Semidirektes Produkt, GL_n(K) < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:34 Fr 16.10.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Es sei K ein Körper.
Beweise: [mm] GL_n(K) [/mm] ist semidirektes Produkt des Normalteilers [mm] SL_n [/mm] (K) und der Gruppe [mm] H:=\{diag(a,1,...,1)| a \in K^{\*}\}.
[/mm]
Da H [mm] \cong K^{\*} [/mm] schreibt man auch [mm] GL_n(K) =SL_n(K) \rtimes K^{\*} [/mm] |
Hallo,
Definition: Es sei G eine Gruppe, N Normalteiler von G, H $ [mm] \le [/mm] $ G . Man sagt, G sei das (innere) semidirekte produkt von N und H, wenn G=NH und $ [mm] N\cap [/mm] $ H= $ [mm] \{e\}. [/mm] $ Man schreibt dafür G=N $ [mm] \rtimes [/mm] $ H.
Es ist klar, dass [mm] SL_n [/mm] (K) Normalteiler von [mm] GL_n(K) [/mm] ist, sowie H Untergruppe von [mm] GL_n(K). [/mm] Auch ist schnell nachgerechnet, dass [mm] SL_N(K) \cap [/mm] H= [mm] I_n.
[/mm]
Aber wie folgt [mm] GL_n(K)= SL_n(K)H?
[/mm]
[mm] (\supseteq)
[/mm]
Sei [mm] S\in SL_n(K), [/mm] B [mm] \in [/mm] H d.h. B=diag(a,1,1,...,1) mit [mm] a\in K^{\*}
[/mm]
[mm] det(S*H)=det(S)*det(H)=1*a=a\not=0 \Rightarrow [/mm] S*H [mm] \in GL_n(k)
[/mm]
[mm] (\subseteq)
[/mm]
Sei A [mm] \in GL_n(K) [/mm] so ist det(A)=b mit b [mm] \not=0 \Rightarrow [/mm] b [mm] \in K^{\*}
[/mm]
Aber wie kann ich A durch eine Matrix mit Determinante 1 und mit einer Diagonalmatrix in der obigen Form darstellen? Ist das eine spezielle Zerlegung?
Oder soll das Bsp. anders gelöst werden(da es sich ja um Algebra und nicht primär lineare Algebra handelt)? Ist ein Homomorphismus
[mm] \Theta: [/mm] H [mm] \rightarrow [/mm] Aut(N), h [mm] \rightarrow \Theta_h [/mm] zu suchen um erstmal [mm] GL_n(K) [/mm] als ein äußeres semidirektes Produkt von N und H darszustellen. Denn [mm] N^{\*}={(n, e_H)|n \in N\} [/mm] und [mm] H^{\*}={(e_N, h)|h \in H\} [/mm] ergeben so ja immer ein inneres semidirektes Produkt.
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:10 Fr 16.10.2015 | | Autor: | hippias |
> Es sei K ein Körper.
> Beweise: [mm]GL_n(K)[/mm] ist semidirektes Produkt des Normalteilers
> [mm]SL_n[/mm] (K) und der Gruppe [mm]H:=\{diag(a,1,...,1)| a \in K^{\*}\}.[/mm]
>
> Da H [mm]\cong K^{\*}[/mm] schreibt man auch [mm]GL_n(K) =SL_n(K) \rtimes K^{\*}[/mm]
>
> Hallo,
>
> Definition: Es sei G eine Gruppe, N Normalteiler von G, H
> [mm]\le[/mm] G . Man sagt, G sei das (innere) semidirekte produkt
> von N und H, wenn G=NH und [mm]N\cap[/mm] H= [mm]\{e\}.[/mm] Man schreibt
> dafür G=N [mm]\rtimes[/mm] H.
Genau: mach es so.
>
> Es ist klar, dass [mm]SL_n[/mm] (K) Normalteiler von [mm]GL_n(K)[/mm] ist,
> sowie H Untergruppe von [mm]GL_n(K).[/mm] Auch ist schnell
> nachgerechnet, dass [mm]SL_N(K) \cap[/mm] H= [mm]I_n.[/mm]
>
> Aber wie folgt [mm]GL_n(K)= SL_n(K)H?[/mm]
> [mm](\supseteq)[/mm]
> Sei [mm]S\in SL_n(K),[/mm] B [mm]\in[/mm] H d.h. B=diag(a,1,1,...,1) mit
> [mm]a\in K^{\*}[/mm]
> [mm]det(S*H)=det(S)*det(H)=1*a=a\not=0 \Rightarrow[/mm]
> S*H [mm]\in GL_n(k)[/mm]
Trivial, aber richtig.
> [mm](\subseteq)[/mm]
> Sei A [mm]\in GL_n(K)[/mm] so ist det(A)=b mit b [mm]\not=0 \Rightarrow[/mm]
> b [mm]\in K^{\*}[/mm]
> Aber wie kann ich A durch eine Matrix mit
> Determinante 1 und mit einer Diagonalmatrix in der obigen
> Form darstellen? Ist das eine spezielle Zerlegung?
Wir nehmen mal an, Du haettest eine solche Darstellung gefunden: Wenn $A= SH$, was folgt dann fuer $a$?
Nachdem nun das $a$, und damit $H$, als durch $A$ eindeutig festgelegt erkannt wurde, ist auch das $S$ eindeutig bestimmt: $S= [mm] AH^{-1}$.
[/mm]
Damit ist zwar die Existenz nicht bewiesen, aber Du kannst jetzt als Ansatz $a$ und $H$ wie eben definieren, und dann auch $S:= [mm] AH^{-1}$ [/mm] setzen, und nun zeigen, dass diese Wahl von $S$ und $S$ das gewuenschte liefert.
>
> Oder soll das Bsp. anders gelöst werden(da es sich ja um
> Algebra und nicht primär lineare Algebra handelt)?
Das sind keine Gegensaetze.
> Ist ein
> Homomorphismus
> [mm]\Theta:[/mm] H [mm]\rightarrow[/mm] Aut(N), h [mm]\rightarrow \Theta_h[/mm] zu
> suchen um erstmal [mm]GL_n(K)[/mm] als ein äußeres semidirektes
> Produkt von N und H darszustellen. Denn [mm]N^{\*}={(n, e_H)|n \in N\}[/mm]
> und [mm]H^{\*}={(e_N, h)|h \in H\}[/mm] ergeben so ja immer ein
> inneres semidirektes Produkt.
Dieser Ansatz geht sicher auch, aber Dein erster ist schon erfolgversprechend. Z.B. betrachte Homo. [mm] $\det:GL_{n}(K)\to K^{\star}$ [/mm] mit Kern [mm] $SL_{n}(K)$. [/mm] Die Einschraenkung von [mm] $\det$ [/mm] auf $H$ ist offensichtlich surjektiv. Dies liefert Dir sofort die Zerlegung.
> LG,
> sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:35 Fr 16.10.2015 | | Autor: | sissile |
danke ;)
LG,
sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:02 Fr 16.10.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Der erste Ansatz mittels der Definition, des inneren semidirekten Produkt ist somit klar. Damit habe ich das Bsp. lösen können.
Ich würde aber gerne den zweiten Ansatz mit dem Umweg über das äußere semidirekte Produkt auch verstehen..
> Dieser Ansatz geht sicher auch, aber Dein erster ist schon erfolgversprechend. Z.B. betrachte Homo. $ [mm] \det:GL_{n}(K)\to K^{\star} [/mm] $ mit Kern $ [mm] SL_{n}(K) [/mm] $. Die Einschraenkung von $ [mm] \det [/mm] $ auf $ H $ ist offensichtlich surjektiv. Dies liefert Dir sofort die Zerlegung.
Das kartesische Produkt [mm] G=SL_n \times [/mm] H der Mengen [mm] SL_n [/mm] und H ist die Menge aller Paare (S,D) mit S [mm] \in SL_n [/mm] und D [mm] \in [/mm] H. Dieses Produkt bildet zusammen mit der Verknüpfung
[mm] (S_1, D_1)*(S_2, D_2)=(S_1 \Theta_{D_1} (S_2), D_1 D_2)
[/mm]
eine Gruppe.
Nun muss ich einen Homomorphismus [mm] \Theta: [/mm] H [mm] \rightarrow Aut(SL_n), [/mm] H [mm] \rightarrow \Theta_H [/mm] finden sodass die definierte Gruppe der [mm] GL_n(K) [/mm] entspricht.
Mir wäre nun durch deinne Hinweis eingefallen:
Wir haben den surjektiven Homomorphismus det: [mm] GL_n(K) \rightarrow K^{\*}
[/mm]
Nach den Homomorphiesatz bildet die Abbildung:
[mm] GL_n(K) /SL_n(K) \rightarrow K^{\*}
[/mm]
[mm] A*SL_n(K) \rightarrow [/mm] det(A)
einen Isomorphismus.
Jetzt schränke ich das ganze noch auf H ein, dabei bleibt die surjektivität von [mm] det|_H: GL_n(K) \rightarrow K^{\*} [/mm] erhalten:
[mm] \phi :H/SL_n(k) \rightarrow K^{\*}
[/mm]
[mm] D*SL_n(K) \rightarrow [/mm] det(D)
Sei [mm] \Pi: [/mm] H [mm] \rightarrow H/SL_n(K) [/mm] mit [mm] \Pi(D)=D SL_n(K) [/mm] die Projektion, die einem Element seine Nebenklasse zuordnet und somit nach Vorlesung ein Homomorphismus.
[mm] \Pi \circ \phi: [/mm] H [mm] \rightarrow K^{\*}
[/mm]
Aber das stimmt doch noch nicht, denn [mm] \Theta [/mm] soll in der Automorphismengruppe von [mm] SL_n [/mm] landen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:34 Sa 17.10.2015 | | Autor: | hippias |
Mein Kommentar war nicht klar. Der zweite Ansatz dient nicht dazu eine eine Operation von [mm] $K^{\star}$ [/mm] auf [mm] $SL_{n}(K)$ [/mm] zu finden (jedenfalls wuesste ich nicht wie), er sollte lediglich eine weitere Alternative zum Nachweis der Zerlegung darstellen. Meiner Meinung nach ist dieser Weg der eleganteste.
Es gilt ganz allgemein: Sei $G$ Gruppe und [mm] $\phi$ [/mm] ein Homomoorphismus von $G$. Ist die Einschraenkung [mm] $\phi:H\to Bild\phi$ [/mm] ein Isomorphismus, so ist $G= [mm] HKern\phi$ [/mm] mit [mm] $H\cap Kern\phi=1$.
[/mm]
Wenn Du eine Operation von [mm] $K^{\star}$ [/mm] auf [mm] $SL_{n}(K)$ [/mm] so finden moechtest, dass das semidirekte Produkt isomorph zu [mm] $GL_{n}(K)$ [/mm] wird, dann fuehrt wohl kein Weg daran vorbei ein [mm] $a\in K^{\star}$ [/mm] wie [mm] $diag(a,1,\ldots,1)$ [/mm] auf [mm] $SL_{n}(K)$, [/mm] naemlich durch Konjugation, operieren zu lassen. Man definiere also fuer [mm] $S\in SL_{n}(K)$, [/mm] dass [mm] $S^{a}:=diag(a^{-1},1,\ldots,1) [/mm] S [mm] diag(a,1,\ldots,1)$. [/mm]
Aber jetzt muesste man alle Bedingungen pruefen und noch einen Isomorphismus angeben... Bleib' lieber bei der ersten Variante.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:47 Mo 19.10.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Danke für deine Antwort,das hatte ich wohl falsch verstanden!
> Es gilt ganz allgemein: Sei $ G $ Gruppe und $ [mm] \phi [/mm] $ ein Homomoorphismus von $ G $. Ist die Einschraenkung $ [mm] \phi:H\to Bild\phi [/mm] $ ein Isomorphismus, so ist $ G= [mm] HKern\phi [/mm] $ mit $ [mm] H\cap Kern\phi=1 [/mm] $.
Der Satz lautet also:
Sei G eine Gruppe
Man betrachtet eine Homomorphismus [mm] \phi [/mm] von G in irgedeine Gruppe.
Sei H eine Untergruppe von G sodass [mm] \phi|_{H}: [/mm] H [mm] \rightarrow img(\phi) [/mm] ein Isomorphismus.
So folgt G=H [mm] ker(\phi) [/mm] mit H [mm] \cap ker(\phi)=\{e\}
[/mm]
Oder meinst du bei [mm] \phi_|{_H}: [/mm] H [mm] \rightarrow img(\phi) [/mm] nur einen surjektiven Homomorphismus?Oder kommt die Injektivität mit der Einschränkung auf H?
Kannst du mir einen Tipp für den Beweis geben?Oder einen Link wo ich diesen Satz finde?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:44 Di 20.10.2015 | | Autor: | hippias |
> Hallo,
> Danke für deine Antwort,das hatte ich wohl falsch
> verstanden!
>
> > Es gilt ganz allgemein: Sei [mm]G[/mm] Gruppe und [mm]\phi[/mm] ein
> Homomoorphismus von [mm]G [/mm]. Ist die Einschraenkung [mm]\phi:H\to Bild\phi[/mm]
> ein Isomorphismus, so ist [mm]G= HKern\phi[/mm] mit [mm]H\cap Kern\phi=1 [/mm].
>
> Der Satz lautet also:
> Sei G eine Gruppe
> Man betrachtet eine Homomorphismus [mm]\phi[/mm] von G in irgedeine
> Gruppe.
> Sei H eine Untergruppe von G sodass [mm]\phi|_{H}:[/mm] H
> [mm]\rightarrow img(\phi)[/mm] ein Isomorphismus.
> So folgt G=H [mm]ker(\phi)[/mm] mit H [mm]\cap ker(\phi)=\{e\}[/mm]
>
> Oder meinst du bei [mm]\phi_|{_H}:[/mm] H [mm]\rightarrow img(\phi)[/mm] nur
> einen surjektiven Homomorphismus?Oder kommt die
> Injektivität mit der Einschränkung auf H?
Man muss [mm] $\phi|_{H}:H\rightarrow img(\phi)$ [/mm] Isomorphismus voraussetzen.
Die Surjektivitaet liefert $G= [mm] HKern\phi$: [/mm] Sei [mm] $g\in [/mm] G$. Dann ex. [mm] $h\in [/mm] H$ mit [mm] $g^{\phi}= h^{\phi}$. [/mm] Dann ist [mm] $h^{-1}g\in Kern\phi$... [/mm]
Die Injektivitaet liefert [mm] $H\cap [/mm] Kern [mm] \phi=1$.
[/mm]
>
> Kannst du mir einen Tipp für den Beweis geben?Oder einen
> Link wo ich diesen Satz finde?
>
> LG,
> sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:48 Sa 24.10.2015 | | Autor: | sissile |
> Dann ex. $ [mm] h\in [/mm] H $ mit $ [mm] g^{\phi}= h^{\phi} [/mm] $
Was bedeutet denn die Potenz [mm] \phi?
[/mm]
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:00 Sa 24.10.2015 | | Autor: | hippias |
[mm] $h^{\phi}:= \phi(h)$ [/mm] 
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