Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Eric Hofmann Fredrik Strömberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

�

SS 2008 30. Juni 2008

Lineare Algebra II

13. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

Im Folgenden bezeichnet 𝕂 einen Körper mit Charakteristik ≠ 2. V ist stets eine 𝕂-Vektorraum endlicher Dimension.

(G 50) Satz 9 für Hyperbolische Ebenen

Sei (V, q) eine hyperbolische Ebene über 𝕂. Weisen Sie nach, dass jede Isometrie s ∈ O(V, q) sich als Produkt von höchstens 2 Spiegelungen darstellen lässt. (Hinweis: Reduzieren Sie auf die beiden Fälle, die im Beweis von Satz 9 behandelt wurden.)

Lösung:

Da (V, q) eine hyperbolische Ebene ist, gibt es eine Basis u, v mit

q(u) = q(v) = 0 und b_{q}(u, v) = 1.

Die isotropen Vektoren in V sind genau die Vielfachen von u und von v. Da q(su) = q(sv) = 0 gelten muss, hat man entweder su = αu und sv = βv oder su = αv und sv = βu, mit α, β ∈ K^{∗}. Da außerdem b_{q}(su, sv) = 1, folgt β = α^{−1}. Also

su = αv, sv = α^{−1}u oder  (1)
su = αu, sv = α^{−1}v.  (2)

Gilt nun (1), so ist der Vektor αv + u ein Fixvektor von s, denn s(αv + u) = αα^{−1}v + αv = αv + u. Außerdem ist αv + u anisotrop. Also besitzt s einen anisotropen Fixvektor in V. Dies ist aber der erste Fall, der bereits in der Vorlesung im Beweis von Satz 9 gezeigt wurde.

Wir nehmen nun an, es gilt (2). Ist α = 1, folgt s = id. Da jede Spiegelung t die Gleichung t^{2} = id erfüllt, ist dann nichts zu zeigen. Ohne Einschränkung also α ≠ 1. Dann ist u + v anisotrop und s(u + v) + (u + v) ist ebenfalls anisotrop. Somit liegt hier der zweite Fall vor, der im Beweis von Satz 9 gezeigt wurde.

Bemerkung: Im Beweis von Satz 9 wurden in der Vorlesung die beiden Fälle behandelt (1) es gibt einen anisotropen Fixvektor zu s und (2) es gibt ein anisotropes v ∈ V, mit der Eigenschaft, dass sv − v ebenfalls anisotrop ist. Wenn V anisotrop ist, gilt immer (1) oder (2). Ist V isotrop, sind die Teilbeweise weiterhin gültig, es sind aber neben (1) und (2) noch weitere Fälle zu berücksichtigen.

(G 51)

Es gilt folgender Satz: Eine Isometrie s ist genau dann als Produkt von weniger als n = dim V Spiegelungen darstellbar, wenn s einen Fixvektor 0 ≠ v ∈ V besitzt. Eine Richtung (⇐) dieser Äquivalenz wurde bereits in der Vorlesung (für v anisotrop) behandelt, nun soll auch die umgekehrte Richtung gezeigt werden.

(a) Seien H_{1}, …, H_{r}, 1 ≤ r ≤ n, Hyperebenen in V. Beweisen Sie:

dim (H_{1} ∩ ⋯ ∩ H_{r}) ≥ n − r.

(b) Weisen nun nach: Ist s = s_{1} ⋯ s_{r}, mit r < n, und Spiegelungen s_{i} an Hyperebenen H_{i} ⊂ V, so gibt es einen Vektor 0 ≠ v ∈ V mit sv = v.

(c) Vervollständigen Sie die Beweisrichtung (⇐) aus der Vorlesung, indem Sie zeigen: Gibt es zu s einen isotropen Vektor 0 ≠ v ∈ V mit sv = v, so existiert auch ein anisotroper Fixvektor für s. (Hinweis: Betrachten Sie eine hyperbolische Ebene, die v enthält.)

Lösung:

(a) Beweis per Induktion. r = 1: eine Hyperebene hat Dimension n − 1. Induktionsschritt: Da dim H_{r} = n − 1 kann der Schnitt von r − 1 Hyperebenen H_{1} ∩ ⋯ ∩ H_{r−1} höchstens einen 1-dimensionalen Teilraum enthalten, der nicht in H_{r} enthalten ist. Damit folgt

dim ((H_{1} ∩ ⋯ ∩ H_{r−1}) ∩ H_{r}) ≥ dim(H_{1} ∩ ⋯ ∩ H_{r−1}) − 1 ≥ n − r − 1 − 1 = n − r.

(b) Da r < n ist nach (a) die Dimension von H_{1} ∩ ⋯ ∩ H_{r} mindestens 1. Es gibt also einen Vektor v ∈ H_{1} ∩ ⋯ ∩ H_{r}, mit v ≠ 0. Dann gilt

s_{1} ⋯ s_{r−1}s_{r}v =^{v∈H_{r}} s_{1} ⋯ s_{r−1}v = ⋯ =^{v∈H_{2}} s_{1}v =^{v∈H_{1}} v,

da für i = 1, …, r die Spiegelung s_{i} jeden Vektor aus H_{i} fixiert.

(c) Sei v ein isotroper Fixvektor von s. Da V nicht ausgeartet ist, gibt es eine u ∈ V, mit b_{q}(v, u) = 1 und q(u) = q(v) = 0. Die von u und v aufgespannt hyperbolische Ebene H lässt sich orthogonal von V abspalten: V = H ⊥ W. Es gilt b_{q}(sv, su) = b_{q}(v, u) = 1, da s Isometrie. Es folgt b_{q}(sv, su) = b_{q}(v, su) = 1 (da s v fixiert). Also ist sv ∈ H. Da sv = v ergibt sich su = u (su muss isotrop sein, vgl. (G 50). Dann ist aber auch u + v = su + sv = s(u + v) ein anisotroper Fixvektor von s.

(G 52)

Sei (V, q) ein nicht ausgearteter quadratischer Raum über 𝕂, mit dim V = n.

(a) Zeigen Sie: Ist n ungerade, so besitzt jedes s ∈ SO(V, q) einen Fixvektor ungleich 0.

(b) Wie lautet die analoge Aussage für gerades n?

Lösung:

(a) Ist t eine Spiegelung, so gilt bekanntlich det t = −1. Ist also s das Produkt von r Spiegelungen, so ist det s = (−1)^{r}. Da per Definition s ∈ SO(V, q) ⇒ det(s) = 1, muss r gerade sein. Insbesondere (da r ≤ n) ist r < n. Nach Aufgabe (G 51) bedeutet dies, dass s einen Fixvektor ≠ 0 hat.

(b) Analog zu (a) ergibt sich für gerades n: Ist s ∈ O(V, q) und det(s) = −1 so besitzt s einen Fixvektor v ≠ 0.

(G 53)

Sei (V, q) ein nicht ausgearteter quadratischer Raum über 𝕂. Geben sie (mit Nachweis) eine Isometrie s : V → V an, die sich nicht als Produkt von weniger als n = dim V Spiegelungen darstellen lässt.

Lösung:

Ein Beispiel für eine solche Isometrie ist −id_{V}. Beweis: −id_{V} hat keinen Fixvektor ungleich 0. Aus Aufgabe (G 51) und Satz 9 folgt somit, dass −id_{V} sich nicht als Produkt von r < n Spiegelungen darstellen lässt (wohl aber von n Spiegelungen).

(G 54) Drehungen in der Ebene

Sei nun (V, q) ein nicht ausgearteter quadratischer Raum der Dimension 2. Zeigen Sie: Für eine Isometrie s : V → V, s ≠ id_{V} sind folgende Aussagen äquivalent

1. s ∈ SO(V, q).

2. s ist Produkt von genau zwei Spiegelungen,

3. 0 ist der einzige Fixvektor von s.

Lösung:

Zunächst (1) ⇔ (2): s ∈ SO(V, q) ⇔ det(s) = 1 per Definition. det(s) = 1 ist wiederum gleichbedeutend mit s ist Produkt einer geraden Anzahl (= 2, da ≤ dim V) Spiegelungen.

(2) ⇒ (3): Beweis durch Widerspruch: Angenommen es gibt einen Fixvektor v ≠ 0. Es folgt s(αv) = αv für jedes α in K, also lässt s eine Gerade (= Hyperebene!) fest. Somit ist s die Spiegelung an dieser Geraden. Widerspruch!

(3) ⇒ (2): Angenommen: s ist nicht Produkt von 2 Spiegelungen, also, da s ≠ id_{V}, s ist eine Spiegelung. Dann lässt s eine Hyperebene (hier: Gerade) fest. Widerspruch!

(G 55)

Sei (V, q) eine nicht ausgearteter quadratischer Raum über 𝕂. Beweisen Sie folgenden Satz: Ist s eine Isometrie, für welche die Menge {x ∈ V; sx = x} eine Hyperebene H ⊂ V ist, dann ist H nicht ausgeartet (und somit s = s_{H}). Anleitung: Nehmen Sie an, H ist ausgeartet.

(a) Zeigen Sie: H ∩ H^{⊥} = H^{⊥}.

(b) Betrachten Sie die orthogonale Zerlegung H = H^{⊥} ⊥ W, mit W nicht ausgeartet. Zeigen Sie dann: W^{⊥} ist eine hyperbolische Ebene.

(c) Leiten Sie nun den Widerspruch s = id_{V} her.

Annahme: H ist ausgeartet. Also gibt es ein v ∈ H mit b_{q}(v, w) = 0 für jedes w ∈ H. Somit liegt der Vektor v in H^{⊥}. Da andererseits H eine Hyperebene (und V nicht ausgeartet ist), ist dim H^{⊥} = 1. Also gilt

H ∩ H^{⊥} = H^{⊥}.

Nun gibt es eine Zerlegung H = H^{⊥} ⊥ W, mit dim W = n − 2. W ist nicht ausgeartet, denn aus der Annahme es gibt ein u ∈ W mit b_{q}(u, w) = 0 für alle w ∈ W folgt b_{q}(u, v) = 0 für jedes v ∈ H und damit der Widerspruch u ∈ H^{⊥}.

Also ist W^{⊥} ein nicht ausgearteter 2-dimensionaler Teilraum von V. Es gilt H^{⊥} ⊆ W^{⊥}. Somit gibt es einen isotropen Vektor u ≠ 0 in W (denn u ∈ H^{⊥} = H^{⊥} ∩ H ⇒ b_{q}(u, u) = 0). Folglich ist W^{⊥} eine hyperbolische Ebene und es gibt ein v ∈ W^{⊥}, so dass u,v eine hyperbolische Basis bilden. Da u ∈ H gilt su = u folglich auch sv = v (vgl. (G 50)). Also lässt s W^{⊥} punktweise fest und ebenso W (da ⊂ H). Also ist s = id_{V}, und s lässt alle Punkte in V fest.Widerspruch!

Hausübungen

(H 26) Wiederholen Sie den Stoff der Linearen Algebra und bearbeiten Sie alle Aufgaben, die Sie bisher ausgelassen haben.