Homomorphismus gesucht < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:05 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Diophant |
| Aufgabe | Zeigen Sie: die Menge H der Matrizen der Form
[mm] A=\pmat{ r & a \\ a & r }
[/mm]
mit r>0 und det A=1 bildet eine zu [mm] \left(\IR^{+},\*\right) [/mm] isomorphe Untegruppe von [mm] GL\left(2,\IR\right). [/mm] |
Hallo,
bei dieser Aufgabe aus S. Lang, Algebraische Strukturen hänge ich. Der Nachweis, dass es sich bei H zusammen mit der Matrizenmultiplikation um eine Untergruppe von [mm] GL\left(2,\IR\right) [/mm] handelt, ist ja schnell erbracht (Neutrales Element ist klar, das inverse Element muss wegen der gegebenen Invertierbarkeit existieren und man rechnet leicht nach, dass es ebenfalls zu H gehört; auch das Produkt zweier solcher Matrizen liegt wieder in H). Aber es hapert bei mir, für eine der beiden möglichen Richtungen einen geeigneten Gruppenmorphismus zu finden (von dem ja dann auch noch die Bijektivität zu zeigen wäre). Hätte da jemand einen klitzekleinen Tipp für mich, oder übersehe ich vielleicht eine einfachere Möglichkeit?
Wieder vielen Dank im Voraus für jede Antwort!
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:22 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Dath |
Homomorphismus ist nicht gleich Isomorphismus. Im Prinzip hängt sich das ganze an der Determinantenforderung auf. Du hast ja eine Gleichung, die zwei Variablen beinhaltet. Warum allerdings isomorph zu R+ ist mir auf den ersten Blick auch nicht ersichtlich, zumindest weil keine Aussage über d getroffen wird. Ich denke mal darüber nach...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:25 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> Homomorphismus ist nicht gleich Isomorphismus.
Das ist mir auch klar: darum schrieb ich auch, dass man für einen solchen Homomorphismus auch noch die Bijektivität zeigen muss. Denn ein bijektiver Gruppenmorphismus ist doch ein Isomorphismus?
Gruß, Diophant
PS: Die Aufgabe ist im Originalwortlaut abgetippt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:37 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Dath |
Sorry, überlesen^^. Hm. also man kann, wenn man die Determinante ausschreibt, zeigen, dass
[mm]det(A)=r^2-d^2=1 => d1=sqrt(r^2-1)
d2=-sqrt(r^2-1)
wobei r^2-1=(r+1)*(r-1).[/mm]
Also müsste sogar r>=1, falls d reell sein soll.
Ehrlich gesagt, bei isomorphismus hapert's bei mir im Moment bezogen auf die Aufgabe. Aus den Gleichungen von oben kann man zeigen, dass, aufgrund des +/- vor der Wurzel die Gruppe auf jeden Fall isomorph zu einer zweifachen Überlagerung von R+ ist.
[Es sei denn ich hab was überlesen. Ich schau noch mal kurz was nach, dann erstatte ich Rapport :) ]
[EDIT:] Hmmm. Keine Ahnung, ich bin kein Algebraiker, sondern Geometer und Analytiker... Ich befürchte, meine Weisheit ist erschöpft, wenn du nicht ein Ass aus dem ärmel zauberst, Diophant.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:41 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Diophant |
Hallo Dath,
danke für deine Mühe, aber alle diese Dinge habe ich natürlich selbst schon berechnet. 
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:07 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Dath |
Man könnte auch einen Gegenbeweis bringen, dass die Aufgabe nicht stimmt... Ich denke, wir haben nicht übersehen, aber das Vorzeichen von a (bzw. wie ich geschrieben habe: d) ist nicht eindeutig festgelegt. Wir konnten zeigen (bzw. können leicht zeigen), dass:
[mm]\bruch{H}{\IZ_{2}} \congr \IR^{+} [/mm].
Falls wir dennoch etwas übersehen haben muss es ziemlich offensichtlich gewesen sein. Der Stern in der Gruppe soll doch Multiplikation sein?
Nur ne dumme Frage am Rand: R+ ist nicht isomorph zu R oder? Dann hätten wir die Aufgabe nämlich gelöst, wenn dem so wäre. Dann müssten wir a statt r betrachten, denn wir könnten aus a das positive r eindeutig rekonstruieren.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:10 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Diophant |
Hallo Dath,
becvor du hier irgendwelche Gegenbeweise führen möchtest: sagt dir der Name Serge Lang denn etwas?
[mm] (\IR^{+},\*) [/mm] ist nicht isomorph zu [mm] (\IR,\*), [/mm] was man leicht einsieht, wenn man bedenkt, dass es im zweiten Fall ein Element der Ordnung 2 gibt (-1), im ersten Fall gibt es kein solches Element.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:12 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Dath |
Leider ja... Er ist mit ein grund warum ich Algebra abseits der homologischen Algebra und der Lie-Gruppen nicht mag :p
EDIT: ich sag ja, dumme Frage.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:28 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Diophant |
Hallo Dath,
wenn du diese Aufgabe für eine dumme Frage hältst, so ist das dein gutes Recht. Mein gutes Recht ist es jedoch, sowohl den Autor dieser Frage als auch seine Aufgaben sehr zu schätzen, da seine Aufgaben äußerst lehrreich sind und auch immer die inner Schönheit des jeweiligen Fachgebietes widerspiegeln.
Weshalb, wenn du die Frage dumm findest, antwortest du dann? Mir ist damit ehrlich gesagt überhaupt nicht geholfen.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:29 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Dath |
Nein, da liegt ein Missverständnis vor. Ich mag den Autor nicht, aber das beruht darauf, dass ich Algebra allgemein nicht mag. Mit der dummen Frage war meine Frage (Isomorphismus von R zu R+) gemeint. Die Frage an sich finde ich sehr spannend.
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Hallo Diophant!
> Zeigen Sie: die Menge H der Matrizen der Form
>
> [mm]A=\pmat{ r & a \\ a & r }[/mm]
>
> mit r>0 und det A=1 bildet eine zu [mm]\left(\IR^{+},\*\right)[/mm]
> isomorphe Untegruppe von [mm]GL\left(2,\IR\right).[/mm]
> Hallo,
>
> bei dieser Aufgabe aus S. Lang, Algebraische Strukturen
> hänge ich. Der Nachweis, dass es sich bei H zusammen mit
> der Matrizenmultiplikation um eine Untergruppe von
> [mm]GL\left(2,\IR\right)[/mm] handelt, ist ja schnell erbracht
> (Neutrales Element ist klar, das inverse Element muss wegen
> der gegebenen Invertierbarkeit existieren und man rechnet
> leicht nach, dass es ebenfalls zu H gehört; auch das
> Produkt zweier solcher Matrizen liegt wieder in H). Aber es
> hapert bei mir, für eine der beiden möglichen Richtungen
> einen geeigneten Gruppenmorphismus zu finden (von dem ja
> dann auch noch die Bijektivität zu zeigen wäre). Hätte
> da jemand einen klitzekleinen Tipp für mich, oder
> übersehe ich vielleicht eine einfachere Möglichkeit?
>
> Wieder vielen Dank im Voraus für jede Antwort!
>
> Gruß, Diophant
Versuche es mal mit
$A [mm] \mapsto [/mm] r+a$
LG mathfunnel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:33 Mo 08.08.2011 | | Autor: | Dath |
Jupp, wenn ichs nachrechne gehts auf.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:47 Di 09.08.2011 | | Autor: | Diophant |
Hallo mathfunnel,
vielen Dank für deinen Tipp, damit funktioniert es wunderbar:
i).
Det A=1 [mm] \Rightarrow r^2-a^2=1 \gdw r=\wurzel{1+a^2}
[/mm]
ii). Untergruppenaxiome nachweisen:
- mit a=0 und r=1 liegt [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 } [/mm] in H.
- Sei [mm] A=\pmat{ \wurzel{1+a^2} & a \\ a & \wurzel{1+a^2} } [/mm] und [mm] B=\pmat{ \wurzel{1+b^2} & b \\ b & \wurzel{1+b^2} }, [/mm] dann rechnet man nach:
[mm] A*B=\pmat{ \wurzel{(1+a^2)*(1+b^2)}+ab & b*\wurzel{1+a^2}+a*\wurzel{1+b^2} \\ b*\wurzel{1+a^2}+a*\wurzel{1+b^2} & \wurzel{(1+a^2)*(1+b^2)}+ab }
[/mm]
Wegen Det(A*B)=DetA*DetB liegt also auch A*B in H
- [mm] A^{-1}=\pmat{ \bruch{r}{r^2-a^2} & -\bruch{a}{r^2-a^2} \\ -\bruch{a}{r^2-a^2} & \bruch{r}{r^2-a^2} }=\pmat{ r & -a \\ -a & r }\in [/mm] H
H ist also eine Untergruppe von [mm] GL(2,\IR).
[/mm]
iii). Nun zum Nachweis der Isomorphie:
Die Abbildung f: [mm] H\to\IR^+ [/mm] mit
f: A [mm] \mapsto r+a=\wurzel{1+a^2}+a
[/mm]
ist ein Homomorphismus:
[mm] f(AB)=\wurzel{(1+a^2)(1+b^2)}+ab+b*\wurzel{1+a^2}+a*\wurzel{1+b^2}
[/mm]
[mm] =a*\left(b+\wurzel{1+b^2}\right)+\wurzel{1+a^2}*\left(b+\wurzel{1+b^2}\right)
[/mm]
[mm] =\left(a+\wurzel{1+a^2}\right)\left(b+\wurzel{1+b^2}\right)
[/mm]
=f(A)*f(B).
Der Rest ist einfach: die Funktion f: [mm] \IR\to\IR^+ [/mm] mit [mm] f(x)=x+\wurzel{1+x^2} [/mm] ist streng monoton steigend und strebt für [mm] x\to -\infty [/mm] gegen 0 und für [mm] x\to\infty [/mm] gegen [mm] \infty. [/mm] Damit ist die Abbildung f bijektiv.
q.e.d.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:49 Di 09.08.2011 | | Autor: | mathfunnel |
Hallo Diophant!
> Hallo mathfunnel,
>
> vielen Dank für deinen Tipp, damit funktioniert es
> wunderbar:
>
> i).
> Det A=1 [mm]\Rightarrow r^2-a^2=1 \gdw r=\wurzel{1+a^2}[/mm]
Die Wurzel brauchst Du nicht!
>
>
> ii). Untergruppenaxiome nachweisen:
>
> - mit a=0 und r=1 liegt [mm]\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 }[/mm] in H.
>
> - Sei [mm]A=\pmat{ \wurzel{1+a^2} & a \\ a & \wurzel{1+a^2} }[/mm]
> und [mm]B=\pmat{ \wurzel{1+b^2} & b \\ b & \wurzel{1+b^2} },[/mm]
> dann rechnet man nach:
>
> [mm]A*B=\pmat{ \wurzel{(1+a^2)*(1+b^2)}+ab & b*\wurzel{1+a^2}+a*\wurzel{1+b^2} \\ b*\wurzel{1+a^2}+a*\wurzel{1+b^2} & \wurzel{(1+a^2)*(1+b^2)}+ab }[/mm]
Die Wurzel stört hier nur.
>
> Wegen Det(A*B)=DetA*DetB liegt also auch A*B in H
>
> - [mm]A^{-1}=\pmat{ \bruch{r}{r^2-a^2} & -\bruch{a}{r^2-a^2} \\ -\bruch{a}{r^2-a^2} & \bruch{r}{r^2-a^2} }=\pmat{ r & -a \\ -a & r }\in[/mm]
> H
>
> H ist also eine Untergruppe von [mm]GL(2,\IR).[/mm]
Du zeigst nicht, dass der Matrixeintrag des Produkts an der Stelle $1,1$ größer als $0$ ist!
>
>
> iii). Nun zum Nachweis der Isomorphie:
>
> Die Abbildung f: [mm]H\to\IR^+[/mm] mit
>
> f: A [mm]\mapsto r+a=\wurzel{1+a^2}+a[/mm]
>
> ist ein Homomorphismus:
>
> [mm]f(AB)=\wurzel{(1+a^2)(1+b^2)}+ab+b*\wurzel{1+a^2}+a*\wurzel{1+b^2}[/mm]
>
> [mm]=a*\left(b+\wurzel{1+b^2}\right)+\wurzel{1+a^2}*\left(b+\wurzel{1+b^2}\right)[/mm]
>
> [mm]=\left(a+\wurzel{1+a^2}\right)\left(b+\wurzel{1+b^2}\right)[/mm]
> =f(A)*f(B).
>
> Der Rest ist einfach: die Funktion f: [mm]\IR\to\IR^+[/mm] mit
> [mm]f(x)=x+\wurzel{1+x^2}[/mm] ist streng monoton steigend und
> strebt für [mm]x\to -\infty[/mm] gegen 0 und für [mm]x\to\infty[/mm] gegen
> [mm]\infty.[/mm] Damit ist die Abbildung f bijektiv.
>
> q.e.d.
>
???
Finde zu [mm] $\lambda \in \mathbb{R}^+$ [/mm] eine Matrix $A$ mit [mm] $\lambda [/mm] = r+a$ und [mm] $r^2-a^2 [/mm] = 1$.
Das ist leicht!
> Gruß, Diophant
LG mathfunnel
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