfi. Den er surjektiv fordi for a K er det a = a. Kernen for denne determinantepimorfi betegnes med SL(n, K) = {x GL(n, K) det x = 1} og kaldes den Specielle Lineære Gruppe. Den 1. isomorfisætning for grupper viser, at { SL(n, K) GL(n, K) GL(n, K)/SL(n, K) (1) = K Det er velkendt, at elementerne i GL(n, K) svarer til vektorrumsisomorfier (bijektive lineære afbildninger) af et n-dimensionalt vektorrum på sig selv. Lad os præcisere det: Når V, W er K-vektorrum betegner L K (V, W ) mængden af lineære afbildninger fra V til W. L K (V, W ) er igen et K-vektorrum. Lad B = {v 1, v 2,], v n } være en basis for vektorrummet V, dim K V = n. Når x = [ a11 a 1n. a n1 a nn GL(n, K) er ϕ x L K (V, V ) = L K (V ) defineret ved ϕ x (v i ) = n a ji v j. (Det er velkendt, at en lineær afbildning fastlægges entydigt ved værdierne på en basis.) Man kan så regne efter, at for x, y GL(n, K) gælder ϕ x ϕ y = ϕ xy. 3 j=1

4 Det er klart, at ϕ 1 = id, hvor ( ) og id er identitetsafbildningen på V. Derfor er ϕ x ϕ x 1 = ϕ 1 = id for alle x GL(n, K). Så ϕ er en gruppeisomorfi mellem GL(n, K) og GL(V ) = {τ L K (V ) τ isomorfi }. Hvis vi betragter legemet K som vektorrum over sig selv (af dimension 1), defineres det duale rum V til vektorrummet V som V = L K (V, K). Hvis σ V \ {0}, altså σ 0, så er σ surjektiv. Dimensionssætningen for lineære afbildninger viser dim(ker σ) + dim(σ(v )) = dim V = n så dim(ker σ) = n 1. Dermed er ker σ en hyperplan i V. (Dette er pr. definition et underrum af dimension n 1, codimension 1). Det er let at se, at dim K V = dimk V = n: Hvis {v 1,, v n } som før er en basis for V kan den bruges til at definere den duale basis { v 1,, v n } for V ved v i (v j ) = δ ij (Kronecker delta). (Overvej selv, at { v 1,, v n } er en basis). Antag nu, at σ, σ V har samme hyperplan som kerne: ker σ = ker σ = H, og at {w 1,, w n 1 } er en basis for H. Vælg w n V \ H, således at {w 1,, w n 1, w n } er en basis for V. Lad σ(w n ) = a, σ (w n ) = b. Da w n / ker σ, w n / ker σ er a og b 0. Så er (ba 1 )σ = σ. Dette vises ved at anvende begge disse lineære afbildninger på vores nye basis. For 1 i n 1 er (ba 1 )σ(w i ) = σ (w i ) = 0. For i = n er ba 1 σ(w n ) = ba 1 a = b = σ (w n ). Vi har vist(næsten!) Lemma 1.2. σ, σ V har samme kerne Der eksisterer et c K så cσ = σ. 4

5 Definition. Et element τ GL(V ), τ id, kaldes en transvektion, hvis der findes en hyperplan H V således at v V : v H : τ(v) v H τ(v) = v τ kaldes også en transvektion over H, hvis H skal specificeres. Bemærk at hvis dim(v ) = 1, så har V ingen transvektioner. Det vigtigste (eneste!) eksempel på transvektioner fås som følger: Lad σ V \ {0}. Vælg u ker σ \ {0}, og definer τ(σ, u) L K (V ) ved v V : τ(σ, u)(v) = v + σ(v)u ( ) Det er klart at τ(σ, u) er lineær fordi σ er det. Lad os checke at det er en transvektion. Kernen af σ V \ {0} er en hyperplan H := ker σ. Bemærk, at u H. Vi har derfor ifølge ( ) at der for alle v V gælder τ(σ, u)(v) v = σ(v)u. Da u H er også σ(v)u H. Lad nu v H. Så er τ(σ, u)(v) = v + σ(v)u = v fordi σ(v) = 0. Dermed er vist, at τ(σ, u) er en transvektion over ker σ. Sætning 1.3. (Klassifikation af transvektionerne) Enhver transvektion τ GL(V ), τ id, kan skrives på formen τ = τ(σ, u) for passende σ V \{0}, u ker σ\{0}. Hvis σ, σ V \{0}, u ker σ\{0}, u ker σ \ {0} gælder τ(σ, u) = τ(σ, u ) c K : σ = cσ og u = c 1 u. Bevis. Lad τ id være en transvektion over hyperplanen H. Vælg σ V med kerne H. (Overvej at et sådant σ findes!) Vælg w V \H, således at der altså gælder σ(w) 0, og sæt u = σ(w) 1 (τ(w) w). Da τ er en transvektion over H fås at u H (Overvej!) Når v V er σ(v σ(w) 1 σ(v)w) = σ(v) σ(v) = 0 så v σ(w) 1 σ(v)w H. Da τ er en transvektion over H fås v σ(w) 1 σ(v)w = τ(v) σ(w) 1 σ(v)τ(w) 5

6 eller τ(v) = v + σ(v)[σ(w 1 )(τ(w) w)] = v + σ(v)u. Heraf ses, at τ = τ(σ, u), hvormed sætningens første udsagn er bevist. Antag nu, at τ = τ(σ, u) = τ(σ, u ). Så er ker σ = ker σ, da dette er den hyperplan, som τ er transvektion over. Ifølge Lemma 1.2 findes derfor c K, så σ = cσ. Så er for v V og τ(σ, u )(v) = v + σ (v)u = v + cσ(v)u τ(σ, u)(v) = = v + σ(v)u Da τ(σ, u) = τ(σ, u ) fås cu = u eller u = c 1 u. På den anden side er for c K, v V τ(cσ, c 1 u)(v) = v + (cσ)(v)(c 1 u) = v + σ(v)u = τ(σ, u)(v). Hermed er det andet udsagn bevist. Bemærkning. Vi har defineret τ(σ, u), når σ 0 og u 0. Definitionen af τ(σ, u) τ(σ, u)(v) = v + σ(v)u, har også mening når σ = 0 og/eller u = 0. Så er τ(σ, u) = id. Definition. Hvis τ = τ(σ, u) er en transvektion kaldes underrummet Ku af V for τ s retning. Ifølge Sætning 1.3 har enhver transvektion ( id) en veldefineret retning. Vi erindrer om at to elementer x, y i en gruppe G kaldes konjugerede hvis der findes g G så gxg 1 = y. Mængden af elementer, der er konjugerede til et givet element i G kaldes en konjugationsklasse i G. Lemma 1.4. Lad σ V \ {0}, u V \ {0}, g G = GL(V ). Der gælder gτ(σ, u)g 1 = τ(σg 1, g(u)). 6

7 Bevis. (Lad os bemærke, at σg 1 V er defineret ved at σg 1 (v) = σ(g 1 (v)). Da g G = GL(V ) er jo g 1 G, og derfor g 1 (v) V ). Lad v V. Så er (gτ(σ, u)g 1 )(v) = g(τ(σ, u)(g 1 (v)) = g(g 1 (v) + σ(g 1 (v))u) (definition af τ) = v + σ(g 1 (v))g(u) = τ(σg 1, g(u))(v) Sætning 1.5. Mængden af transvektioner i GL(V ) danner en konjugationsklasse i GL(V ). Bevis. Lad τ = τ(σ, u), τ = τ(σ, u ) være to transvektioner i GL(V ). Lad H = ker σ, H = ker σ være hyperplanerne, der hører til σ og σ. Så har H og H samme dimension n 1. Vælg w og w V så σ(w) = σ (w ) = 1. Dermed er w / H og w / H. (Overvej dette!) På den anden side er pr. definition u H, u H. Derfor kan mængderne {u, w} og {u, w } udvides til baser for V B = {u, u 2,, u n 1, w}, B = {u, u 2,, u n 1, w }, hvor u i H og u i H, 2 i n 1. Lad den lineære afbildning g GL(V ) opfylde g(u) = u, g(u i ) = u i, g(w) = w. Ifølge Lemma 1.4 er gτ(σ, u)g 1 = τ(σg 1, g(u)) = τ(σg 1, u ). Vi mangler at vise, at σg 1 = σ : Da g(h) = H har σg 1 og σ begge H som kerne. Endvidere er σ (w ) = 1 og σg 1 (w ) = σg 1 (gw) = σ(w) = 1. Dermed har σg 1 og σ samme værdier på basiselementerne i B, så de er ens, σg 1 = σ. Det er velkendt, at en konjugationsklasse i en gruppe G frembringer en normal undergruppe af G. Vi vil vise, at transvektionerne frembringer den normale undergruppe SL(V ) i GL(V ), samt at GL(V ) = SL(V ). Hvis τ er en transvektion over hyperplanen H og v V \H, så er B = {u 1, u 2,, u n 1, v} en basis for V når {u 1,, u n 1 } er en basis for H. Der gælder τ(u i ) = u i, i = 1,, n 1 og τ(v) = v + u, hvor u er en vektor i τ s retning, altså u H. Derfor er τ s matrix med hensyn til B: x = GL(n, K)

8 hvor betegner elementer i K. Disse elementer indgår som koefficienter, når man skriver u som linearkombination af u 1,, u n 1. Som trekantsmatrix har x determinant 1, så τ SL(V ). Vi har vist Lemma 1.6. Alle transvektioner i GL(V ) er indeholdt i SL(V ). Lemma 1.7. Lad H være en hyperplan i V. Mængden af transvektioner over H danner sammen med id en undergruppe af G. Bevis. Lad τ(σ 1, u 1 ) og τ( σ 2, ũ 2 ) være transvektioner over H. Ifølge Lemma 1.2 findes et c K så c σ 2 = σ 1, da ker σ 1 = ker σ 2 = H. Fra Sætning 1.3 fås nu, at τ( σ 2, ũ 2 ) = τ(c σ 2, c 1 ũ 2 ) = τ(σ 1, u 2 ), hvor u 2 = c 1 ũ 2. Vi skal vise, at τ(σ 1, u 1 )τ(σ 1, u 2 ) er en transvektion (eller id). For v V er Altså τ(σ 1, u 1 )τ(σ 1, u 2 )(v) = τ(σ 1, u 1 )(v + σ 1 (v)u 2 ) = v + σ 1 (v)u 2 + σ 1 (v + σ 1 (v)u 2 )u 1 = v + σ 1 (v)u 2 + σ 1 (v)u 1 + σ 1 (v)σ 1 (u 2 )u 1 = v + σ 1 (v)(u 1 + u 2 ) (da σ 1 (u 2 ) = 0!) = τ(σ 1, u 1 + u 2 )(v). τ(σ 1, u 1 )τ(σ 1, u 2 ) = τ(σ 1, u 1 + u 2 ). (1.8) Fra definitionen er τ(σ 1, 0) = id, så vi har også τ(σ 1, u 1 ) 1 = τ(σ 1, u 1 ). Hermed er vist, at {τ(σ 1, u) u H} er en gruppe. Bemærkning (1.8). τ(σ 1, u)τ(σ 2, u) = τ(σ 1 + σ 2, u). (Opgave) Sætning 1.9. (1) Mængden af transvektioner danner en GL(V )-konjugationsklasse i SL(V ). (2) Hvis n 3, så danner mængden af transvektioner også en SL(V )- konjugationsklasse. Bevis. (1) følger fra Sætning 1.5 og Lemma 1.6. (2) fås ved at modificere beviset for Sætning 1.5. Det konjugerede element g blev valgt, så det førte en basis B for V over i en anden basis B for V. Elementet g skulle afbilde u på u og w på w. Disse elementer var fastlagt ved antagelse og kan ikke ændres. Hvis n 3 er der elementer u i og u i, der kun er fundet ved basisudvidelse. Ved at erstatte f.eks. u 2 med et multiplum af u 2 kan opnås at det g = 1, altså g SL(V ). 8

9 Bemærkning. Argumentet i 1.9 (2) virker ikke for n = 2. Det kan justeres. Lad τ(σ, u) være en transvektion med σ(w) = 1, så B = {u, w} er en basis for V. Lad B = {u, w } være en vilkårlig basis for V. Der findes et α K således at den lineære afbildning g GL(V ) fastlagt ved g(u) = u, g(w) = αw har determinant 1, altså g SL(V ). Så er gτ(σ, u)g 1 = τ(σg 1, u ) en transvektion, hvis matrix med hensyn til B er ( ) 1 α Sætning Transvektionerne frembringer SL(V ), altså ethvert element i SL(V ) er et (endeligt) produkt af transvektioner. Bevis. Kernen i beviset er, at en matrix x af determinant 1 kan omformes til enhedsmatricen gennem elementære række- og søjleomformninger af den type der adderer et multiplum af en række/søjle til en anden række/søjle. Vi får her brug for isomorfien ϕ : GL(n, K) GL(V ) (ϕ : SL(n, K) SL(V )). ϕ er baseret på valget af en basis {v 1,, v n } for V. For 1 i, j n, i j og a K lader vi h ij (a) være den matrix, der har 1 er i diagonalen og elementet a på plads (i, j). Hvis τ ij (a) = ϕ(h ij (a)) fås at τ ij (a)(v k ) = v k k j τ ij (a)(v j ) = v j + av i. Derfor er τ ij (a) en transvektion over H j = span{v 1,, v j 1, v j+1,, v n } med retning Kv i. Når man multiplicerer en matrix x med h ij (a) fra venstre lægges a gange den j te række til den i te række. Ved multiplikation med h ij (a) fra højre lægges a gange den i te søjle til den j te søjle. Det overlades til læseren at overveje, at en vilkårlig x SL(n, K) kan omformes til enhedsmatricen med disse omformninger. (Først skaffes et 1-tal på plads (1, 1), og derefter nuller i resten af 1. række og 1. søjle. Processen gentages til at skaffe et 1-tal på plads (2, 2) osv.) Vi ser altså, at x SL(n, K) kan skrives som produkt af matricer på formen h ij (a). Ved at anvende ϕ fås, at ethvert g SL(V ) kan skrives som produkt af transvektioner på formen τ ij (a). Lemma Hvis en hyperplan i V har mindst 3 elementer, så er alle transvektioner fra GL(V ) indeholdt i GL(V ), GL(V ) s kommutatorgruppe. Bemærkning. Betingelsen i lemmaet er opfyldt når n 2 med undtagelse af tilfældet n = 2, K = 2. 9

10 Bevis. Lad H være en hyperplan i V og lad σ V have kerne H, ker σ = H. Ifølge (1.8) gælder for u 1, u 2 H at τ(σ, u 1 )τ(σ, u 2 ) = τ(σ, u 1 + u 2 ). Vælg u 1 H \ {0} og u 2 H \ {0}, u 2 u 1. Dette er muligt, da H 3. Ifølge Sætning 1.5 findes et g GL(V ) så Hermed fås g 1 τ(σ, u 1 )g = τ(σ, u 2 ). τ(σ, u 1 )g 1 τ(σ, u 1 )g = τ(σ, u 1 )τ(σ, u 2 ) = τ(σ, u 1 + u 2 ) id. ( ) Det sidste skyldes at u 1 + u 2 0 da u 2 u 1 ). Men venstre side af ( ) er en kommutator, da τ(σ, u 1 ) = τ(σ, u 1 ) 1. Hermed indeholder GL(V ) en transvektion, og dermed alle transvektioner, da GL(V ) GL(V ). (Jfr. Sætning 1.5). Sætning Med mindre n = 2 og K = 2, så er GL(V ) = SL(V ). Bevis. For n = 1 er GL(V ) = K og påstanden holder. Antag n 2. Så er vi i situationen hvor antagelsen til Lemma 1.11 holder. Vi får, at da SL(V ) er frembragt af transvektionerne, må SL(V ) GL(V ). Men ifølge (1.1) er GL(V )/SL(V ) K abelsk. Så GL(V ) SL(V ). Bemærkning. GL(2, 2) består af 2 2-matricer over Z 2 med determinant 0, altså determinant 1. Så SL(2, 2) = GL(2, 2). Det er let at se, at GL(2, 2) = S 3, den symmetriske gruppe af grad 3 og orden 6. Endvidere er S 3 = A 3, så sætning 1.12 er forkert i dette tilfælde! (At GL(2, 2) S 3 ses fra, at ( ) har orden 3 og ( ) har orden 2). Vores næste mål er at vise, at SL(V ) næsten er simpel. Det viser sig at være nyttigt at realisere SL(V ) (eller snarere PSL(V ), se nedenfor) som permutationsgruppe. For denne del af argumentet er der igen fordele ved delvis at argumentere med matricer. Lemma Lad G = GL(n, K), S = SL(n, K). Der gælder Z(G) = C G (S) = {ai a K } 10

11 Bevis. Antag at g = (a ij ) C G (S). Så er gh ij (a) = h ij (a)g for alle h ij (a)- matricer. (Jfr. beviset for Sætning 1.10). Når man lægger a gange den j te række til den i te række i g skal man få det samme, som når man lægger a gange den i te søjle til den j te søjle i g. Når a 0 fås ved sammenligning, at alle elementer i den i te søjle pånær (i, i) og alle elementer i den j te række pånær (j, j) må være 0 i g. Derfor er g en diagonalmatrix og det ses let, at alle tal i diagonalen må være ens. Det projektive rum P (V ) over vektorrummet V består af mængden af alle 1-dimensionale underrum i V. Derfor kan P (V ) også ses som mængden af ækvivalensklasser på V = V \ {0} under ækvivalensrelationen v 1 v 2 a K : v 1 = av 2. Vi ser v 1 v 2 Kv 1 = Kv 2. Hvis vi betragter V som rummet K n = {(a 1,, a n ) a i K} så kaldes P (V ) også for P (n 1, K), det projektive rum af dimension n 1 over K. En begrundelse for at dimensionen anses for en mindre end V s kan være, at man jo identificerer proportionale vektorer. Lad os betegne ækvivalensklassen af v V (eller v K n ) med v. For g GL(V ) inducerer afbildningen v g(v) en afbildning på P (V ) ved v g(v). (Hvis v 1 = v 2 eksisterer et a K med v 1 = av 2. Men så er g(v 1 ) = g(av 2 ) = ag(v 2 ), og derfor g(v 1 ) = g(v 2 )). Så GL(V ) opererer på P (V ) og tilsvarende opererer GL(n, K) på P (n 1, K). Antag nu, at g GL(V ) holder alle elementer i P (V ) fast g(v) = v for alle v V. Vi vil vise, at g Z(GL(V )), jfr. Lemma Lad {v 1,, v n } være en basis for V. Da g(v i ) = v i eksisterer a i K så g(v i ) = a i v i for alle i. Lad 1 i < j n. Da g(v i + v j ) = v i + v j eksisterer et b K så g(v i + v j ) = b(v i + v j ). Vi får a i v i + a j v j = bv i + bv j, hvoraf a i = b = a j. Altså er g(v i ) = a 1 v i for alle i, og derfor g = a 1 id. Vi har vist Lemma Z(GL(V )) = {g G g(v) = v for alle v P (V )}. Man siger at Z(GL(V )) er kernen for operationen af GL(V ) på P (V ). 11

12 Vi definerer PGL(V ) = GL(V )/Z(GL(V )) PSL(V ) = SL(V )/Z(SL(V )) = SL(V )/(Z(GL(V )) SL(V )) ifølge Lemma 1.13 den Projektive Generelle Lineære og Projektive Specielle Lineære gruppe. Ifølge Lemma 1.14 opererer PGL(V ) og PSL(V ) på P (V ). Sætning Med undtagelse af tilfældene dim V = n = 2 og K = 2 eller 3 er PSL(V ) PSL(n, K) en simpel gruppe, (idet dog PSL(1, K) dog har orden 1 for alle K). Bevis. Vi forkorter G = GL(V ), S = SL(V ), Z = Z(G). Antag, at U er en S-invariant undergruppe af G (altså S N G (U)), og at U Z. Vi viser, at S U. Heraf vil følge, at PSL(V ) = S/S Z er simpel. Lad nemlig U PSL(V ), og lad U være U s urbillede i S. Da U PSL(V ) er U S, altså U er S- invariant. Hvis U Z, er U = {1}. Hvis U Z kan vi slutte at S U, altså U = PSL(V ). Lad først n 3. Da U Z vælges g U \Z. Ifølge Lemma 1.14 eksisterer lineært uafhængige vektorer u 1, u 2 V med gu 1 = u 2. (Dette betyder bare at gu 1 u 1 ). Lad τ = τ(σ, u 1 ) id være en transvektion. Da g U og U er S-invariant er også τg 1 τ 1 U, da τ S (Lemma 1.6). Vi får derfor at Ved anvendelse af Lemma 1.4 fås at h := gτg 1 τ 1 U. h = τ(σg 1, u 2 )τ(σ, u 1 ) 1. Heraf ses, at h 1, da transvektionerne τ(σg 1, u 2 ) og τ(σ, u 1 ) har forskellige retninger (Ku 2 og Ku 1 ), og derfor er forskellige! Da n 3 eksisterer en hyperplan H i V, som indeholder u 1 og u 2. Da τ(σ, u 1 ) 1 = τ(σ, u 1 ) ifølge (1.8) fås for v V, at h(v) = τ(σg 1, u 2 )τ(σ, u 1 )(v) = τ(σg 1, u 2 )(v σ(v)u 1 ) = v σ(v)u 1 + σg 1 (v σ(v)u 1 )u 2 = v + au 1 + bu 2 for passende a, b K. Altså er h(v) v H for alle v V, og specielt h(h) = H. 12

13 Lad τ = τ(σ, u ) id være en transvektion over H. For v V er h(v) v H, og derfor σ (h(v)) = σ (h(v) v + v) = σ (h(v) v) + σ (v) = σ (v), (1) da σ (H) = 0. Vi får nu for alle v V og Vi får (τ h)(v) = τ (h(v)) Vi betragter to tilfælde: = h(v) + σ (h(v))u (ifølge def. af τ ) = h(v) + (σ (v))u (ifølge (1)) (hτ )(v) = h(v + σ (v)u ) = h(v) + σ (v)h(u ). τ h = hτ h(u ) = u. (2) (I) Antag, at h kommuterer med alle transvektioner over H. Fra (2) fås så, at h(u ) = u for alle u H. Dermed er h U selv en transvektion (over H). Da U indeholder en transvektion og er S-invariant, indeholder U alle transvektioner (ifølge Sætning 1.9 (2)). Dermed er S U ifølge Sætning (II) Antag, at der findes en transvektion τ (σ, u ) over H, så τ h hτ. Så er h = hτ h 1 τ 1 U, h id, fordi U er S-invariant og h S. Men τ 1 er en transvektion over H, og hτ h 1 er en transvektion over hh = H. Heraf fås, at h er en transvektion over H ifølge Lemma 1.7. Vi får igen, at U indeholder en transvektion, og dermed S U. Vi mangler tilfældene n = 1 (som er triviel), og n = 2. Lad n = 2. Vælg som før g U \ Z og u 1, u 2 lineært uafhængige med g(u 1 ) = u 2. Vi har nu, at {u 1, u 2 } er en basis for V. Lad g s matrix med hensyn til {u 1, u 2 } ( være ( 0 1 ) c b ). Da g GL(V ) er b 0. Vælg a K og lad ρ have matricen ac a 1 a 0 med hensyn til {u1, u 2 }. Så er ρ S, så h = ρ 1 g 1 ρg U. Ved matrixmultiplikation fås, at h har følgende matrix med hensyn til {u 1, u 2 }: [ ] a 2 b 1 (1 + a 2 b 1 )c 0 a 2. b 13

14 Lad os skrive denne matrix som [ α β ] 0 α 1 for passende α, β K. For d K er ( 1 0 d 1 ) matricen for en transvektion τ over Ku 1. Vi får at τhτ 1 h 1 U har matricen [ ] 1 d(α 2 1) 0 1 med hensyn til {u 1, u 2 }. Hvis α 2 1 er alle transvektioner i U, hvis matrix med hensyn til {u 1, u 2 } har formen ( ). Fra bemærkningen efter sætning 1.9 fås, at alle transvektioner er i U, så S U. Men α 2 = a 4 b 2, og vi har fri valgmulighed for a. Hvis der findes et a K med a 4 b 2 er vi altså færdige. Ellers har polynomiet X 4 b 2 alle elementer i K som rødder! Men et fjerdegradspolynomium har højst 4 rødder, så K 4, altså K 5. Når K = 4 er K en (cyklisk) gruppe af orden 3, og så er a 4 = a for alle a K, og vi er færdige. Når K = 5 er K cyklisk af orden 4, så a 4 = 1 for alle a K, og vi er færdige med mindre b = ± 1. Igen fås ved en kort matrixberegning, at U indeholder en transvektion. Bemærkning. PSL(2, 2) GL(2, 2) S 3 (se tidligere). Det kan vises, at PSL(2, 3) A 4, den alternerende gruppe af grad 4, og at PSL(2, 4) PSL(2, 5) A 5, en simpel gruppe af orden 60. I sidste del af dette kapitel betragtes såkaldte flag i et n-dimensionalt vektorrum V = V (n, K) over K og deres relation til GL(V ). Et flag i V er en kæde af underrum F : V 0 = {0} V 1 V 2 V n = V, hvor dim K V i = i 0 i n. Enhver basis B = {v 1, v 2,, v n } af V giver på naturlig måde et flag F B ved at sætte V i = span(v 1, v 2,, v i ), 0 i n. Hvis F er et flag i V og B en basis for V, så kaldes B en basis for F, hvis F = F B. Et flag i V kan selvfølgelig have mange forskellige baser. Desuden er det klart, at ethvert flag faktisk har en basis. (Vælg f.eks. v i V i \ V i 1!) 14

15 Et flag F : V 0 V 1 V n = V i V giver os to undergrupper i G = GL(V ), defineret på følgende måde: C(F) = {g GL(V ) i {1,, n} v V i : gv v V i 1 } N(F) = {g GL(V ) i {1,, n} v V i : gv V i } = {g GL(V ) i {1,, n} : g(v i ) = V i } C(F) kaldes flagets centralisator, og N(F) dets normalisator. Ved at skrive gv = v + (gv v) ses, at hvis g C(F), så er g N(F). Det er også klart, at N(F) er en undergruppe i G = GL(V ). At indse at C(F er en undergruppe, kræver måske en lille overvejelse: Antag, at g, h C(F). Specielt gælder g, h N(F), og også g 1 N(F). Lad v V i. Vi skal først vise, at g 1 v v V i. Da v V i og g 1 N(F) er g 1 v V i. Da g C(F) er g(g 1 v) (g 1 v) V i 1. Men v g 1 v = (g 1 v v). Hermed er vist, at g 1 C(F). Nu vises, at ghv v V i 1 for alle v V i. Vi har ghv v = (ghv hv) + (hv v). Da v V i er hv v V i 1. Da hv V i, fordi h N(F), er g(hv) hv V i 1. Vi har vist Sætning Lad G = GL(V ), V = V (n, K). Lad F være et flag i V. Så er N(F) og C(F) undergrupper i G. Det er klart, at G = GL(V ) opererer på mængden F (V ) af flag i V : Hvis g G og F F (V ) F : V 0 V 1 V n = V, så er gf : gv 0 gv 1 gv n = V igen et flag i V. Det ses, at G opererer transitivt på F (V ): Hvis B 1 = {v 1,, v n } er en basis for F 1 og B 2 = {w 1,, w n } er en basis for F 2, så findes der selvfølgelig et g GL(V ) med gv i = w i, i = 1,, n. Med dette valg af g gælder også gf 1 = F 2. Lemma Lad g G, og F F (V ) et flag. Da gælder C(gF) = gc(f)g 1. 15

16 Specielt er C(F) N(F). Bevis. Lad F : V 0 V 1 V n. Vi har h C(gF) i, v V i : h(gv) gv gv i 1 i, v V i : (g 1 hg)v v V i 1 g 1 hg C(F) h gc(f)g 1. Når g N(F), så er gf = F. Det betyder ifølge det ovenstående, at C(F) = C(gF) = gc(f)g 1. Sætning Lad F F (V ). Der gælder N(F) = N G (C(F)). Bevis. Vi bemærker, at ifølge Lemma 1.17 er N(F) N G (C(F)). Lad omvendt h N G (C(F)). Det betyder, at C(F) = hc(f)h 1 = C(hF), ifølge Lemma Vi skal vise, at h N(F), altså at hf = F. Antag, at dette er forkert. Lad F : {0} = V 0 V 1 V n = V. Da hf F eksisterer der et i, 0 i n således at hv i V i og hv j = V j for 0 j < i. Vælg en basis B = {v 1, v 2,, v n } for F. Da h(v i ) V i og h(v j ) = V j for j < i, må der gælder, at hv i / V i. Skriv hv i = a 1 v a k v k, hvor a k 0. Vi har så, at k i + 1, da ellers hv i V i. Vi kan så definere et z C(F) ved zv l = v l for l k zv k = v k + v i. (Det er klart at z C(F), da i < k!) Endvidere er zhv i = a 1 v a k v k + a k v i, så zhv i hv i = a k v i / V i 1 = hv i 1. Da imidlertid hv i hv i viser dette, at z / C(hF). Dette strider mod at C(F) = C(hF), da jo z C(F). Korollar Lad F, F F (V ). Der gælder C(F) = C(F ) F = F. 16

17 Bevis: er triviel. : Lad C(F) = C(F ). Vælg h G = GL(V ), så hf = F. (Elementet h eksisterer, fordi G opererer transitivt på F (V )). Så er hc(f)h 1 = C(hF) = C(F ) = C(F), så h N G (C(F) = N(F) ifølge Sætning Da h N(F) fås F = hf = F. I næste kapitel skal vi se, at hvis legemet K er endeligt og har karakteristik p, så er er flagcentralisatorerne netop p Sylowgrupperne i den endelige gruppe GL(V ). ť 17

18 2 Endelige lineære grupper K version Vi betragter her tilfældet, hvor legemet K er endeligt. Hvis K = q, så er det velkendt at q er en primtalspotens, q = p a, hvor p er karakteristikken af K. Endvidere gælder (ikke helt trivielt), at K, K s multiplikative gruppe, er en cyklisk gruppe. Hvis K = q skriver vi K = GF(q) og GL(n, q) i stedet for GL(n, K), og tilsvarende SL(n, q), PSL(n, q). (Dette er veldefineret, da der for enhver primtalspotens q findes præcis et legeme K med K = q.) Vi har Sætning 2.1. Ordnerne af de endelige lineære grupper er GL(n, q) = (q n 1)(q n q) (q n q n 1 ) = q (n 2) (q 1)(q 2 1) (q n 1) SL(n, q) = PGL(n, q) = GL(n, q) /(q 1) PSL(n, q) = SL(n, q) /(n, q 1) Her betyder (, ) største fælles divisor. Bevis. En n n-matrix er invertibel hvis og kun hvis dens rækker er et lineært uafhængigt sæt af vektorer. Hvis vi ser på en matrix A GL(n, q) kan vi vælge den første række som en vilkårlig vektor 0 i GF(q) n. Der er q n 1 muligheder for dette. Den anden række skal vælges således, at den ikke er proportional med den første. Det er der q n q muligheder for. Den tredie række må ikke være en linearkombination af de to første, så der er q n q 2 muligheder. Således fortsættes, så A kan vælges på n 1 q n q i i=0 måder, altså GL(n, q) = (q n 1)(q n q) (q n q n 1 ). Determinantafbildningen GL(n, q) GF(q) (GF(q) s multiplikative gruppe) har SL(n, q) som kerne. Da GF(q) = q 1 fås SL(n, q) = GL(n, q) /(q 1). For at beregne PSL(n, q) skal vi kende ordenen af Z(GL(n, q) SL(n, q). Matricerne i Z(GL(n, q)) har determinanter a n, hvor a GF(q). Derfor er Z(GL(n, q)) SL(n, q) lig antallet af løsninger til ligningen a n = 1 i den cykliske gruppe GF(q). Dette antal er ( GF(q), n) = (q 1, n). 18

19 Vi betragter nogle vigtige/interessante undergrupper i de endelige lineære grupper. (I): p-sylowgrupperne i GL(n, q), hvor q = p a. Vi vil her benytte resultater fra slutningen af sidste kapitel. Mængden 1 a a 1n 1 a 23 a 2n Q = af øvre trekantsmatricer med 1-taller i diagonalen er åbenbart en undergruppe i G = GL(n, q). Ethvert valg af a ij erne i = 1,, n, j = i + 1,, n giver et element i Q så Q = q (n 1)+(n 2)+ +1 = q (n 2). Fra Sætning 2.1 ses, at Q er en p-sylowgruppe i G. Lad os bemærke, at matricerne i Q har determinant 1, så Q er også en p-sylowgruppe for SL(n, q). Endvidere er Q isomorf til en p-sylowgruppe for PSL(n, q), idet p (n, q 1) = Z(SL(n, q)). (Overvej dette!) Antag nu, at V er et n dimensionalt vektorrum over GF(q) og at B = {v 1,, v n } er en basis for V. Lad F være et flag i V med B som basis og betragt undergruppen P := C(F ) i GL(V ). Hvis g P, så gælder for alle i = 1,, n at gv i v i V i 1. Det betyder, at vi kan skrive gv i = a 1i v 1 + a 2i v a i 1i v i 1 + v i. Derfor er g s matrix mht. B et element i den mængde Q af matricer, vi netop har beskrevet. Hvis omvendt g GL(V ) har en matrix i Q mht. B, så må g C(F ) = P. Vi har hermed vist, at P Syl p (GL(V )). Lad nu F være et andet flag i V. Ifølge Kapitel 1 findes et h GL(V ) med F = hf. Ifølge Lemma 1.17 gælder så, at C(F) = hp h 1, dvs C(F) er også en p-sylowgruppe i GL(V ). Vi har nu næsten vist Sætning 2.2. Hvis V er som ovenfor, så er afbildningen C : F C(F) en bijektion mellem F (V ) og Syl p (GL(V )). Bevis. Vi har set at C(F) er en p Sylowgruppe i GL(V ). Ifølge Korollar 1.19 er afbildningen C injektiv. Sylow s sætning og Lemma 1.17 viser, at C er surjektiv. 19

20 Lad os igen betragte flaget F med basen B = {v 1,..., v n } som ovenfor. Vi har så at g N(F ) netop når vi for alle i kan skrive gv i = a 1i v 1 + a 2i v a i 1i v i 1 + a ii v i, hvor nødvendigvis a ii 0, da gv i / V i 1. Derfor har g s matrix mht. B formen a 11 a a 1n a 22 a 23 a 2n... 0 a nn hvor diagonalelementerne a ii 0. Men ifølge Sætning 1.18 er N(F) = N GL(V ) C(F) for alle F F (V ). For p Sylowgruppen Q in GL(n, q) ovenfor betyder det, at Q s normalisator i GL(n, q) netop består af mængden af øvre trekantsmatricer med elementer 0 i diagonalen. Vi har altså at N = N GL(n,q) (Q) = q (n 2) (q 1) n, idet der er (q 1) n valg for diagonalelementerne. Gruppen N er et semidirekte produkt (se kapitel G4 i noterne om gruppeteori) af Q med gruppen D af diagonalmatricer hvor alle diagonalelementer er 0. Selvfølgelig er D = (q 1) n. Dette eksempel illustrerer også Korollar (3H) i kapitel G3 af noterne. (D er et komplement til Q i N.) (II): Grupperne af permutationes- og monomiale matricer. (Dette eksempel er næsten identisk med (4C) i kapitel G4!) Som vi har set. har gruppen N ovenfor gruppen D af diagonalmatricer som undergruppe 0 D =... 0 D = (q 1) n. Lad igen S n være den symmetriske gruppe af grad n. Når π S n defineres en matrix P (π) G ved P (π) = [a ij ] hvor a ij = δ iπ(j) 20

21 (δ er Kronecker delta ). Det er klart, at P (π) har netop ét element 0 i hver søjle og i hver række. Induktiv anvendelse af søjleudviklingsreglen for determinanter viser, at det P (π) = ±1, så P (π) G. Hvis π, ρ S n gælder P (π)p (ρ) = P (πρ): Lad P (π)p (ρ) = [c ij ]; så er c ij = k δ iπ(k) δ kρ(j) 0 Der eksisterer et k så k = ρ(j) og π(k) = i πρ(j) = i, dvs. c ij = δ iπρ(j). Det betyder, at P er en homomorfi fra S n til G. En matrix på formen P (π), π S n kaldes en (n n)-permutationsmatrix. Der gælder for alll π S n : det P (π) = sign(π), π s fortegn P (π) t = P (π 1 ) Begge disse udsagn bevises ved at skrive π som et produkt af transpositioner (dvs. permutationer på formen (i, j)): Permutationsmatricen P ((i, j)) opnås fra enhedsmatricen E n ved at ombytte den i te og den j te søjle. Derfor er det P (τ) = 1, når τ er en transposition. Det er også klart, at P (τ) = P (τ) t, når τ er en transposition. Hvis π = τ 1 τ 2 τ k, hvor alle τ i er transpositioner, er og k det P (π) = det P (τ i ) = ( 1) k = sign π, i=1 P (π) t = [P (τ 1 ) P (τ k )] t = P (τ k ) t P (τ i ) t = P (τ k ) P (τ 1 ) = P (τ k τ i ) = P (π 1 ). Lad os betegne elementerne i D med a 1 a 2 0 (a 1, a 2,, a n ) =... 0 a n For π S n er P (π) (a 1,, a n ) = (δ iπ(j) a j ) og P (π) 1 (a 1,, a n )P (π) = (a π(1),, a π(n) ), ( ) 21

22 som man let kan regne efter. Lad os betegne P (π, a 1,, a n ) = P (π) (a 1,, a n ). Fra ( ) fås, at for π, ρ S n, a i, b j K er P (π, a 1,, a n )P (ρ, b 1,, b n ) = P (π)p (ρ)p (ρ 1 ) (a 1,, a n )P (ρ) (b 1,, b n ) = P (πρ) (a ρ(1),, a ρ(n) ) (b 1,, b n ) = P (πρ) (a ρ(1) b 1,, a ρ(n) b n ) = P (πρ, a ρ(1) b 1,, a ρ(n) b n ). Det betyder, at mængden M = {P (π, a 1,, a n ) π S n, a 1,, a n K } danner en undergruppe i G, kaldet den monomiale undergruppe. Vi har M = n!(q 1) n og M kan ses som mængden af generaliserede permutationsmatricer, hvor 1-tallerne er erstattet med elementer fra K = GF(q). (III): En stor cyklisk undergruppe og dens normalisator. Lad igen G = GL(n, q), og betragt legemet L = GF(q n ) med q n elementer. Det er klart at K = GF(q) er et dellegeme af L, og derfor kan L betragtes som et vektorrum over K. (For a K og x L er ax L). Da L = K n, må dim K L = n. Når l L, er afbildningen T l : x lx, K-lineær: For a, b K, x, y L er T l (ax + by) = l(ax + by) = alx + bly = at l (x) + bt l (y). Det er også klart, at T l1 T l2 = T l1 l 2 for l 1, l 2 L, og at T 1 = id, så når vi betragter L som K-vektorrum er T l GL(L) for alle l L. Hvis vi lader l = GF(q n ), er l = q n 1, og derfor er T l GL(L) et element af orden q n 1. Da GL(L) GL(n, K) har GL(n, q) også en stor cyklisk undergruppe C = z orden q n 1. Kan vi beregne matricerne for elementerne i C direkte? I princippet ja. Man kan få ideer ved at se i bogen Lidl & Niederreiter: Finite fields, Kap. 2. Vi betragter her tilfældet n = 2. Så er l = q 2 1. Sæt k = l q+1. Vi har k = q 1, og derfor må k = GF(q), da K = GF(q) er (den 22

23 eneste) undergruppe i GF(q 2 ) af orden q 1 (idet GF(q 2 ) jo er cyklisk). Elementerne 1 og l q er lineært uafhængige som vektorer i K-vektorrummet L. (Hvis a1 + bl q = 0, hvor a, b K, må l q = a K, en modstrid). b Vi vil gerne beregne den lineære afbildning T l s matrix med hensyn til denne basis. Lad os først bemærke, at da K og L har karakteristisk p, så gælder (c + d) p = c p + d p for alle a, d L. [Dette resultat (af Frobenius) fås fra binomialformlen og den kendsgerning, at alle binomialkoefficienter ( p i), 0 < i < p, er delelige med p]. Da q = p a fås også (c + d) q = c q + d q ( ) for alle c, d L. Betragt specielt elementet α = l + l q L. Vi har, at α q = (l + l q ) q = l q + l q2 = l q + l = α så α q 1 = 1. Dermed må α K, da α s orden i L går op i (q 1) (!) Vi kan nu let beregne T l s matrix med hensyn til {1, l q }. Vi skal skrive l 1 = l og l l q = l q+1 som K-lineære kombinationer af 1 og l q. Men per definition er l q+1 = k K, så anden søjle i T l s matrix er [ k 0 ]. Ifølge definitionen af α er l = α lq = α 1 1 l q, så første søjle i T l s matrix er [ 1 α ]. Derfor er [ ] [ ] α k l z = = q + l l q den ønskede matrix for T l, så C = z = [ α ] k 1 0 er en cyklisk gruppe af orden q 2 1 i GL(2, q). Hvis vi fortsætter med at betragte GL(2, q) som GL(L), så er afbildningen θ : c c q for c L faktisk K-lineær: Ifølge ( ) er θ(c + d) = θ(c) + θ(d) for c, d L, og når a K er θ(ac) = (ac) q = a q c q = ac q, da a q = a, når a K. Lad os også bemærke at θ = 2, da θ 2 (c) = c q2 = c for alle c L. Det er let at se, at θ s matrix med hensyn til {1, l q } er t = [ 1 α 0 1 ]. 23

24 Der gælder t 2 = I, tz = [ 1 0 k 0 ], og derfor (tz)2 = ki = [ k 0 k 0 ]. Dette er også den lineære afbildning T k s matrix, og T k = (T l ) q+1, da k = l q+1. Da z er T l s matrix fås (tz) 2 = z q+1, og derfor er tzt = z q. Dette viser, at t N G (C). Man kan vise, at C s normalisator i G ikke er større. For generelt n gælder, at [N G (C) : C] = n, og faktorgruppen N G (C)/C er cyklisk. (Huppert: Endliche Gruppen I, s. 187). (IV): GL(2, q) s andre Sylowgrupper: I afsnit (I) fandt vi bl.a. p-sylowgruppen i GL(2, q) når q = p a. (Den har orden q og er isomorf til GF(q) s additive gruppe, altså elementær-abelsk.) Lad nu r være et primtal, r p, r GL(2, q) = q(q 2 1)(q 1) = q(q + 1)(q 1) 2. Vi har altså r (q 1) 2 (q + 1). Antag først, at r = 2. Så er p (og q) ulige så q 1 og q + 1 er begge lige. Der er tale om to på hinanden følgende lige tal, så det ene er delelig med (mindst) 4, og det andet kun med 2. Hvis q 1 (mod 4) lader vi 2 b være den højeste potens af 2, som går op i q 1. Vi har b 2, og ordenen af en 2-Sylow gruppe i GL(2, q) er 2 2b+1. Lad α GF(q) have orden 2 b. Så danner {[ ] α i 0 U 1 = 0 i, j < 2 b} 0 α j en abelsk undergruppe af GL(2, q) af orden 2 2b. Men permutationsmatricen [ ] normaliserer U 1, så U = U 1, [ ] har orden 2 2b+1, og er dermed en 2-Sylow gruppe i GL(2, q). Hvis q 3 mod 4 lader vi 2 b være den højeste potens af 2, som går op i q + 1. Vi har b 2, og ordenen af en 2-Sylow gruppe i GL(n, q) er 2 b+2 (idet kun 2 går op i q 1). Lad C være den cykliske gruppe af orden q 2 1 = (q + 1)(q 1), vi fandt i (III). En 2-Sylowgruppe U 1 i C er cyklisk af orden 2 b+1 (da 2 b (q + 1) og 2 (q 1)). Elementet t, som vi fandt i (III), har orden 2 og normaliserer C, og dermed også U 1. Så er U = U 1, t 24

25 en 2-Sylowgruppe i GL(2, q). Man kan vise, at U er en såkaldt semidiedergruppe. Lad nu r > 2. Der er to tilfælde r (q 1) og r (q + 1). Hvis r (q + 1), så er en r-sylowgruppe for den cykliske gruppe C også en r-sylowgruppe for G, da r q(q 1), og G = q(q 1) C. Hvis r (q 1) lader vi α være en r-sylowgruppe i GF(q). Hvis α = r b har en r-sylowgruppe i G ordenen r 2b og kan realiseres som {[ ] α i 0 U = 0 i, j < r b} 0 α j, en abelsk gruppe. 25

26 3 Ortogonal og symplektisk geometri K version Kilde: E. Artin: Geometric algebra Lad V være et n-dimensionalt vektorrum over det vilkårlige legeme K. Vi betragter en afbildning, : V V K. Den kaldes et semiskalarprodukt hvis der gælder for alle u, v, w V og a K: u + v, w = u, w + v, w u, v + w = u, v + u, w au, v = u, v. Hvis yderligere u, av = a u, v så kaldes afbildningen et skalarprodukt. Lad igen V være det duale rum til V. Et skalarprodukt, på V inducerer på naturlig måde en afbildning φ L K (V, V ): For u V defineres φ(u) V ved φ(u)(v) = u, v. (Overvej et φ(u) V for alle u V og derefter, at φ L K (V, V ) ud fra definitionen af skalarprodukt). Vi ser, at ker φ = {u V for alle v V : u, v = 0}. Da dim V = dim V vides fra lineær algebra, at φ er en isomorfi mellem V og V hvis og kun hvis ker φ = {0}. I så tilfælde kaldes, for ikke-udartet (non-degenerate). At, er ikke-udartet betyder altså: Hvis u, v = 0 for alle v V, så er u = 0. Hvis B = {v 1, v 2,, v n } er en basis for V kaldes n n-matricen A = (a ij ), hvor a ij = v i, v j for matricen for, med hensyn til basen B. Den duale basis B = {ˆv 1,, ˆv n } til B blev i Kapitel 1 defineret ved at ˆv i (v j ) = δ ij. 26

27 Så forbinder matricen A elementerne φ(v i ) og ˆv j i V. Der gælder: φ(v i ) = n a ijˆv j. j=1 ( ) Det ses som følger: For 1 k n er på den ene side φ(v i )(v k ) = v i, v k = a ik, og på den anden side ( n ) a ijˆv j (v k ) = j=1 = n a ijˆv j (v k ) j=1 n a ij δ jk = a ik. j=1 Da φ(v i ) og n a ijˆv j stemmer overens på en basis, er de ens, så ( ) er vist. j=1 Vi konkluderer, at A er matricen, der med hensyn til baserne B og B for V og V hører til den lineære afbildning φ : V V. Derfor er (ifølge et resultat fra den lineære algebra) φ en isomorfi netop når matricen A er invertibel (dvs. den har determinant 0). Vi har vist: Lemma 3.1. Et skalarprodukt på V ikke-udartet hvis og kun hvis dets matrix med hensyn til en basis for V er invertibel (dvs. at matricen har determinant 0). Man kan beregne hvad der sker med matricen for et skalarprodukt, når man erstatter en basis i V med en anden. Lad x = (b ij ) GL(n, K). Erstat basen B = {v 1,, v n } med hvor B = {w 1,, w n }, w i = n b ki v k. k=1 27

28 Hvis A er, s matrix med hensyn til B fås, at, s matrix med hensyn til B er x t Ax: n n w i, w j = b ki v k, b lj v l = k=1 n b ki a kl b lj k,l=1 = ã ij, hvor à = (ã ij) = x t Ax. Denne beregning har også et andet aspekt. Vi kan definere isometrigruppen G, for, som følger G, = {g GL(V ) u, v V : u, v = g(u), g(v) }. Det er klart, at G, er en undergruppe i GL(V ). Hvis g G, og x er g s matrix med hensyn til B, så må, s matrix med hensyn til B og med hensyn til B = {g(v 1 ),, g(v n )} være den samme, altså A = x t Ax. Når, er ikke-udartet er det A 0, så når x er matricen for en isometri g gælder det A = det(x t Ax) = (det x) 2 det A, altså (det x) 2 = 1. Vi har vist Sætning 3.2. Når, er ikke-udartet, så har en isometri for, determinant +1 eller 1. Isometrier med determinanten +1 kaldes rotationer og isometrier med determinanten 1 kaldes reflektioner. Mængden af rotationer er netop G, SL(V ), og danner altså en normal undergruppe af index 1 eller 2 i G,. (Overvej dette.) Lad igen, være et vilkårligt skalarprodukt. Det kaldes svagt symmetrisk (forkortet s.s.), hvis der gælder l=1 For alle u, v V : u, v = 0 v, u = 0. Sætning 3.3. Lad, være s.s. Der gælder enten For alle v V : v, v = 0 eller For alle u, v V : u, v = v, u. 28

29 Bevis. Lad u, v, w V. Der gælder u, u, w v u, v w = u, u, w v u, u, v w = u, w u, v u, v u, w = 0. Da skalarproduktet er s.s. fås 0 = u, w v u, v w, u eller u, w v, u = u, v w, u, ( ) for alle u, v, w V. Sætter vi u = w fås For alle u, v V : u, u v, u = u, v u, u eller u, u ( u, v v, u ) = 0 for alle u, v V. ( ) Antag nu, at der findes v, w V så v, w w, v. Vi viser, at da for alle u V gælder u, u = 0. Hvis u, v v, u følger fra ( ) at u, u = 0. Antag altså, at u, v = v, u. Det følger fra ( ) (med u og v byttet om!) at v, w u, v = v, u w, v. Da v, w = w, v og u, v = v, u fås heraf, at u, v = v, u = 0. Ved at bytte v og w om fås analogt, at u, w = w, u = 0. Så er u + v, w = u, w + v, w = v, w w, v = w, u + w, v = w, u + v. Fra ( ) (anvendt på vektorerne u + v og w) fås, at u + v, u + v = 0. Da u, v = v, u = 0 fås 0 = u, u + v, v. Men da v, w w, v må v, v = 0 ifølge ( ) anvendt på v, w. Vi får 0 = u, u som ønsket. Definition. Et skalarprodukt, på V kaldes 29

30 symplektisk, hvis u, u = 0 for alle u V ortogonal, hvis, er s.s. og ikke symplektisk. Vi har altså ifølge Sætning 3.3, at et ortogonalt skalarprodukt er symmetrisk: u, v = v, u for alle u, v V. Lad os også bemærke, at hvis, er symplektisk, så er skalarproduktet skævsymmetrisk: (Det ses som følger: u, v = v, u for alle u, v V. 0 = u + v, u + v = u, u + u, v + v, u + v, v = u, v + v, u.) Tilvarende er selvfølgelig matricen for, med hensyn til en vilkårlig basis symmetrisk, hvis, er ortogonal (a ij = a ji ), og skævsymmetrisk, hvis, er symplektisk (a ij = a ji, a ii = 0). Et vektorrum med et symplektisk (ortogonalt) skalarprodukt kaldes et symplektisk (ortogonalt) rum. For ortogonale rum vil vi altid antage, at kar(k) 2, hvor kar(k) er K s karakteristik. Vi kalder V ikke-udartet, hvis, er ikke-udartet. I resten af dette afsnit antages, at skalarproduktet, på V er s.s. Når U V defineres U = {v V for alle u U er u, v = 0}. Det er klart, at U er et underrum af V, også selv om U eventuelt ikke er det. Når U er et underrum, så defineres radikalet rad U af U ved rad U = U U. Specielt er rad V = V. (Det er klart, at, er ikke-udartet, hvis og kun hvis rad V = {0}, men vi antager ikke at generelt,, er ikke-udartet). Lad V = U 1 U 2 U r være skrevet som direkte sum af underrummene U 1,, U r, hvilket betyder, at enhver vektor v V på præcis en måde kan skrives v = u 1 + u u r, hvor u i U i. 30

31 Vi skriver så V = U 1 U 2 U r hvis der yderligere gælder, at U i Uj for alle i j, og kalder V en ortogonal (direkte) sum af U 1,, U r. Hvis V = U 1 U 2 U r, så gælder det, at indskrænkningerne, i af, til ethvert U i er et s.s. skalarprodukt på U i. (Overvej!) Lemma 3.4. Lad V være ikke-udartet. Lad U V være et underrum. Der gælder U = U og dim U + dim U = dim V. Hvis U er ikke-udartet (dvs. rad U = {0}) er V = U U. Bevis. Definer φ U : V Û ved φ U (v)(u) = v, u for v V, u U. (Så er φ U er φ ovenfor, efterfulgt af en indskrænkning). Det er så klart, at φ U L K (V, Û), og at ker φ U = U. Derfor inducerer φ U en injektiv lineær afbildning fra V/U til Û. Specielt er altså dim V dim U = dim V/U dim Û = dim U, dim V dim U + dim U. På den anden side kan vi definere en lineær afbildning φ U : U V/U ved φ U (u )(v + U) = u, v, (u U, v + U V/U). Lad os bemærke, at hvis v + U = v + U, så er v v U, og derfor u, v v = 0, altså u, v = u, v. Derfor er φ U veldefineret. Nu er ( ) ker φ U = U rad V (overvej dette), så ker φ U = {0}, da rad V = {0}. Vi får så dim U dim V/U = dim V/U = dim V dim U, dim U + dim U V. ( ) Fra ( ) og ( ) fås dim U + dim U = dim V. Hvis vi anvender det netop beviste udsagn på underrummet U af V fås dim U + dim U = dim V, 31

32 altså dim U = dim U. Da trivielt U U = (U ) fås U = U. Det sidste udsagn i lemmaet er trivielt, da rad U = U U. Lemma 3.5. Lad V = U 1 U 2 U r. Hvis hvor u i, v i U i, så er u = u u r, v = v v r, u, v = r u i, v i = i=1 r u i, v i i. i=1 Bevis. u, v = r i,j=1 u i, v j = r i=1 u i, v i idet u i, v j = 0 når i j, idet U i U j. Da u i, v i U i er u i, v i = u i, v i i. Sætning 3.6. Lad V = U 1 U 2 U r. Der gælder rad V = rad U 1 rad U 2 rad U r. Bevis. Lad u = u 1 + u u r, hvor u i U i. Vi har u rad V For alle v V : u, v = 0 For alle i og v i U i : u, v i = 0 For alle i og v i U i : u i, v i = 0 (ifølge Lemma 3.5) For alle i : u i rad U i u rad U 1 rad U r. Lemma 3.7. Antag at V = rad V U (hvor U er et vektorrumskomplement til underrummet rad V af V ). Så gælder V = rad V U og rad U = {0}. Bevis. For v rad V og u V er v, u = 0. Specielt er v, u = 0 for v rad V, u U, så V = rad V U. At rad U = {0} følger fra Sætning 3.6. Definition. Et underrum U V kaldes isotropt, hvis u 1, u 2 = 0 for alle u 1, u 2 U. Det betyder, at U = rad U. En vektor u V kaldes isotrop hvis u, u = 0 og u 0. 32

33 Det er klart, at alle vektorer i et isotropt underrum er isotrope, men underrum bestående af isotrope vektorer er ikke isotrope. F.eks. er jo i et symplektisk rum alle vektorer isotrope! For ortogonale rum er det anderledes. Lemma 3.8. Lad V være et ortogonalt rum. Hvis alle vektorer i V er isotrope, så er V isotrop. Bevis. Lad u, v V. Vi ved fra tidligere, at u, v = v, u. ( ) På den anden side er 0 = u + v, u + v = u, u + v, v + u, v + v, u = u, v + v, u, altså u, v = v, u. ( ) Hvis vi adderer ( ) og ( ) fås 2 u, v = 0 og da (ifølge en generel antagelse for ortogonale rum) kar(k) 2 fås u, v = 0. Vi introducerer nu en vigtig byggeklods for vores rum, den hyperbolske plan. Lemma 3.9. Lad V være et ikke-udartet rum af dimension 2. Hvis V indeholder en isotrop vektor, så eksisterer der v 1, v 2 V med v 1, v 1 = v 2, v 2 = 0 og v 1, v 2 = 1 (1) Et sådant rum kaldes en hyperbolsk plan og vektorerne v 1, v 2 der opfylder (1) kaldes et hyperbolsk par. (Bemærk, at i det symplektiske tilfælde spiller rækkefølgen af v 1 og v 2 en rolle, idet så v 2, v 1 = 1). Bevis. Antag, at v 1 V er isotrop. Vælg u V ikke-proportional med v 1, så {v 1, u} er en basis for V. Betragt en linearkombination v 2 = av 1 + bu af v 1 og u, hvor a, b K. Vi forsøger at bestemme a og b, så v 2, v 2 = 0 og v 1, v 2 = 1. Vi beregner da v 1, v 1 = 0 og v 1, v 2 = a v 1, v 1 + b v 1, u ( ) = b v 1, u, v 2, v 2 = ab( v 1, u + u, v 1 ) + b 2 u, u. ( ) 33

34 Da V er ikke-udartet, er v 1, u 0. (Ellers var v 1 rad V ). Ifølge ( ) kan vi så vælge b = v 1, u 1 og få v 1, v 2 = 1. Hvis V er symplektisk er vi færdige, da så v 2, v 2 = 0 (alle vektorer er isotrope). Lad V være ortogonal. Hvis v 2, v 2 = 0 fås fra ( ) (forkort b), at vi må have 0 = a( v 1, u + u, v 1 ) + b u, u ( ) = 2a u, v 1 + b u, u. Vi har allerede fastlagt b. Da kark 2 kan ( ) løses med hensyn til a, og vi får det ønskede. Definition. V kaldes ortogonalt indekomposabel, hvis V ikke kan skrives som hvor U 1 {0} og U 2 {0}. V = U 1 U 2, Lemma Hvis V er ortogonalt indekomposabel, så er V enten ikkeudartet eller isotropt. (1) Hvis V er ortogonal er dim V = 1. (2) Hvis V er symplektisk og ikke-udartet, er V en hyperbolsk plan. Specielt er dim V = 2. Bevis. Ifølge Lemma 3.7 gælder V = rad V U for et passende underrum U af V. Der er derfor 2 muligheder: rad V = {0} eller rad V = V. Dette viser første udsagn i lemmaet. (1) Antag, at V er ortogonal. Hvis V er isotrop, må dim V = 1, da ellers V er ortogonalt dekomposabel. (Hvis V = U 1 U 2, er automatisk V = U 1 U 2!) Hvis V er ikke-udartet indeholder V ifølge Lemma 3.8 en ikke-isotrop vektor v. Ifølge Lemma 3.4 fås V = Kv (Kv), hvor (Kv) har dimension n 1. Vi får n 1 = 0, n = 1. (2) Hvis V er symplektisk og ikke-udartet, vælges v V \{0}. Da v, v = 0 og V er ikke-udartet, må der findes et u V, så v, u 0. Specielt er V Kv. Lad U = Ku + Kv, dim U = 2. Antag, at a, b K med au + bv rad U. Så er au + bv, u = b v, u = 0, da u, u = 0. Da v, u = 0 fås b = 0. Ved at betragte au + bv, v fås analogt, at a = 0. Derfor er rad U = {0}, så U er ikke-udartet. Fra Lemma 3.4 fås V = U U, så V = U. At V er en hyperbolsk plan følger nu fra Lemma

35 Dette lemma har en vigtig struktursætning som konsekvens. Sætning (1) Hvis V er ortogonal gælder V = Kv 1 Kv 2 Kv n. Rummet V er ikke-udartet hvis og kun hvis ingen af vektorerne v i er isotrope. (2) Hvis V er symplektisk og ikke-udartet gælder V = P 1 P 2 P k, hvor hvert P i er en hyperbolsk plan. Specielt har V lige dimension: 2k. Bevis. V kan skrives som en ortogonal sum af endelig mange ortogonalt indekomposable underrum. Disse har ifølge Lemma 3.10 dimension 1, når V er ortogonal, og dimension 2, når V er symplektisk og ikke-udartet. I det ortogonale tilfælde er det klart, at isotrope vektorer v i er i rad V. Vi får senere brug for følgende: Lemma Lad V være ikke-udartet. Antag at σ G, opfylder, at σ(kv) = Kv for alle v V (dvs. at σ opererer trivielt på det projektive rum). Så er σ = ± id. Bevis. Ifølge Lemma 1.14 er σ = a id for et a K. For alle u, v V må u, v = σ(u), σ(v) = au, av = a 2 u, v. Da V er ikke-udartet må a 2 = 1, altså a = ± 1. Til sidst omtales generelle isometrier. Lad, være et skalarprodukt på V og {, } et skalarprodukt på W. En vektorrumsisomorfi ρ : V W kaldes en isometri, hvis der gælder u, v = {ρ(u), ρ(v)} for alle u, v V. Det er klart, at alle væsentlige egenskaber af en geometri bibeholdes ved isometrier. For eksempel er isometrigrupperne isomorfe: Hvis x G, så er ρ x ρ 1 G {, }, 35

36 og x ρ x ρ 1 er en isomorfi mellem G, og G {, }. Hvis u, v W eksisterer u, v V, så ρ(u) = u, ρ(v) = v. Vi har nu {u, v } = {ρ(u), ρ(v)} = u, v, da ρ isometri = x(u), x(v), da x G, = {(ρ x)(u), (ρ x)(v)}, da ρ isometri = {(ρ x ρ 1 )(u ), (ρ x ρ 1 )(v )} Lemma Antag at V og W er ikke-udartede symplektiske rum af samme dimension 2k. Så eksisterer der en isometri mellem V og W. Bevis. Hvis v 1, v 2 og v 1, v 2 er to hyperbolske par, og P og P de hyperbolske planer frembragt af v 1, v 2 og v 1, v 2, fastlægges ved ρ(v 1 ) = v 1 og ρ(v 2 ) = v 2 en isometri mellem P og P. (For eksempel er {ρ(v 1 ), ρ(v 2 )} = 1 (i P ), og v 1, v 2 = 1 (i P ), så v 1, v 2 = {ρ(v 1 ), ρ(v 2 )}). Ifølge Sætning 3.11 (2) findes der hyperbolske planer P 1, P 2,, P k og P 1, P 2,, P k, så V = P 1 P 2 P k W = P 1 P 2 P k. Det er klart, at isometrierne mellem hvert P i og P i forklaret ovenfor inducerer en isometri mellem V og W. 36

37 4 Symplektiske grupper K version Det forrige kapitel ledte op til, at vi har to klasser af geometrier med dertil hørende isomorfigrupper. Vi betragter her det symplektiske tilfælde. I dette kapitel antages V at være et ikke-udartet symplektisk rum. Ifølge Sætning 3.11 er V = P 1 P 2 P n, hvor hvert P i er en hyperbolsk plan. Vi antager, at hvert P i er udspændt af et hyperbolsk par P i = Kv i + Kw i. Vi har så at dim V = 2n, V har basis B = {v 1, w 1, v 2, w 2,, v n, w n }, og der gælder for alle i, j, i j v i, v i = 0, w i, w i = 0, v i, w i = 1 v i, v j = v i, w j = w i, w j = 0. Skalarproduktets matrix med hensyn til B er altså A = En basis med hensyn til hvilken skalarproduktets matrix ser sådan ud, kaldes en symplektisk basis for V. Der findes pånær isometri kun ét ikke-udartet symplektisk rum af dimension 2n (ifølge Lemma 3.13), og derfor er deres isometrigrupper isomorfe, (jfr. Kapitel 3). Isometrigrupperne betegnes med Sp(V ) eller Sp(2n, K). Hvis matricen A er som ovenfor, gælder ifølge Kapitel 3, at Sp(2n, K) = {X GL(2n, K) X t AX = A}. Bemærkning. Hvis B er en symplektisk basis for V og g Sp(V ), så er g(b) igen en symplektisk basis for V : B = {v 1, w 1, v 2, w 2,, v n, w n }, g(b) = {g(v 1 ), g(w 1 ), g(v 2 ), g(w 2 ),, g(v n ), g(w n )}. 37

38 For eksempel er g(v i ), g(v j ) = v i, v j = 0, fordi g er en isometri. Omvendt, hvis B = {v 1, w 1, v 2, w 2,, v n, w n} er en anden symplektisk basis for V, så vil der ved h : v i v i, w i w i fastlægges et element h GL(V ). (Basis føres i basis). Men faktisk er h Sp(V ), som man let ser. Det eneste element i Sp(V ) som holder en symplektisk basis fast elementvis, er id. Vi har hermed forklaret, at Sp(V ) virker transitivt og tro på mængden af symplektiske baser for V. Da V er ikke-udartet, så er afbildningen φ L K (V, V ) defineret ved φ(u)(v) = u, v en isomorfi (jfr. Kapitel 3). For u V lader vi ũ V betegne φ(u). Vi kan med det samme afklare, hvilke transvektioner (Kapitel 1) i GL(V ) er indeholdt i Sp(V ). En generel transvektion kan skrives τ(σ, u), hvor σ V og u ker σ, og er defineret ved τ(σ, u)(v) = v + σ(v)u for alle v V. Lemma 4.1. Lad τ(σ, u) GL(V ) være en transvektion. Der gælder τ(σ, u) Sp(V ) c K : σ = cũ. Bevis. Sæt τ = τ(σ, u). Lad v, w V. Der gælder τ(v), τ(w) = v + σ(v)u, w + σ(w)u = v, w + σ(v) u, w + σ(w) v, u, da u, u = 0 (symplektisk geometri). Bemærk, at pr. definition er u, w = ũ(w) og v, u = u, v = ũ(v). Vi får derfor fra det ovenstående, at udsagnet τ Sp(V ) er ensbetydende med For alle v, w V : σ(v)ũ(w) = σ(w)ũ(v). ( ) Det er klart, at hvis σ = cũ, c K, så er ( ) opfyldt. Antag nu, at ( ) er opfyldt. Vælg w V så ũ(w) 0. Dette er muligt, da ũ V \ {0} fordi u 0. Sæt c = σ(w)ũ(w) 1. Fra ( ) fås så at σ(v) = cũ(v) for alle v V, altså σ = cũ. 38