Analytische Geometrie und Lineare Algebra 2

Ina Kersten Dieser Universitätsdruck ist die Fortsetzung des 2005 erschienenen Titels „Analytische Geometrie und Linear...

Author: Ina Kersten

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Ina Kersten

Dieser Universitätsdruck ist die Fortsetzung des 2005 erschienenen Titels „Analytische Geometrie und Lineare Algebra 1“. Er wendet sich an Studierende des zweiten Semesters, die einen Studienabschluss in Mathematik, Physik oder in einem Zwei-Fächer-Bachelorstudiengang mit Mathematik als einem der beiden Fächer anstreben. Es werden einige Grundbegriffe der Algebra bereitgestellt, und es wird in die affine und projektive Geometrie eingeführt.

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 2

Ina Kersten Analytische Geometrie und Lineare Algebra 2

LATEX-Bearbeitung von Stefan Wiedmann

ISBN 3-938616-44-X

Universitätsdrucke Göttingen



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erschienen in der Reihe der Universitätsdrucke Göttingen 2006

Ina Kersten

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 2 LATEX-Bearbeitung von Stefan Wiedmann

Universitätsverlag Göttingen 2006

Bibliographische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliographie; detaillierte bibliographische Daten sind im Internet über abrufbar.

Anschrift der Autorin Prof. Dr. Ina Kersten Bunsenstraße 3–5 37073 Göttingen http://www.uni-math.gwdg.de/kersten/ [email protected]

Dieses Buch ist auch als freie Onlineversion über die Homepage des Verlags sowie über den OPAC der Niedersächsischen Staats- und Universitätsbibliothek (http://www.sub.uni-goettingen.de) erreichbar und darf gelesen, heruntergeladen sowie als Privatkopie ausgedruckt werden. Es gelten die Lizenzbestimmungen der Onlineversion. Es ist nicht gestattet, Kopien oder gedruckte Fassungen der freien Onlineversion zu veräußern. This work is protected by German Intellectual Property Right Law. It is also available as an Open Access version through the publisher’s homepage and the Online Catalogue of the State and University Library of Goettingen (http://www.sub.uni-goettingen.de). Users of the free online version are invited to read, download and distribute it. Users may also print a small number for educational or private use. However they may not sell print versions of the online book.

Satz und Layout: Stefan Wiedmann Graphiken: Ben Müller Titelabbildung: Modellsammlung Mathematisches Institut, Universität Göttingen Fotos: Jan-Philipp Hoffmann Bildbearbeitung: Claudia Gabler und Christian Herrmann Umschlaggestaltung. Margo Bargheer, Maren Büttner

© Universitätsverlag Göttingen 2006 ISBN 10: 3-938616-45-8 ISBN 13: 978-3-938616-44-4

5

Vorwort Dieser Universit¨ atsdruck enth¨ alt den Teil 2 der Vorlesung Analytische Geometrie und Lineare Algebra (AGLA). Teil 1 ist zum Wintersemester 2005/06 als Göttinger Universit¨ atsdruck erschienen und umfasst 10 Kapitel sowie ¨ 68 Ubungsaufgaben. Folgerichtig starten wir hier mit Kapitel 11 und der Aufgabe 69. Auf S¨ atze und Aufgaben aus fr¨ uheren Kapiteln kann einfach verwiesen werden, ohne dass die Bandnummer extra erwähnt werden muss. Im Sommersemester 2006 wird das AGLA-Reformprojekt 05/06 mit der Vorlesung AGLA II fortgesetzt. Der Schwerpunkt in der Lehre wird weiterhin in dem Lernerfolg bei den Studierenden gesehen. Es gibt auch im Sommersemester 2006 in den Vorlesungsstunden eine von Ben M¨ uller vorbereitete elektronische Pr¨ asentation des Lernstoffs, und dieser Universitätsdruck dient als Begleittext zum Vor- und Nacharbeiten. Auch der ¨ ELAN Pool mit den Ubungsgaben und der Möglichkeit, nach und nach Lösungshinweise bis hin zu und L¨ osungen abzurufen, wird wieder von Ben M¨ uller erarbeitet. Danken m¨ ochte ich an die Stelle allen Personen, den ich im Teil 1 schon gedankt habe, sowie den studentischen Hilfskräften und dem Assistenten Paul Mitchener, die im WS 2005/06 das AGLA-Reformprojekt mit großem Einsatz begleitet haben. April 2006

Ina Kersten

Ein Beispiel

Abbildung 1: Endliche affine Ebene

Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

6

Schreibweisen und Bezeichnungen Abk¨ urzende Schreibweisen A := B ∃ ∀ =⇒ ⇐⇒ \ |M | m∈M M ⊂N a6b a 0 ∈ H, also gibt es mindestens eine nat¨ urliche Zahl in H. Sei n ∈ N die kleinste nat¨ urliche Zahl in H (ungleich Null). Wir zeigen nun H = nZ . ”

nZ ⊆ H “ Sei k ∈ Z. k>0

=⇒

Induktion

nk = kn = n + · · · + n ∈ H | {z } k Summanden

k < 0 =⇒ n(−k) ∈ H =⇒ −n(−k) = nk ∈ H k = 0 =⇒ n · 0 = 0 ∈ H =⇒ nk ∈ H f¨ ur alle k ∈ Z. ”

H ⊆ nZ “ Sei h ∈ H. Es gibt q, r ∈ Z, 0 6 r < n mit h = nq + r (Division mit Rest) =⇒ r = |{z} h − nq ∈ H |{z} ∈H

∈H

Es folgt r = 0, da 0 6 r < n gilt und n nach Definition die kleinste positive Zahl in H ist.


11.6 Homomorphismus von Gruppen

11.6

17

Homomorphismus von Gruppen

Definition. Sei G eine Gruppe mit neutralem Element e und G0 eine Gruppe mit neutralem Element e0 . Wir schreiben G und G0 multiplikativ. Ein Homomorphismus ϕ : G −→ G0 ist eine Abbildung so, dass gilt: ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) f¨ ur alle a, b ∈ G Ein bijektiver Gruppenhomomorphismus ϕ : G −→ G0 heißt Isomorphismus. Zwei Gruppen G und G0 heißen isomorph, wenn es einen Isomorphismus ϕ : G −→ G0 gibt. Sind G und G0 isomorph, so schreiben wir G ' G0 . Beispiele. Folgende Abbildungen sind Gruppenhomomorphismen: 1. det : GLn (K) −→ K ∗ = K \ {0}, A 7−→ det A 2. ϕ : Z −→ G0 , n 7−→ an , f¨ ur festes a ∈ G0 3. ϕ : R+ −→ R∗ , x 7−→ exp(x), wobei R+ = R versehen mit Addition. Es gilt die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion: exp(x + y) = exp(x) exp(y) Es ist kern(ϕ) := {x ∈ R+ | ϕ(x) = 1} = {0} und bild(ϕ) = {y ∈ R | y > 0} 4. ϕ : C+ −→ C∗ , z 7−→ exp z. Dann gilt: exp z = exp w ⇐⇒ z − w ∈ 2πiZ Es ist kern(ϕ) := {z ∈ C | exp z = 1} = 2πiZ. Die komplexe Exponentialfunktion ist periodisch mit den Zahlen 2πik, k ∈ Z (und nur diesen) als Perioden. 5. Eine n-dimensionale Darstellung einer Gruppe G ist ein Homomorphismus ϕ : G −→ GLn (K). Beispiel: ϕ : S3 −→ GL3 (K)   0 1 0 1 2 3 σ := 7−→ 0 0 1 , 3 1 2 1 0 0   0 1 0 1 2 3 τ := 7−→ 1 0 0 2 1 3 0 0 1


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11 Einige Grundbegriffe der Algebra

Es ist S3 = {id, σ, σ 2 , τ, στ, σ 2 τ } mit der Hintereinanderausf¨ uhrung als Verkn¨ upfung. Die Bilder der anderen Permutationen ergeben sich nun aus diesen Beziehungen. Es ist σ 3 = id, τ 2 = id, τ σ 2 = στ und τ σ = σ 2 τ in S3 (vgl. 11.4.2). 6. S3 ist isomorph zur Gruppe    0  1 0 0 P = 0 1 0 , 0  1 0 0 1  1 0 0 0 0 1

P der Permutationsmatrizen     0 1 0 0 1 1 0 0 1 , 1 0 0 , 1 0 0 0 0 1 0 0 0    0 0 1  0 1 , 0 1 0  1 0 0 0

 0 0 , 1

(Nachrechnen durch Aufstellen einer Multiplikationstabelle!) Die Gruppe P operiert auf K 3 durch die Standardabbildungen, z.B.           c a 0 0 1 b a 0 1 0 0 0 1  b  =  c  , 1 0 0  b  = a b c 0 1 0 a c 1 0 0 Bemerkung. Sei ϕ : G −→ G0 ein Gruppenhomomorphismus, und seien e bzw. e0 die neutralen Elemente von G bzw. von G0 . (Wir schreiben G und G0 multiplikativ.) Dann gelten: 1. ϕ(e) = e0 (denn: ϕ(e) = ϕ(ee) = ϕ(e)ϕ(e) =⇒ e0 = ϕ(e)) 2. ϕ(a)−1 = ϕ(a−1 ) (denn: e0 = ϕ(e) = ϕ(aa−1 ) = ϕ(a)ϕ(a−1 )) 3. Ist H eine Untergruppe von G, so ist bild ϕ := {ϕ(h) | h ∈ H} eine Untergruppe von G0 4. kern ϕ := {a ∈ G | ϕ(a) = e0 } ist eine Untergruppe von G 5. kern ϕ = {e} ⇐⇒ ϕ ist injektiv. (Vgl. Aufgabe 71). 6. Ist ϕ : G −→ G0 ein Isomorphismus, so ist die Umkehrabbildung ϕ−1 : G0 −→ G ebenfalls ein Isomorphismus. Beweis. 3., 4. und 5. gehen analog wie in 4.4. Wir zeigen 6. Seien x, y ∈ G0 und a = ϕ−1 (x), b = ϕ−1 (y) , also ϕ(a) = x und ϕ(b) = y. Es folgt: ϕ−1 (xy) = ϕ−1 (ϕ(a)ϕ(b)) = ϕ−1 (ϕ(ab)) = ab = ϕ−1 (x)ϕ−1 (y)


11.7 Nebenklassen

11.7

19

Nebenklassen

Sei G eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe mit neutralem Element e, und sei H eine Untergruppe von G. Definition. Eine Linksnebenklasse ist eine Teilmenge von G der Form aH := {ah | h ∈ H} wobei a ∈ G fest gew¨ ahlt ist. Behauptung Die sogenannte Kongruenzrelation a ≡ b :⇐⇒ ∃ h ∈ H mit b = ah ¨ ist eine Aquivalenzrelation. Beweis.

1. a ≡ a, denn a = ae und e ∈ H nach 11.5

2. a ≡ b =⇒ b ≡ a, denn: a ≡ b =⇒ ∃h ∈ H mit b = ah =⇒ a = bh−1 und h−1 ∈ H (nach 11.5) =⇒ b ≡ a 3. a ≡ b, b ≡ c =⇒ a ≡ c, denn: a ≡ b, b ≡ c =⇒ ∃h, h0 ∈ H mit b = ah und c = bh0 =⇒ c = ahh0 =⇒ a ≡ c, da hh0 ∈ H (nach 11.5) Beispiel. Die symmetrische Gruppe S3 = {id, σ, σ 2 , τ, στ, σ 2 τ } mit    0 0 1 0 1 2 3 1 2 3 ↔ 1 σ= ↔ 0 0 1 , τ = 2 1 3 3 1 2 0 1 0 0

1 0 0

 0 0 1

hat bez¨ uglich der Untergruppe H = {id, στ } die drei Mengen {id, στ } = H = στ H

{σ, σ 2 τ } = σH = σ 2 τ H

{σ 2 , τ } = σ 2 H = τ H

als Linksnebenklassen. (Denn: στ ∈ H =⇒ H = στ H =⇒ σH = σ 2 τ H und σ 2 H = σ 3 τ H = τ H) Man hat eine disjunkte Zerlegung S3 = H ∪ σH ∪ τ H gemäß 11.1.


20


Beobachtung Es ist |H| = 2 und also Index(H) := Anzahl der Linksne3| benklassen = 3 = 62 = |S |H| .

11.8

Abz¨ ahlformel

Sei G eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe mit neutralem Element e, und sei H eine Untergruppe. Definition. Der Index von H in G, geschrieben als (G : H), ist die Anzahl der Linksnebenklassen von H in G. Satz. Es gelten: 1. G ist die disjunkte Vereinigung der Linksnebenklassen aH mit a ∈ G. 2. Jede Linksnebenklasse hat gleich viele Elemente wie H (ist gleichm¨ achtig, falls ∞) 3. F¨ ur die Gruppenordnungen |G| und |H| gilt die Abz¨ ahlformel |G| = |H| · (G : H) Ist |G| unendlich, so ist |H| oder (G : H) unendlich (oder beide). Beweis. ¨ 1. Die Nebenklassen sind nach 11.7 Aquivalenzklassen, also folgt die Behauptung aus 11.1. 2. Die Abbildung (von Mengen) H −→ aH, h 7−→ ah, ist bijektiv, denn sie ist offensichtlich surjektiv und es ist noch zu zeigen: ah = ah0 =⇒ h = h0 : Sei ah = ah0 =⇒ a−1 (ah) = a−1 (ah0 ) =⇒ h = h0 . 3. Die Abz¨ ahlformel folgt aus 1. und 2.

11.9

Die Ordnung von Gruppenelementen

Sei G eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe mit neutralem Element e , und sei a ∈ G . Die Ordnung von a ist die kleinste nat¨ urliche Zahl m ∈ N mit der Eigenschaft am = e, oder ∞, falls ein solches m nicht existiert. Wir schreiben ord a“ f¨ ur die Ordnung von a. ” Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

11.10 Die von einem Element erzeugte Untergruppe

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Beispiele. 1. Die Matrix A :=

1 1 ist ein Element der Ordnung 6 in GL2 (R), −1 0

denn:

1 1 1 1 0 1 −1 0 3 A = = , A = , −1 0 −1 0 −1 −1 0 −1 −1 −1 0 −1 1 0 A4 = , A5 = , A6 = = E2 1 0 1 1 0 1 2

2. Die Matrix

11.10

1 0

1 hat unendliche Ordnung in GL2 (R), denn es ist 1 n 1 1 1 n = ∀n ∈ N 0 1 0 1

Die von einem Element erzeugte Untergruppe

Satz. Sei G eine Gruppe, und sei m die Ordnung von a ∈ G. Dann sind die Elemente ak f¨ ur 0 6 k < m paarweise verschieden in G. Ist m < ∞, so ist H := {e, a, a2 , . . . , am−1 } eine Untergruppe der Ordnung m von G. Beweis. Angenommen, es w¨ are aj = ai mit 0 6 i < j < m. Dann wäre j−i a = e, was ord a 6 j − i < m zur Folge hätte. Widerspruch! Sei m < ∞. Dann besteht H aus m Elementen. Es ist e = am in H. F¨ ur 0 6 i, j < m gibt es q, r ∈ Z mit i − j = qm + r , wobei 0 6 r < m gilt. Es q folgt ai−j = aqm+r = (am ) ar = ar ∈ H . | {z } e

11.11

Satz von Lagrange

Sei G eine endliche Gruppe und H eine Untergruppe. Dann ist die Ordnung von H ein Teiler der Ordnung von G. Insbesondere ist die Ordnung eines jeden Elements von G ein Teiler der Ordnung von G. Beweis. Nach 11.8 ist |G| = |H| · (G : H) und also |H| ein Teiler von |G|. Wählen wir H wie in 11.10, folgt auch die zweite Behauptung. Korollar. Sei p eine Primzahl. Dann ist jede Gruppe der Ordnung p isomorph zu Z/pZ.


22


Beweis. Sei G eine Gruppe der Ordnung p. Wähle a 6= e aus G . Dann gilt ord a =: m 6= 1 und also m = p, da p Primzahl und da nach der 2. Behauptung im Satz von Lagrange m ein Teiler von |G| = p ist. Nach 11.10 folgt G = {e, a, . . . , ap−1 }, und die Abildung G −→ Z/pZ, ak 7−→ k f¨ ur k = 1, . . . , p ist ein Isomorphismus.

11.12

Erzeugung von Gruppen

Sei G eine Gruppe. Die von einer nichtleeren Teilmenge U ⊂ G erzeugte Untergruppe ist definiert als die kleinste Untergruppe von G, die U enthält. Sie besteht (bei multiplikativer Schreibweise) aus allen möglichen Produkten mit endlich vielen Faktoren aus U , deren Inversen und e. Beispiele. 1. Die von einem Element a ∈ G erzeugte Gruppe H nennt man zyklische Gruppe. Ist ord a = ∞, so ist H = {. . . , a−2 , a−1 , e, a, a2 , . . .}. Ist ord a = m < ∞, so ist H = {e, a, a2 , . . . , am−1 } von der Ordnung m nach 11.10. •

Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .} ist eine unendliche zyklische Gruppe bez¨ uglich Addition, sie wird von 1 erzeugt. Die Untergruppen nZ = {. . . , −2n, −n, 0, n, 2n, . . .} ⊂ Z werden von n erzeugt.

•

Z/nZ = {0, 1, . . . , n − 1} wird von 1 erzeugt, ist also zyklisch.

2. Die Kleinsche Vierergruppe V4 ist nicht zyklisch. Sie wird in GL2 (R) von den beiden Matrizen 1 0 −1 0 a := und b := 0 −1 0 1 erzeugt. Es ist V4 = {e = E2 , a, b, c := ab} mit Multiplikationstabelle:

a b c

a b c e c b c e a b a e

Die Gruppe ist kommutativ (vgl. 11.4.4). 3. Die symmetrische Gruppe S3 ist nicht zyklisch. Sie wird von zwei Elementen erzeugt (vgl. 11.4.3 und Aufgabe 74).


11.13 Klassifikation der zyklischen Gruppen

11.13

23

Klassifikation der zyklischen Gruppen

Satz. Jede zyklische Gruppe ist isomorph zu

Z oder zu Z/nZ mit einem n ∈ N.

Beweis. Sei G eine (multiplikativ geschriebene) zyklische Gruppe und a ein erzeugendes Element von G. 1. |G| = ∞ =⇒ G = {. . . , a−2 , a−1 , e, a, a2 , . . .}, und ist ein Isomorphismus (a0 := e).

Z −→ G, k 7−→ ak

2. |G| =: n ∈ N =⇒ G = {e, a, a2 , . . . , an−1 }, und G −→ Z/nZ, ak 7−→ k ist ein Isomorphismus nach 11.10.

11.14

Normalteiler

Sei G eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe. Eine Untergruppe H von G heißt Normalteiler in G, falls gilt aHa−1 ⊂ H f¨ ur jedes a ∈ G Hierbei ist aHa−1 := {aha−1 | h ∈ H}. Bemerkung. ¨ Aquivalent sind: i) H ist Normalteiler in G ii) aHa−1 = H ∀a ∈ G iii) aH = Ha ∀a ∈ G (d.h. jede Linksnebenklasse ist gleich der entsprechenden Rechtsnebenklasse) Beweis. i) =⇒ ii) H Normalteiler =⇒ aHa−1 ⊂ H ∀a ∈ G =⇒ a−1 Ha = a−1 H(a−1 )−1 ⊂ H ∀a ∈ G −1 −1 −1 =⇒ H = a a | {zHa} a ⊂ aHa ⊂H

ii) =⇒ iii) und iii) =⇒ i) sind trivial. Beispiele. 1. Jede Untergruppe einer abelschen Gruppe G ist Normalteiler in G. 2. SLn (K) ist Normalteiler in GLn (K), denn f¨ ur A ∈ GLn (K) und B ∈ SLn (K) gilt det(ABA−1 ) = det B = 1, also ABA−1 ∈ SLn (K) 7.8


24


3. ϕ : G −→ G0 Gruppenhomomorphismus, so ist kern ϕ Normalteiler in G, denn f¨ ur a ∈ G und b ∈ kern ϕ gilt ϕ(aba−1 ) = ϕ(a) ϕ(b) ϕ(a−1 ) = e0 und also aba−1 ∈ kern ϕ 11.6 |{z} e0

4. Jede Untergruppe H vom Index 2 in G ist Normalteiler in G. Denn ist a ∈ H, so ist aH = H = Ha. Ist a ∈ G \ H, so hat man disjunkte Vereinigungen H ∪ aH = G und analog H ∪ Ha = G. Daraus folgt 11.8

aH = Ha. 5. Die spezielle orthogonale Gruppe SOn (R) := {A ∈ On (R) | det A = 1} ist vom Index 2 und daher Normalteiler in der Gruppe der orthogonalen Matrizen On (R) := {A ∈ GLn (R) | tAA = En } . Beweis. F¨ ur A ∈ On (R) ist det A = ±1, vgl. 10.3. Hieran erkennt man, dass SOn (R) eine Untergruppe von On (R) ist. Die beiden Nebenklassen in On (R) sind SOn (R) und die Menge der Matrizen mit Determinante = −1, und also ist der Index 2.

11.15

Faktorgruppen

Sei G eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe, und sei H Normalteiler in G. Dann ist die Menge G/H := {aH | a ∈ G} aller Linksnebenklassen eine Gruppe mit Einselement H bez¨ uglich aH · bH := abH Es ist aHbH = abHH = abH, da bH

= Hb und HH = H. Hieraus

11.14

11.5

folgen Wohldefiniertheit und die Gruppengesetze. Man nennt G/H die Faktorgruppe von G nach H und sagt G modulo H“. ” Sind zwei der Gruppen G, H, G/H endlich, so ist auch die dritte endlich, und es gilt |G| |G/H| = |H| nach der Abz¨ ahlformel in 11.8. Ferner ist π : G −→ G/H, a 7−→ aH, ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit kern π = H. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

11.16 Homomorphiesatz

11.16

25

Homomorphiesatz

Satz. 1. Ist ϕ : G −→ G0 ein Gruppenhomomorphismus. Dann ist kern ϕ Normalteiler in G, und ϕ induziert einen Isomorphismus ∼

ϕ : G/ kern ϕ −→ bild ϕ 2. Ist f : V −→ W eine K-lineare Abbildung von K-Vektorr¨ aumen, so induziert f einen Isomorphismus ∼

f : V / kern f −→ bild f Beispiel. Die Determinante det : GLn (K) −→ K ∗ ist ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit Kern SLn (K) und induziert also einen Isomorphismus ∼ GLn (K)/SLn (K) −→ K ∗ . Beweis des Homomorphiesatzes. 1. Sei H := kern ϕ und ϕ : G/H −→ bild ϕ, aH 7−→ ϕ(a). Dann ist H Normalteiler in G nach 11.14, 3. Es ist ϕ wohldefiniert und injektiv, denn es gilt: aH = bH ⇐⇒ b ∈ aH nach 11.7 und 11.1i ⇐⇒ a−1 b ∈ H = kern ϕ −1

⇐⇒ e0 = ϕ(a−1 b) = ϕ(a) ⇐⇒ ϕ(a) = ϕ(b)

ϕ(b)

und es ist ϕ(aH · bH) = ϕ(abH) = ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(aH)ϕ(bH) Offenbar ist ϕ auch surjektiv und damit ein Isomorphismus. 2. folgt aus 1., da jeder Vektorraum eine (additive, abelsche) Gruppe ist. Es ist f : V / kern f −→ bild f,

v + kern f 7−→ f (v)


26


11.17

Der Begriff des Ringes

Definition. Ein Ring R ist eine Menge mit zwei Verkn¨ upfungen, Addition und Multiplikation genannt, und den Eigenschaften i) R bildet bez¨ uglich Addition eine abelsche Gruppe ii) Die Multiplikation ist assoziativ und hat ein neutrales Element iii) Es gelten die Distributivgesetze (a + b)c = ac + bc und c(a + b) = ca + cb ∀a, b, c ∈ R Beispiele. Jeder K¨ orper ist ein Ring. Es sind Z und Z/nZ Ringe bez¨ uglich gewöhnlicher Addition und Multiplikation. Mn×n (K) ist ein Ring bez¨ uglich Matrizenaddition und -multiplikation.

11.18

Der Begriff einer K -Algebra

Definition. Ein Ring R heißt K-Algebra, falls R mit einer K-Vektorraumstruktur versehen ist, die (λa)b = a(λb) = λ(ab) ∀a, b ∈ R, λ ∈ K erf¨ ullt (Vertr¨ aglichkeit der Skalarmultiplikation mit der Multiplikation im Ring) und deren Addition die des Ringes ist. Beispiele. 1. Mn×n (K) ist eine K-Algebra bez¨ uglich Matrizenaddition, -multiplikation und der Skalarmultiplikation     λa11 · · · λa1n a11 · · · a1n  ..  ..  :=  .. λ  ...  . .  .  an1

· · · ann

λan1

· · · λann

(Addition und Skalarmultiplikation sind komponentenweise definiert) 2. Sei V ein K-Vektorraum. Dann ist R := EndK V := {f : V −→ V | f ist K-linear} Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

11.19 Operationen von Gruppen auf Mengen

27

eine K-Algebra verm¨ oge (f + g)(v) := f (v) + g(v) ∀v ∈ V (f ◦ g)(v) := f (g(v)) ∀v ∈ V

) =⇒ Ringstruktur

und (λf )(v) := λf (v) ∀v ∈ V, λ ∈ K (Es ist (λf ) ◦ g = f ◦ (λg) = λ(f ◦ g); neutrales Element bez¨ uglich der Addition ist die Nullabbildung v 7−→ 0 und neutrales Element bez¨ uglich der Multiplikation ist die Identität v 7−→ v.)

11.19

Operationen von Gruppen auf Mengen

Definition. Eine Operation oder Aktion (von links) einer Gruppe G auf einer Menge X ist eine Abbildung G × X −→ X, (g, x) 7−→ gx, mit den Eigenschaften 1. ex = x ∀x ∈ X, wobei e das neutrale Element von G 2. (gg 0 )x = g(g 0 x) ∀g, g 0 ∈ G, x ∈ X Man nennt X dann eine G-Menge. Bemerkung. Ist X eine G-Menge, so definiert jedes g ∈ G eine bijektive Abbildung tg : X −→ X, x 7−→ gx mit Umkehrabbildung tg−1 .

11.20

Affiner Raum (additives Beispiel)

Ein affiner Raum u ¨ber K besteht aus einer Menge X = {P, Q, . . .} von Punkten“, einem K-Vektorraum V und einer einfach transitiven“ Rechts” ” operation von V (als additiver Gruppe) auf X, das ist eine Abbildung X × V −→ X, (P, v) 7−→ P + v mit den Eigenschaften 1. P + ~0 = P ∀P ∈ X 2. P + (v + w) = (P + v) + w ∀P ∈ X, v, w ∈ V 3. Die Operation ist einfach transitiv, d.h. zu je zwei Punkten P, Q ∈ X gibt es genau einen Vektor v ∈ V mit P + v = Q. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

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−−→ −−→ −−→ Wir schreiben dann v = P Q, also P + P Q = Q und nennen P Q den Ortsvektor von Q bez¨ uglich P . Q P v

−−→ Abbildung 3: v = P Q −−→ −−→ −→ Es ist P Q + QR = P R, denn −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ P + (P Q + QR) = (P + P Q) + QR = Q + QR = R 2.

3.

3.

−→ Andererseits gilt P + P R = R. Aus der Eindeutigkeitsaussage in 3. folgt 3. −−→ −−→ −→ P Q + QR = P R. Wir haben uns hier von der Auszeichnung des Nullpunktes befreit. Spezialfall Sei X = V . Definiere X × V −→ X, (w, v) 7−→ w + v, durch Addition in V . Dann sind 1.,2.,3. erf¨ ullt. Also kann jeder K-Vektorraum als affiner Raum betrachtet werden. Falls V = K n ist, schreibt man An (K).

11.21

Bahn und Stabilisator

Sei X eine G-Menge (mit Linksaktion). Dann gelten 1. X ist ein disjunkte Vereinigung von Bahnen (auch Orbits genannt), das sind Teilmengen der Form Gx := {gx | g ∈ G} wobei x ∈ X ist. 2. F¨ ur jedes x ∈ X ist der Stabilisator Stab x := {g ∈ G | gx = x} eine Untergruppe von G. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

11.22 Bahnformel

29

3. Sei Gx := Stab x und G/Gx := {gGx | g ∈ G} die Menge der Linksnebenklassen. Dann hat man eine Bijektion ∼

G/Gx −→ Gx, gGx 7−→ gx Beweis. 1. Durch x ∼ y :⇐⇒ ∃g ∈ G mit y = gx ¨ ist eine Aquivalenzrelation auf X definiert, denn x = ex =⇒ x ∼ x. Ist x ∼ y =⇒ y = gx =⇒ x = g −1 y =⇒ y ∼ x. Gilt x ∼ y und y ∼ z =⇒ y = gx, z = g 0 y = g 0 gx =⇒ x ∼ z. Nach Definition ist Gx = {y ∈ X | x ∼ y} =⇒ 1. 11.1

2. Es ist ex = x, also e ∈ Stab x. Ist g ∈ Stab x, so ist g −1 ∈ Stab x 11.19

wegen x = ex = (g −1 g)x = g −1 (gx) gilt (g 0 g)x = g 0 (gx)

=

g ∈ Stab x

g0 x

=

g ∈ Stab x

=

g 0 ∈ Stab x

g −1 x. F¨ ur g, g 0 ∈ Stab x

x , also gg 0 ∈ Stab x.

3. Es gilt gGx = g 0 Gx ⇐⇒ g 0 ∈ gGx 11.1

⇐⇒ g −1 g 0 ∈ Gx ⇐⇒ g −1 g 0 x = x ⇐⇒ g 0 x = gx Die Zuordnung ist also wohldefiniert und injektiv. Sie ist offensichtlich auch surjektiv.

11.22

Bahnformel

Satz. Sei G eine endliche Gruppe, die auf einer Menge X 6= ∅ operiere. F¨ ur die L¨ ange der Bahn Gx gilt dann |Gx| =

|G| |Gx |

wobei Gx der Stabilisator von x ∈ X ist.


30


Beweis. Es ist |Gx| = (G : Gx ) nach 11.21.3 =

|G| nach 11.8 |Gx |

Lernerfolgstest. • Was k¨ onnen Sie u ¨ber Gruppen von Primzahlordnung aussagen? • Was k¨ onnen Sie u ¨ber zyklische Gruppen aussagen? • Beschreiben Sie die Gruppen der Ordnung 4 und der Ordnung 6. • Warum ist der Begriff des Normalteilers von fundamentaler Bedeutung f¨ ur die Gruppentheorie? • Geben Sie Abz¨ ahl- und Bahnformel jeweils mit Beweisidee an.

11.23

¨ Ubungsaufgaben 69 – 75

Aufgabe 69. Es sei n ∈ Z fest gewählt und nZ := {nz | z ∈ Z}. Man zeige, dass durch a∼b

:⇐⇒

a − b ∈ nZ

¨ eine Aquivalenzrelation auf Z definiert ist, und bestimme die Anzahl der ¨ Aquivalenzklassen in Abhängigkeit von n . Aufgabe 70. Man beweise, dass Z/nZ bez¨ uglich der Vorschrift a + b := a + b f¨ ur a, b ∈ Z eine abelsche Gruppe ist. Aufgabe 71. Seien G, G0 zwei Gruppen, e das neutrale Element von G und e0 das neutrale Element von G0 . Man zeige, dass f¨ ur jeden Gruppenhomomorphismus ϕ : G −→ G0 die folgende Aussage gilt: kern(ϕ) = {e} ⇐⇒ ϕ ist injektiv. Aufgabe 72. Man untersuche, welche der folgenden Teilmengen Untergruppen sind: (a)

GLn (R) ⊂ GLn (C) ,

(b)

{1, −1} ⊂ R∗ ,

(c)

die Menge der ganzen Zahlen ≥ 0 in

Z+ ,

(d)

die Menge der reellen Zahlen > 0 in

R∗ ,


¨ 11.23 Ubungsaufgaben 69 – 75

31

(e)

die Menge der Matrizen der Form

a 0 , a 6= 0 , in GL2 (R) . 0 −a

Aufgabe 73. uhrte additive Gruppe. Die Addition in Sei Z/nZ die in Aufgabe 70 eingef¨ der Gruppe Z/mZ × Z/nZ sei komponentenweise erklärt. Man beweise oder widerlege: Z/6Z ' Z/2Z × Z/3Z , Z/8Z ' Z/2Z × Z/4Z , Z/8Z ' Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z Aufgabe 74. Es sei R = R \ {0, 1} . Man zeige, dass die durch f (x) =

1 x

und g(x) =

x−1 x

definierten Funktionen f, g : R −→ R eine Gruppe von Funktionen erzeugen, die zur symmetrischen Gruppe S3 isomorph ist, wenn man als Verkn¨ upfung die Hintereinanderausf¨ uhrung von Funktionen verwendet. Aufgabe 75. Zwei Elemente a, b einer Gruppe G heißen konjugiert in G, wenn es ein Element t ∈ G gibt derart, dass a = t−1 b t gilt. Man zeige, dass die beiden Matrizen 1 1 1 0 und 0 1 1 1 in der Gruppe GL2 (R) konjugiert sind, in der Gruppe SL2 (R) aber nicht.


32

12

12 Euklidische R¨ aume und Bewegungen

Euklidische R¨ aume und Bewegungen Lernziel. Fertigkeiten: Hauptachsentransformation f¨ ur Kegelschnitte Kenntnisse: Gruppe der Bewegungen eines euklidischen Vektorraums, insbesondere der euklidischen Ebene, endliche Untergruppen von Bewegungsgruppen

12.1

Euklidische R¨ aume

Ein affiner Raum X u ¨ber R (vgl. 11.20), dessen zugehöriger Vektorraum V ein euklidischer Vektorraum ist, heißt euklidischer Raum. Beispiel. An (R) wird durch das Standard-Skalarprodukt auf Rn zu einem euklidischen Raum. Definition. Der Abstand zweier Punkte P, Q eines euklidischen Raumes X ist definiert als p −−→ d(P, Q) = kP Qk, wobei kvk = hv, vi ist f¨ ur v ∈ V Dadurch wird X zu einem metrischen Raum mit einer translationsinvarianten Metrik, wie das folgende Lemma zeigt. Der Begriff “Metrik” ist hier im Sinne der Analysis gemeint und nicht zu verwechseln mit dem Begriff der Metrik aus Kapitel 9. Lemma. F¨ ur alle P, Q ∈ X und alle v ∈ V gilt: 1) d(P, Q) > 0 und d(P, Q) = 0 ⇔ P = Q 2) d(P, Q) = d(Q, P ) Symmetrie“ ” 3) d(P, R) 6 d(P, Q) + d(Q, R) Dreiecksungleichung“ ” 4) d(P + v, Q + v) = d(P, Q) Translationsinvarianz“ ” −−→ −−→ −→ Beweis. 1) folgt direkt aus 9.5. Nach 11.20 gilt P Q + QR = P R, woraus −−→ −−→ P Q = −QP f¨ ur R = P folgt. Mit 9.5 ergibt dies 2. Und 3. folgt aus der −→ −−→ −−→ −−→ −−→ Dreiecksungleichung in 9.7: kP Rk = kP Q + QRk 6 kP Qk + kQRk. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

12.2 Bewegungsgruppen

33

−−→ Nach 11.20 gilt P + P Q = Q. Dies ergibt −−−−−−−−−−−→ (P + v) + (P + v)(Q + v) = Q + v −−→ −−→ = (P + P Q) + v = P + (v + P Q) −−→ = (P + v) + P Q. −−−−−−−−−−−→ −−→ Aus der Eindeutigkeitsaussage in 11.20.3. folgt nun (P + v)(Q + v) = P Q und damit 4. Ist X = An (R) wie im Beispiel oben, so können wir die Punkte P in X als −→ −−→ Vektoren 0P in Rn auffassen, und der durch P + P Q = Q definierte Vektor −−→ −→ −→ P Q wird zu 0Q − 0P . In diesem Kapitel werden wir nur den Spezialfall X = V betrachten.

12.2

Bewegungsgruppen

In Kapitel 10.10 hatten wir eine Bewegung eines euklidischen Vektorraums V als eine abstandserhaltende Abbildung β : V −→ V definiert, also als eine Abbildung, f¨ ur die gilt: kβ(v) − β(w)k = kv − wk

∀v, w ∈ V

Beispiel. ur jeden Vektor v0 ∈ V Die Translation β = tv0 : V −→ V , v 7−→ v +v0 , ist f¨ eine Bewegung, denn es gilt: kβ(v) − β(w)k = kv + v0 − (w + v0 )k = kv − wk Aber tv0 ist nicht Offensichtlich gilt

R-linear, falls v0 6= ~0 (da dann tv0 (~0) = v0 6= ~0 ist).

tv0 ◦ tv1 = tv1 ◦ tv0 = tv0 +v1

∀v0 , v1 ∈ V

Insbesondere gilt tv0 ◦t−v0 = idV = t−v0 ◦tv0 , und es ist tv0 bijektiv ∀v0 ∈ V . Satz. Sei V ein endlich dimensionaler euklidischer Vektorraum. Dann hat jede Bewegung β : V −→ V die Gestalt β = t ◦ f , wobei f : V −→ V orthogonal und t : V −→ V eine Translation ist. Insbesondere ist jede Bewegung V −→ V bijektiv, und die Bewegungen V −→ V bilden bez¨ uglich Hintereinanderausf¨ uhrung eine Gruppe.


34


Beweis. Die Abbildung f := t−β(~0) ◦ β hält den Nullpunkt fest und ist daher nach Lemma 10.10 orthogonal. (Lemma 10.10 ist nur f¨ ur V = Rn formuliert, aber der Beweis ist exakt derselbe f¨ ur einen beliebigen euklischen Vektorraum.) Damit ist f nach Bemerkung 10.5.2 bijektiv, und nach Konstruktion von f gilt β = tβ(~0) ◦ f . Nun ist klar, dass β als Komposition zweier bijektiver Abbildungen selbst bijektiv ist. Ersichtlich ist die Hintereinanderausf¨ uhrung zweier Bewegungen eine Bewegung und sind die Gruppenaxiome G1, G2 und G3 aus 11.4 erf¨ ullt.

12.3

Kegelschnitte

Definition. Ein Kegelschnitt ist die Lösungsmenge X einer quadratischen Gleichung in zwei Variablen (1)

f (x1 , x2 ) := a11 x21 + 2a12 x1 x2 + a22 x22 + a1 x1 + a2 x2 + a = 0

in R2 . Dabei sind die Koeffizienten aij , aj , a ∈ R. Man nennt den Kegelschnitt ausgeartet, wenn X = ∅ oder X aus einem Punkt oder einer Geraden oder aus zwei Geraden besteht. Andernfalls heißt X nicht ausgeartet. ¨ In den Ubungsaufgaben 60, 61, 62 zur Hauptachsentransformation wurde der Fall a1 = 0 = a2 behandelt und als Kegelschnitte eine Ellipse (Aufgabe 60), eine Hyperbel (Aufgabe 62) und zwei parallele Geraden (Aufgabe 61) erhalten. Durch (1) kann auch eine Parabel beschrieben werden. Im Folgenden sei R2 mit dem Standardskalarprodukt versehen. Satz. Jeder nicht ausgeartete Kegelschnitt kann durch Bewegungen von eine der folgenden Normalformen gebracht werden: i) Ellipse: c1 y12 + c2 y22 − 1 = 0 ii) Hyperbel: c1 y12 − c2 y22 − 1 = 0 iii) Parabel: c1 y12 − y2 = 0 wobei jeweils c1 > 0 und c2 > 0 sind. Beweis. Der Kegelschnitt X sei durch die Gleichung (1) definiert. 1. Fall In (1) ist a12 = 0, aber a11 6= 0 und a22 6= 0. Durch die Substitution xi = yi − 2aaiii f¨ ur i = 1, 2 erhalten wir f (x1 , x2 ) = a11 y12 + a22 y22 + b = 0 Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

R2 auf

12.3 Kegelschnitte

35

mit einem b ∈ R. Wir haben die Translation

x1 x2

7−→

a1 x1 + 2aa211 x2 2a22

vorgenommen, um a1 , a2 zu eliminieren. Es ist b 6= 0, da die obige Gleichung andernfalls einen Punkt oder ein Geradenpaar definieren w¨ urde und X dann ausgeartet wäre. Division durch −b ergibt b1 y12 + b2 y22 − 1 = 0 ii . Es sind b1 , b2 nicht beide negativ, denn sonst wäre mit bi = a−b X = ∅ und also X ausgeartet. Wir erhalten die Normalform einer Ellipse (b1 , b2 beide > 0) oder einer Hyperbel (−bi > 0 f¨ ur ein i).

2. Fall In (1) ist a12 = 0 und ein aii = 0, etwa a22 = 0. Dann ist a11 6= 0, da X sonst ausgeartet wäre. Durch die Substitution x1 = y1 − 2aa111 erhalten wir f (x1 , x2 ) = a11 y12 + a2 x2 + c = 0 mit einem c ∈ R. Es ist a2 6= 0, da X sonst ausgeartet wäre. Mit der Substitution x2 = y2 − ac2 erhält man a11 y12 + a2 y2 = 0. Division durch −a2 ergibt dann c1 y12 − y2 = 0 a11 . Ist c1 < 0, so ¨ mit c1 = −a andert man das Vorzeichen durch Spie2 gelung y2 = −y20 . Also ist die Normalform f¨ ur eine Parabel erreicht. (Analog schließt man f¨ ur a11 = 0 und a22 6= 0.) a11 a12 . Dann gibt es nach Spek3. Fall In (1) ist a12 6= 0. Sei A = a12 a22 λ1 0 tralsatz 9.11 eine orthogonale Matrix T so, dass t T AT = 0 λ2 Diagonalgestalt hat. Die Gleichung (1) lautet in Matrizenschreibweise x1 x f (x1 , x2 ) = (x1 , x2 )A + (a1 , a2 ) 1 + a = 0 x2 x2 y1 x1 ein, dann folgt =T Setze hierin y2 x2 y1 y1 t (y1 , y2 ) |T{z AT} + (a1 , a2 )T + a = 0. y y2 2 0 1 λ1 0 A =@ 0 λ2


36


Also gibt es b1 , b2 ∈ R so, dass gilt f (x1 , x2 ) = λ1 y12 + λ2 y22 + b1 y1 + b2 y2 + a = 0 Wir haben die orthogonale Koordinatentransformation ~x 7−→ t T ~x vorgenommen. (Das entspricht einer Drehung oder Spiegelung von R2 , vgl. 10.6.) Nun sind wir in der Situation der ersten beiden Fälle und k¨ onnen die Gleichung durch Bewegungen auf Normalform bringen.

12.4

Quadriken

Eine Quadrik ist die Lösungsmenge einer quadratischen Gleichung f (x1 , . . . , xn ) =

n X

aii x2i +

i=1

X

2aij xi xj +

i<j

n X

ai xi + a = 0

i=1

Pn P 2 Der Term asst sich wie in 9.13 behandeln, i=1 aii xi + i<j 2aij xi xj l¨ und man kann mit der in 12.3 beschriebenen Methode die Quadriken in Dimension n klassifizieren. F¨ ur n = 3 ergibt sich folgendes: Jede nicht ausgeartete Quadrik in R3 kann durch Bewegungen von R3 auf eine der folgenden Normalformen gebracht werden. i) Ellipsoid : b1 y12 + b2 y22 + b3 y32 − 1 = 0 ii) einschaliges Hyperboloid : b1 y12 + b2 y22 − b3 y32 − 1 = 0 iii) zweischaliges Hyperboloid : b1 y12 − b2 y22 − b3 y32 − 1 = 0 iv) elliptisches Paraboloid : b1 y12 + b2 y22 − y3 = 0 v) hyperbolisches Paraboloid : b1 y12 − b2 y22 − y3 = 0 wobei jeweils b1 , b2 , b3 > 0 sind.

12.5

Orientierung und Bewegung

Sei β : V −→ V eine Bewegung eines endlich dimensionalen euklidischen Vektorraums V . Dann gibt es nach 12.2 eine orthogonale Abbildung f : V −→ V mit β(v) = f (v) + β(~0) f¨ ur alle v ∈ V. Wir unterscheiden die beiden Fälle det f = 1 und det f = −1. • Im Fall det f = 1 heißt β orientierungserhaltend, • im Fall det f = −1 heißt β orientierungsumkehrend.


12.6 Die Bewegungsgruppe von

12.6

R2

37

Die Bewegungsgruppe von R2

Die Gruppe der Bewegungen von R2 wird erzeugt von den Translationen tw um den Vektor w ∈ R2 , den Drehungen dϕ um ~0 mit dem Drehwinkel ϕ und der Spiegelung s an der x1 -Achse. Dies folgt aus 10.6, 10.8 und 12.2. F¨ ur alle (x1 , x2 ) ∈ R2 gilt dabei a1 x1 + a1 x1 mit w = = tw a2 x2 + a2 x2 cos ϕ − sin ϕ x1 x1 = dϕ sin ϕ cos ϕ x2 x2 x1 1 0 x1 x . = s 1 = −x2 0 −1 x2 x2

Rechenregeln in der Bewegungsgruppe von

R2

F¨ ur alle v, w ∈ R2 und ϕ, η ∈ R gelten i) tv ◦ tw = tv+w , dϕ ◦ dη = dϕ+η und s ◦ s = id ii) dϕ ◦ tw = tdϕ (w) ◦ dϕ iii) s ◦ tw = ts(w) ◦ s iv) s ◦ dϕ = d−ϕ ◦ s Beweis. Wir zeigen hier exemplarisch nur ii): F¨ ur alle x ∈ R2 gilt (dϕ ◦ tw )(x) = dϕ (tw (x)) = dϕ (x + w) = dϕ (x) + dϕ (w) = tdϕ (w) (dϕ (x)) = (tdϕ (w) ◦ dϕ )(x).

Satz. Jede Bewegung β : R2 −→ R2 l¨ asst sich eindeutig darstellen als β = tw ◦ dϕ oder β = tw ◦ dϕ ◦ s Beweis. Sei β eine Bewegung von R2 . Nach Satz 12.2 ist dann β = tw ◦ f , wobei tw eine Translation um w ist und f orthogonal ist, also insbesondere f (~0) = ~0 und det f = ±1 gilt. 1) Sei det f = 1. Dann ist f nach 10.8 eine Drehung dϕ und also β = tw ◦dϕ . Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

38


2) Sei det f = −1. Dann gilt det(f ◦ s) = det f · det s = (−1)(−1) = 1. Nach 10.8 ist f ◦ s eine Drehung, also f ◦ s = dϕ . Da s ◦ s = id ist, folgt f = dϕ ◦ s und somit β = tw ◦ dϕ ◦ s. 3) Eindeutigkeit der Darstellung: Sei β = tw ◦ dϕ ◦ si = tv ◦ dη ◦ sj , wobei i, j ∈ {0, 1} sind. Es ist zu zeigen, daß i = j, w = v und ϕ = η gelten. Sei i = 0, dann ist β nach 12.5 orientierungserhaltend, folglich ist j = 0. Sei i = 1, dann ist β nach 12.5 orientierungsumkehrend, folglich ist j = 1. Also gilt i = j. Da s ◦ s = id ist, folgt tw ◦ dϕ = tv ◦ dη . Multipliziere von links mit t−v und von rechts mit d−ϕ . Man erhält tw−v ◦ dϕ−ϕ = tv−v ◦ dη−ϕ , also tw−v = dη−ϕ . Eine Translation kann aber nur dann eine Drehung sein, wenn sie die Identität t~0 ist. Folglich gelten w = v und η = ϕ.

Untergruppen der Bewegungsgruppe von Sei G die Gruppe der Bewegungen von Untergruppen

R2

R2 . In G betrachten wir die beiden

T := Gruppe der Translationen O := Gruppe der orthogonalen Abbildungen = Gruppe der Bewegungen, die ~0 festlassen n o = Drehungen um ~0 und Spiegelungen an Geraden durch ~0 10.7

Sei B die Standardbasis von

R2 , dann sind die beiden Zuordnungen

R2 −→ T ,

O −→ O2 (R),

w 7−→ tw

β 7−→ MB B (β)

Isomorphismen von Gruppen.

12.7

Geometrische Beschreibung

Orientierungserhaltende Bewegungen von

R2

Sei β eine orientierungserhaltende Bewegung der reellen Ebene. Dann ist β = tw ◦ dϕ nach 12.6. • Ist dϕ = id, so ist β eine Parallelverschiebung um den Vektor w ~. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

12.7 Geometrische Beschreibung

39

• Sei hingegen dϕ 6= id. Dann besitzt β genau einen Fixpunkt P , woraus folgt, dass β eine Drehung um den Punkt P ist. Beweis. Gesucht ist v ∈ R2 mit β(v) = dϕ (v) + w = v. Zu lösen ist also die Gleichung (id −dϕ )(v) = w. Die Determinante des zugehörigen Gleichungssystems a1 1 − cos ϕ sin ϕ x1 = a2 − sin ϕ 1 − cos ϕ x2 mit v = (x1 , x2 ) und w = (a1 , a2 ) ist 2 − 2 cos ϕ und also 6= 0. Das Gleichungssystem hat also genau eine L¨ osung P . Es ist P = dϕ (P )+w. Folglich ist β(P + v) = dϕ (P + v) + w = dϕ (P ) + dϕ (v) + w = dϕ (P ) + w + dϕ (v) = P + dϕ (v). Also ist β eine Drehung um P mit Drehwinkel ϕ. Orientierungsumkehrende Bewegungen von Jede orientierungsumkehrende Bewegung von

R2

R2 ist

• eine Spiegelung an einer Geraden ` oder • eine Gleitspiegelung, das ist die Hintereinanderausf¨ uhrung einer Spiegelung an einer Geraden ` und einer Verschiebung um einen zu ` parallelen Vektor w 6= ~0. Beweis. Eine orientierungsumkehrende Bewegung von R2 hat die Form β = tw ◦ dϕ ◦ s nach 12.6. Die Bewegung s0 := dϕ ◦ s ist eine Spiegelung an der Geraden durch ~0, die mit der x1 -Achse den Winkel ϕ2 bildet, denn cos ϕ − sin ϕ 1 0 cos ϕ sin ϕ = (vgl. 10.7) sin ϕ cos ϕ 0 −1 sin ϕ − cos ϕ Dreht man das Koordinatensystem so, dass die x1 -Achse zur Spiegelachse wird, dann ist β = tw ◦ s0 mit einer Translation tw (mit geänderten Koordinaten) und einer Spiegelung s0 an der (neuen) x1 -Achse. Mit w = (a1 , a2 ) wirkt β im neuen Koordinatensystem durch x1 + a1 x1 . = β −x2 + a2 x2 Die Gerade

n a2 o ` = (x1 , x2 ) ∈ R2 x2 = 2 wird dabei in sich selbst u uhrt. Insgesamt beschreibt β eine Gleitspie¨berf¨ gelung entlang `.


40


12.8

Symmetriegruppen

Definition. Sei F ⊂ R2 eine beliebige Teilmenge ( Figur“). Eine Symmetrie von F ist ” eine Bewegung β : R2 → R2 , die F in sich u uhrt, f¨ ur die also β(F ) = F ¨berf¨ gilt. Die Symmetrien von F bilden eine Untergruppe der Bewegungsgruppe G, die Symmetriegruppe der Figur“ F . ”

Abbildung 4: Spiegel- und Drehsymmetrie

12.9

Endliche Untergruppen von O ' O2 (R)

Satz. Sei O die Gruppe der Bewegungen von R2 , die den Nullpunkt festlassen, und sei G eine endliche Untergruppe von O. Dann gilt • G ist die zyklische Gruppe Zn der Ordnung n, die von der Drehung dη mit η = 2π n erzeugt wird oder • G ist die Diedergruppe Dn der Ordnung 2n, die von der Drehung 0 dη mit η = 2π n und einer Spiegelung s an einer Geraden durch den Nullpunkt erzeugt wird. Beweis. 1. Fall: Alle Elemente von G sind Drehungen. Zeige: G ist zyklisch. Ist |G| = 1, so ist G = {id}. Sei |G| > 1. Dann enthält G eine Drehung um einen Winkel ϕ 6= 0. Sei η ∈ R der kleinste positive Drehwinkel, der bei einer Drehung aus G auftritt. Dann ist ϕ = mη + α mit 0 6 α < η und einem m ∈ Z. Da G eine Gruppe ist, gilt dα = dϕ−mη ∈ G. Es folgt α = 0, da η minimal ist und 0 6 α < η gilt. Demnach ist dϕ = dmη = dm η . Also ist G zyklisch. W¨ ahle n ∈ N minimal mit der Eigenschaft nη > 2π, also 2π 6 nη < 2π + η. Es folgt nη = 2π und also η = 2π n , da ansonsten dnη−2π eine Drehung in G mit kleinerem Drehwinkel als η wäre. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

12.10 Endliche Untergruppen der Bewegungsgruppe von

R2 41

2. Fall: G enth¨ alt eine Spiegelung. ¨ Durch Anderung des Koordinatensystems kann man erreichen, dass es sich um die Spiegelung s an der x1 -Achse handelt. Sei H die Untergruppe der Drehungen aus G.Wie im ersten Fall gibt es ein n ∈ N mit H = Zn . Folglich ist Dn := diη ◦ sj i = 0, . . . , n − 1, j = 0, 1 ⊂ G. Jetzt ist noch zu zeigen, dass G ⊂ Dn gilt. Sei β ∈ G. Wenn β eine Drehung ist, dann ist β ∈ H ⊂ Dn . Ist β dagegen eine Spiegelung, so ist β = dϕ ◦ s mit einem ϕ ∈ R. Es folgt dϕ = β ◦ s ∈ G und weiter dϕ ∈ H. Es gibt dann ein 0 6 i < n mit dϕ = diη . Also β = diη ◦ s ∈ Dn . Folgerung. Schreiben wir x := dη und y := s, so können wir die Diedergruppe Dn durch Erzeugende und definierende Relationen beschreiben: • Die Erzeugenden von Dn sind x und y, • als Relationen gelten xn = 1, y 2 = 1 und yx = xn−1 y. Es ist dann Dn = 1, x, x2 , . . . , xn−1 , y, xy, x2 y, . . . , xn−1 y .

12.10

Endliche Untergruppen der Bewegungsgruppe von R2

Wir kennen jetzt die endlichen Untergruppen Zn und Dn von O. Dabei ist O die Gruppe der Bewegungen, die ~0 festlassen. Wir werden jetzt zeigen, dass jede endliche Untergruppe der Bewegungsgruppe G einen Fixpunkt P hat. Mit diesem Wissen k¨ onnen wir unser Koordinatensystem so festlegen, dass P der neue Nullpunkt wird und wir in der Situation von 12.9 sind. Lemma. Sei M = {q1 , . . . , qn } eine endliche Menge von Punkten der Ebene, und sei P =

1 (q1 + . . . + qn ) n

der Schwerpunkt von M . F¨ ur jede Bewegung β gilt dann β(P ) =

1 (β(q1 ) + · · · + β(qn )). n

Eine Bewegung bildet also Schwerpunkte auf Schwerpunkte ab.


42


Beweis. Jede Bewegung β hat die Form β = tw ◦ dϕ oder β = tw ◦ dϕ ◦ s mit einer Translation tw , einer Drehung dϕ um den Nullpunkt und der Spiegelung s. Da dϕ und s R-linear sind, braucht man die Behauptung nur f¨ ur Translationen zu zeigen. Sei β = tw eine Translation um w. Es gilt: β(P ) = P + w nach Definition von tw 1 1 = (q1 + . . . + qn ) + (w + . . . + w) {z } n n| n mal

1 = (q1 + w + . . . + qn + w) n 1 = (β(q1 ) + . . . + β(qn )) n

Satz. Jede endliche Untergruppe G der Bewegungsgruppe G von E hat einen Fixpunkt, d.h. es gibt einen Punkt P ∈ E mit β(P ) = P f¨ ur alle β ∈ G. Beweis. Sei q ∈ E und sei Gq := {β(q)|β ∈ G} die Bahn von q unter der Wirkung von G. Die Bahn ist endlich, weil G endlich ist. Schreibe 1 Gq = {q1 , . . . , qm }. Es ist P = m (q1 + . . . + qm ) der Schwerpunkt der Bahn. Also ist β(P ) = P f¨ ur jedes β ∈ G, denn β permutiert die Elemente der Bahn, und β(P ) ist wieder der Schwerpunkt dieser Elemente nach dem Lemma.

12.11

Endliche Untergruppen der Drehgruppe von R3

Im dreidimensionalen reellen Raum sind Bewegungen wesentlich schwieriger zu klassifizieren als in der Ebene. Wir beschr¨ anken uns daher darauf, endliche Untergruppen der räumlichen Drehgruppe D3 (R) zu betrachten. Es ist D3 (R) = f : R3 → R3 | f orthogonal, det f = 1 ' SO3 (R). Satz. Sei G eine endliche Untergruppe von D3 (R). Dann ist G eine der folgenden Gruppen: • Zn : Zyklische Gruppe der Drehungen um Vielfache von um eine Drehachse. Es ist |Zn | = n.

2π n


mit n ∈ N

12.11 Endliche Untergruppen der Drehgruppe von

R3

43

• Dn : Diedergruppe der Symmetrien eines regelm¨ aßigen n-Ecks in einer Ebene, aufgefasst als r¨ aumliche Drehungen. Es ist |Dn | = 2n. • T : Tetraedergruppe der 12 Drehungen, die ein Tetraeder in sich u ¨berf¨ uhren. • W : W¨ urfelgruppe der 24 Drehungen, die einen W¨ urfel oder ein Oktaeder in sich u uhren. ¨berf¨ • I : Ikosaedergruppe der 60 Drehungen, die ein Dodekaeder oder ein Isokaeder in sich u uhren. ¨berf¨ Beweis. Die Idee ist, die Pole von G auf der Einheitssph¨ are S 2 := x ∈ R3 | kxk = 1 abzuzählen. Dabei heißt ein Punkt p ∈ S 2 ein Pol von G, falls es eine Drehung γ 6= id aus G gibt mit γ(p) = p . Man nennt dann p auch Pol von γ . Die Schwierigkeit bei der Z¨ ahlung der Pole von G ist, dass ein Punkt p ∈ S 2 ein Pol von mehreren Elementen aus G sein kann. Ist f 6= id ein Element aus G , so ist f eine Drehung um eine (eindeutig bestimmte) Drehachse ` . Die beiden Schnittpunkte von ` mit S 2 sind dann die Pole von f . Die Gruppe G operiert auf S 2 vermöge G × S 2 −→ S 2 , (f, p) 7−→ f (p) denn es gilt f (p) ∈ S 2 ∀ p ∈ S 2 , da jede Drehung f orthogonal und insbesondere abstandserhaltend ist. Lemma. Bei der Operation von G auf S 2 geht die Menge X der Pole von G in sich u ¨ber. Die Gruppe G operiert also auf X. Beweis. Ist p Pol von f 6= id aus G und g ∈ G \ {id} beliebig. Dann ist g(p) Pol von g ◦ f ◦ g −1 , denn es ist (g ◦ f ◦ g −1 )(g(p)) = g(f (p)) = g(p). Da G auf der Menge der Pole X operiert, kann man X disjunkt in Bahnen zerlegen, vgl. 11.21. Wir zeigen nun mit Hilfe der Bahnformel in 11.22, dass es h¨ ochstens 3 Bahnen geben kann. Fallunterscheidung nach Anzahl und Länge der Bahnen ergibt dann die obige Liste. Sei Stab(p) := {g ∈ G | g(p) = p} der Stabilisator eines Pols p von G und sei Gp := {g(p) | g ∈ G} die zugeh¨ orige Bahn. Mit den Bezeichnungen N := |G| ,

np := |Gp| = “Bahnlänge”,

rp := |Stab(p)|


44


gilt nach der Bahnformel N = rp · np , vgl. 11.22. Sei N > 1 . Dann ist rp > 1 nach Definition des Pols, da id ∈ Stab(p) ist, und G hat rp − 1 Elemente mit Pol p nach Definition des Stabilisators. Da jedes f ∈ G \ {id} zwei Pole hat, folgt: X (1) (rp − 1) = 2(N − 1) p∈X

Wenn zwei Pole p und p0 in derselben Bahn liegen, folgt Gp = Gp0 nach 11.1, also auch np = np0 , und aus N = rp np = rp0 np0 folgt dann auch rp = rp0 . Man kann also Summanden von Polen, die in derselben Bahn liegen zusammenfassen. Wir schreiben nun B1 , . . . , Bm f¨ ur die Bahnen. Sei ri := rp , falls p ∈ Bi und ni := |Bi | = Länge der Bahn Bi“. Aus (1) folgt ” nun m X

(2)

ni (ri − 1) = 2N − 2

i=1

Es ist N = ri ni f¨ ur alle i = 1, . . . , m. Division der Gleichung (2) durch N ergibt: m

X 2 1 2− = (1 − ) | {zN} i=1 | {zri }

(3)

1/2

|

{z

}

>m 2

Es folgt m ≤ 3 , d. h. es gibt höchstens drei Bahnen. Fall 1: Es gibt nur eine Bahn. Dann folgt mit (3) 2 1 =1− 2− N r | {z } | {z 1} >1

3, so w¨ are die rechte Seite in (4) 6 0 , die linke Seite ist aber > 0. Fall 3a: r1 = r2 = 2 und r := r3 beliebig. Mit (4) folgt N = 2r, also n3 = 2, da N = n3 r ist. Es ist also B3 = {p, p0 } mit Polen p, p0 ∈ S 2 . Jedes Element von G l¨ asst entweder p und p0 fest oder vertauscht beide. Also liegen sich p und p0 auf S 2 gegen¨ uber, und die Elemente von G sind Drehungen um die Gerade ` durch p und p0 oder Drehungen um den Winkel π um eine Gerade `0 , die in der Ebene E := `⊥ liegt. Es ist also G = {f ∈ D3 (R) | f f¨ uhrt ein regelmäßiges r-Eck F ⊂ E in sich u ¨ber} Die Eckpunkte und Mittelpunkte der Seiten von F entsprechen den u ankt man die Wirkung von G auf die Ebene E ¨brigen Polen. Schr¨ ein, so erh¨ alt man die Diedergruppe Dr , wobei die Drehungen um ` als ebene Drehungen um den Mittelpunkt von F wirken und die Drehungen um eine Gerade `0 in E wie eine Spiegelung an `0 wirken. Fall 3b: r1 = 2 und r2 , r3 > 2. Mit Hilfe von (4) u ¨berlegt man, dass es nur folgende Möglichkeiten gibt: Gruppe (r1 , r2 , r3 ) N T (2, 3, 3) 12 W (2, 3, 4) 24 I (2, 3, 5) 60 Die Tripel (2, r2 , r3 ) mit r2 , r3 > 4 können nicht vorkommen, da 1 1 1 + + −1=0 2 4 4 Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

46


ist. Die Tripel (2, 3, r3 ) mit r3 > 6 können nicht vorkommen, weil 1 1 1 + + −1=0 2 3 6 ist. Im Fall (r1 , r2 , r3 ) = (2, 3, 3) ist (n1 , n2 , n3 ) = (6, 4, 4), da N = ri ni ist. Die Pole der Bahn B2 sind die Eckpunkte eines Tetraeders F , und G besteht aus den Drehungen, die F in sich u uhren. Es ist ¨berf¨ n1 = # Kanten von F n2 = # Eckpunkte von F n3 = # Seitenflächen von F Im Fall (r1 , r2 , r3 ) = (2, 3, 4) ist (n1 , n2 , n3 ) = (12, 8, 6). Die Pole der Bahn B2 sind die Eckpunkte eines W¨ urfels F , und die Pole in B3 sind die Eckpunkte eines Oktaeders F 0 , und G besteht aus den Drehungen, die diese Figuren in sich u uhren. Es ist ¨berf¨ n1 = # Kanten von F = # Kanten von F 0 n2 = # Eckpunkte von F = # Seitenflächen von F 0 n3 = # Seitenflächen von F = # Eckpunkte von F 0 Im Fall (r1 , r2 , r3 ) = (2, 3, 5) ist (n1 , n2 , n3 ) = (30, 20, 12). Die Pole in B2 sind die Eckpunkte eines Dodekaeders F , und die Pole in B3 sind die Eckpunkte eines Ikosaeders F 0 . Es ist G = I .

Wir haben uns in diesem Kapitel an dem schönen Algebrabuch von M. Artin [3] orientiert. Insbesondere ist der obige Beweis aus diesem Buch, das hier als weiterf¨ uhrende Lekt¨ ure sehr empfohlen wird. Lernerfolgstest. • Was verstehen Sie unter einer Symmetriegruppe? • Wie operiert die ebene Bewegungsgruppe auf den Kegelschnitten? Beschreiben Sie die Bahnen • Geben Sie eine Beweisidee zur Bestimmung der endlichen Untergruppen von SO3 (R) an



12.12

47


Aufgabe 76. Man bestimme die Normalform des Kegelschnitts mit der Gleichung x21 + 4 x1 x2 + 4 x22 + 2 x1 − x2 − 5 = 0 Aufgabe 77. Man bestimme die Normalform des Kegelschnitts mit der Gleichung 16 x21 + 24 x1 x2 + 9 x22 + 60 x1 − 80 x2 = 0 und fertige eine Skizze an. Aufgabe 78. Es sei E eine Ellipse mit den Hauptachsen 1 1 2 −3 w1 = √ und w2 = √ 13 3 13 2 und den zugeh¨ origen Hauptachsenabschnitten 3 und 1. Man bestimme die zu E geh¨ orige Gleichung a11 x21 + 2 a12 x1 x2 + a22 x22 − 1 = 0 , in der a12 6= 0 ist. Aufgabe 79. Man ermittle, welche Matrix die Drehung von R3 um den Winkel ϕ um die durch den Vektor e2 = (0, 1, 0) bestimmte Achse beschreibt. Aufgabe 80. Es sei β eine orientierungsumkehrende Bewegung der Ebene. Man zeige, dass β ◦ β eine Translation ist. Aufgabe 81. Sei D3 die Diedergruppe der Ordnung 6. Man bestimme alle Untergruppen von D3 und ermittle, welche davon Normalteiler sind. Aufgabe 82. Sei D4 die Diedergruppe der Ordnung 8. Man bestimme alle Untergruppen von D4 und ermittle, welche davon Normalteiler sind. Aufgabe 83. Eine Gruppe G der Ordnung 55 operiere von links auf einer Menge X mit 18 Elementen. Man zeige, dass es mindestens zwei Fixpunkte in X gibt. (Dabei heißt ein Element x ∈ X Fixpunkt, wenn gx = x f¨ ur alle g ∈ G gilt.)


48

13

13 Bilinearformen

Bilinearformen Lernziel. atze u Fertigkeiten: S¨ ¨ber Bilinearformen in Aussagen u ¨ber Matrizen umformulieren Kenntnisse: Grundlagen der Theorie symmetrischer und schiefsymmetrischer Bilinearformen und ihrer geometrischen Interpretation

13.1

Symmetrische Bilinearformen

Sei K ein K¨ orper, und sei V ein K-Vektorraum. Definition. (i) Eine Bilinearform auf V ist eine Abbildung s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi mit den Eigenschaften ) hu + v, wi = hu, wi + hv, wi linear im ersten Argument 1. hλv, wi = λhv, wi ) hu, v + wi = hu, vi + hu, wi 0 1. linear im zweiten Argument hv, µwi = µhv, wi f¨ ur alle u, v, w ∈ V und λ, µ ∈ K. (ii) Eine symmetrische Bilinearform auf V ist eine Abbildung s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , die 1. erf¨ ullt und symmetrisch ist, d.h. f¨ ur alle v, w ∈ V gilt 2. hv, wi = hw, vi

symmetrisch

Aus 1. und 2. l¨ asst sich leicht die Eigenschaft 1.0 folgern, vgl. 9.2. Sei nun V endlich dimensional, und sei s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , eine symmetrische Bilinearform auf V . Zugeh¨ orige Matrix: Sei B = {v1 , . . . , vn } eine Basis von V . Dann gehört zu s die symmetrische Matrix   hv1 , v1 i · · · hv1 , vn i   .. MB (s) :=  ...  . hvn , v1 i

···

hvn , vn i


13.2 Schiefsymmetrische Bilinearformen

49

Umgekehrt gibt es zu jeder symmetrischen Matrix A ∈ Mn×n (K) genau eine symmetrische Bilinearform s : V × V −→ K so, dass MB (s) = A gilt, vgl. 9.3 Basiswechsel: Seien B und B 0 Basen von V . Setzen wir wie in 9.4 T := MB B0 (id)

13.2

so gilt

MB0 (s) = t T MB (s) T

Schiefsymmetrische Bilinearformen

Definition. Eine schiefsymmetrische Bilinearform ist eine Abbildung s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , mit den Eigenschaften: F¨ ur alle u, v, w ∈ V und µ ∈ K gelten ) hu + v, wi = hu, wi + hv, wi linear im ersten Argument 1. hλv, wi = λhv, wi 2.−

hv, wi = −hw, vi

schiefsymmetrisch

Wie u ur schiefsymme¨bertragen sich die in 13.1 angesprochenen Punkte f¨ trische Bilinearformen s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi ? Bilinearit¨ at: F¨ ur alle u, v, w ∈ V und µ ∈ K gilt auch ) hu, v + wi = hu, vi + hu, wi 1.0 linear im zweiten Argument hv, µwi = µhv, wi Dies folgt leicht aus 1. und 2.− . Zugeh¨ orige Matrix: Eine Matrix A ∈ Mn×n (K) heißt schiefsymmetrisch, wenn tA = −A gilt. Sei B = {v1 , . . . , vn } eine Basis von V . Dann geh¨ ort zu s die nach 2.− schiefsymmetrische Matrix   hv1 , v1 i · · · hv1 , vn i   .. MB (s) :=  ...  . hvn , v1 i

···

hvn , vn i

Umgekehrt gibt es zu jeder schiefsymmetrischen Matrix A ∈ Mn×n (K) genau eine schiefsymmetrische Bilinearform s : V × V −→ K so, dass MB (s) = A gilt. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

50

13 Bilinearformen

Beweis. Eine schiefsymmetrische Matrix A = (aij ) sei vorgegeben. F¨ ur v = λ1 v1 + · · · + λn vn und w = µ1 v1 + · · · + µn vn mit λ1 , . . . , λn , µ1 , . . . , µn ∈ K setzen wir  µ1   s(v, w) := hv, wi := (λ1 , . . . , λn ) · A ·  ...  

µn Dann ist s offenbar bilinear, und nach Definition der Matrizenmultiplikation in 5.2 gilt hvi , vj i = aij f¨ ur alle i, j = 1, . . . , n . Wie in 9.3 (mit µi = µi ) zeigt man nun, dass s hierdurch eindeutig bestimmt ist. Da A schiefsymmetrisch ist, gilt hvi , vj i = −aji . Es folgt n n P P hv, wi = λi µj aij = − µj λi aji = −hw, vi und also 2.− i,j=1

i,j=1

Basiswechsel: Seien B und B 0 Basen von V . Setzen wir T := MB B0 (id)

so gilt

MB0 (s) = t T MB (s) T

Dies folgt mit ¯ = id analog wie in 9.4. Bemerkung. Ist 1 + 1 6= 0 in K, so folgt aus 2.− f¨ ur v = w die Gleichung 2.0 hv, vi = 0 f¨ ur alle v ∈ V . Umgekehrt implizieren 1., 1.0 und 2.0 die Gleichung 2.− , denn 0 =0 hv + w, v + wi = hv, vi + hv, wi + hw, vi + hw, wi =0 hv, wi + hw, vi . 2.

2.

13.3

Orthogonale Summen

Sei V ein K-Vektorraum, und sei s : V × V −→ K, (v, w) − 7 → hv, wi , eine symmetrische oder eine schiefsymmetrische Bilinearform auf V . Wir nennen zwei Vektoren v, w ∈ V orthogonal , wenn hv, wi = 0 gilt, und schreiben v⊥w . Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

13.4 Das Radikal

51

Definition. aume von V und sei Seien U1 , . . . , Um Teilr¨ U := U1 + · · · + Um := {u1 + · · · + um | uj ∈ Uj ∀j = 1, . . . , m} die Summe der Teilr¨ aume U1 , . . . , Um . Dann heißt die Summe eine orthogonale Summe, wenn 1. U = U1 ⊕ · · · ⊕ Um (“direkte Summe”, vgl. 2.7 und Aufgabe 11). 2. ui ⊥uj f¨ ur alle ui ∈ Ui , uj ∈ Uj und i 6= j. Wir schreiben dann U = U1 ⊥ · · · ⊥Um

13.4

Das Radikal

Seien V ein K-Vektorraum und s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , eine symmetrische oder eine schiefsymmetrische Bilinearform auf V . Ist U ein Teilraum von V , so ist auch U ⊥ := {v ∈ V | v⊥u ∀u ∈ U } ein Teilraum von V , wie leicht aus Definition 13.1 und 13.2 folgt. Definition. Rad V := {v ∈ V | v⊥v 0 ∀v 0 ∈ V } heißt das Radikal von V , und V heißt regul¨ ar oder nicht ausgeartet, falls Rad V = {~0} gilt. In dem Fall nennen wir auch die zugeh¨ orige Bilinearform s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , regul¨ ar oder nicht ausgeartet. Bemerkung. Sei U ein Teilraum von V , und sei U mit der von s induzierten Bilinearform versehen, also mit der Einschr¨ ankung s|U ×U : U × U −→ K, (u, u0 ) 7−→ hu, u0 i , von s auf U . Es ist dann Rad U := {u ∈ U | u⊥u0 ∀u0 ∈ U } = U ∩ U ⊥ Warnung: Ein Teilraum U kann ausgeartet sein, auch wenn V nicht ausgeartet ist, (vgl. 13.7). Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

52

13 Bilinearformen

Diese Warnung gilt allerdings nicht f¨ ur das Komplement des Radikals, wie der folgende Satz zeigt. (Komplementäre Teilräume eines Vektorraums haben wir in Aufgabe 18 studiert.) Satz. Sei V 0 ein zu Rad V komplement¨ arer Teilraum, also V = V 0 ⊕Rad V . Dann ist V = V 0 ⊥ Rad V wobei die Einschr¨ ankung von s auf den Teilraum V 0 s|V 0 ×V 0 : V 0 × V 0 −→ K,

(u0 , v 0 ) 7−→ hu0 , v 0 i

regul¨ ar ist und die Einschr¨ ankung von s auf den Teilraum Rad V trivial ist, d.h. es gilt hv, wi = 0 f¨ ur alle v, w ∈ Rad V . Beweis. Die Summe ist orthogonal, und es ist hv, wi = 0 f¨ ur alle v, w ∈ Rad V nach Definition von Rad V . Noch zu zeigen: Rad V 0 = {~0}. Sei u0 ∈ Rad V 0 ⊂ V 0 und sei v ∈ V beliebig. Nach Voraussetzung gibt es eine Zerlegung v = v 0 + w mit v 0 ∈ V 0 und w ∈ Rad V . Es folgt hu0 , vi = hu0 , v 0 + wi =

hu0 , v 0 i | {z }

+

=0, da u0 ∈Rad V 0

=0

=⇒

hu0 , wi | {z }

=0, da w∈Rad V

0

u ∈ Rad V

Insbesondere ist u0 ∈ (Rad V ) ∩ V 0 = {~0} .

13.5

Bestimmung des Ranges von MB (s)

Sei dimK V = n und B = (v1 , . . . , vn ) eine Basis von V . Weiterhin sei s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , eine symmetrische oder eine schiefsymmetrische Bilinearform auf V . Dann können wir den Rang von   hv1 , v1 i · · · hv1 , vn i   .. MB (s) =  ...  . hvn , v1 i

···

hvn , vn i

leicht mit Hilfe von 13.4 bestimmen. Satz. i) Rad V = {~0} ⇐⇒ MB (s) ∈ GLn (K)

7.6

⇐⇒ rang MB (s) = n


13.5 Bestimmung des Ranges von MB (s)

53

ii) Es gibt eine Basis B 0 = (v10 , . . . , vn0 ) von V so, dass mit T := MB B0 (id) gilt      t T · MB (s) · T = MB0 (s) =     

B 0 ... 0 .. .. . . 0 ... 0

 0 ... 0 .. ..  . .   0 ... 0   0 ... 0   .. ..  . .  0 ... 0

wobei B ∈ GLr (K) mit r = rang MB (s) . Beweis. zu i) Es ist Rad V der Kern der K-linearen Abbildung ( V −→ K % : V −→ HomK (V, K), v 7−→ w 7−→ hw, vi Also gilt Rad V = {~0} ⇐⇒ % injektiv ⇐⇒ % surjektiv. 4.4

4.8

( 1 f¨ ur i = j Sei C = (ϕ1 , . . . , ϕn ) die durch ϕi (vj ) = 0 f¨ ur i = 6 j Basis von HomK (V, K). Schreiben wir

definierte

%(vj ) = a1j ϕ1 + · · · + anj ϕn mit aij ∈ K dann folgt aus 5.4, dass MCB (%) = (aij ) ist. Es ist hvi , vj i = %(vj )(vi ) = a1j ϕ1 (vi ) + · · · + anj ϕn (vi ) = aij nach Definition von ϕi Also gilt MB (s) = MCB (%). Da rang MCB (%) = dimK bild(%) ist (vgl. 5.13), folgt nun % surjektiv ⇐⇒ rang MB (s) = n und damit i). Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

54

13 Bilinearformen

zu ii) Schreibe V = V 0 ⊥ Rad V wie in Satz 13.4 und bestimme eine Basis 0 B 0 = (v10 , . . . , vn0 ) von V so, dass (v10 , . . . , vm ) eine Basis von V 0 und 0 0 (vm+1 , . . . , vn ) eine Basis von Rad V ist. Dann folgt      MB0 (s) =     

B 0 ... 0 .. .. . . 0 ... 0

 0 ... 0 .. ..  . .   0 ... 0   0 ... 0   .. ..  . .  0 ... 0

mit B ∈ Mm×m (K) und passenden Nullblöcken. Nach i) ist rang B = m, da die Einschränkung von s auf V 0 nach 13.4 regulär ist. Also ist m = rang MB0 (s). Nach 13.1 und 13.2 ist MB0 (s) = t T · MB (s) · T . Hieraus folgt m = r , vgl. Aufgabe 35.

13.6

Dualit¨ atssatz

Satz (Dualit¨ atssatz). Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum, und sei s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , eine symmetrische oder schiefsymmetrische Bilinearform, die nicht ausgeartet sei (d.h. f¨ ur die Rad V = {~0} sei). Dann gelten f¨ ur jeden Teilraum U von V 1. dimK V = dimK U + dimK U ⊥ 2. (U ⊥ )⊥ = U und Rad U = Rad(U ⊥ ) 3. Ist s|U ×U : U × U −→ K regul¨ ar, dann ist V = U ⊥U ⊥ , und auch die ⊥ Einschr¨ ankung von s auf U ist regul¨ ar. Lemma. Sei V ein K-Vektorraum und U ein Teilraum von V . F¨ ur f ∈ HomK (V, K) sei f |U : U −→ K die Einschr¨ ankung von f auf den Teilraum U . Dann ist die K-lineare Abbildung HomK (V, K) −→ HomK (U, K), f 7−→ f |U , surjektiv. Beweis des Lemmas. Sei g ∈ HomK (U, K), und sei U 0 ein zu U komplement¨ arer Teilraum, also V = U ⊕ U 0 . F¨ ur f : U ⊕ U 0 −→ K, u + u0 7−→ g(u) folgt f |U = g .


13.6 Dualit¨ atssatz

55

Beweis des Dualit¨ atssatzes. Zu 1. Es ist % : V −→ HomK (V, K),

( V −→ K v− 7 → w 7−→ hw, vi

injektiv, da kern % = Rad V = {~0} ist, und also surjektiv nach 4.8. Sei |U % %0 : V −→ HomK (V, K) −→ HomK (U, K) Dann ist %0 nach dem Lemma surjektiv (da das Komposition surjektiver Abbildungen surjektiv ist), also dimK bild %0 = dimK HomK (U, K) = dimK U 5.5

Es ist kern %0 = {v ∈ V | hu, vi = 0 ∀u ∈ U } = U ⊥ . Es folgt dimK V = dimK |{z} U ⊥ + dimK U | {z } 4.7 kern %0

dimK bild %0

Zu 2. Es gelten U ⊂ (U ⊥ )⊥ , wie man der Definition von U ⊥ abliest, sowie dimK V − (dimK V − dimK U ) = dimK V − dimK U ⊥ = dimK (U ⊥ )⊥ . 1.

1.

Also ist dimK U = dimK (U ⊥ )⊥ . Wegen U ⊂ (U ⊥ )⊥ folgt U = (U ⊥ )⊥ (vgl. 3.12). Dies ergibt Rad U = U ∩ U ⊥ = (U ⊥ )⊥ ∩ U ⊥ = Rad(U ⊥ ). Zu 3. Ist s auf U regul¨ ar, dann gilt U ∩ U ⊥ = {~0} , und mit 2.7 folgt ⊥ ⊥ U + U = U ⊕ U . Aus dem Dimensionssatz 3.13 ergibt sich dimK (U ⊕ U ⊥ ) = dimK U + dimK U ⊥ = dimK V 1.

Da U ⊕ U ⊥ ein Teilraum von V ist, folgt U ⊕ U ⊥ = V nach 3.12. Die Summe ist orthogonal nach Definition von U ⊥ . Nach 2. gilt Rad U = Rad(U ⊥ ). Also ist mit U auch U ⊥ regulär. Bemerkung. Ist U ein ausgearteter Teilraum von V , so ist U ∩ U ⊥ 6= {~0}. Daher ist dann dimK V = dimK U + dimk U ⊥ > dimK (U + U ⊥ ) nach 1. und nach dem Dimensionssatz 3.13. Also ist dann V ) U + U ⊥ , und Aussage 2. gilt nicht. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

56

13.7

13 Bilinearformen

Ein Gegenbeispiel

Das Beispiel aus 9.4 wird uns hier als Gegenbeispiel dienen. Wie in 9.4 sei s : R2 × R2 −→ R, (v, w) 7−→ hv, wi , definiert durch hv, wi = x1 y1 − x2 y2 f¨ ur v = (x1 , x2 ), w = (y1 , y2 ) ∈ R2 Dann ist s eine symmetrische Bilinearform. Sei B = {e1 , e2 } die Standardbasis von V = R2 . Dann ist he1 , e1 i he1 , e2 i 1 0 MB (s) = = he2 , e1 i he2 , e2 i 0 −1 Nach 13.5 i) ist s regulär, denn det MB (s) = −1 6= 0, also MB (s) ∈ GL2 (R). Sei u1 := 12 (e1 + e2 ) = ( 21 , 12 ), dann ist hu1 , u1 i = 0. Sei U := Ru1 := {λu1 | λ ∈ R} Dann ist s|U ×U nicht regulär, da U 6= {~0} und Rad U := {u ∈ U | hu, wi = 0 ∀w ∈ U } = U ∩ U ⊥ = U wegen hλu1 , µu1 i = λµhu1 , u1 i = 0 ∀λ, µ ∈ K gilt. • Ein Teilraum eines regul¨ aren Raumes braucht also nicht regul¨ ar zu sein. Wir verifzieren nun noch f¨ ur den Teilraum U , dass zwar dimR U +dimR U ⊥ = 2 1 + 1 = dimR R ist (wie in 13.6.1 allgemein f¨ ur reguläres V bewiesen), aber R2 ) U + U ⊥ gilt und damit 13.6.2 für U nicht erfüllt ist: Behauptung U ⊥ := {v ∈ R2 | hv, ui = 0 ∀ u ∈ U } = U Beweis. Es gilt U ⊥ ⊇ U , denn es ist hλu1 , µu1 i = λµhu1 , u1 i = 0. Zu zeigen: U ⊥ ⊆ U . Setzen wir u2 := e1 − e2 = (1, −1), dann bilden u1 , u2 eine Basis von R2 , und es gelten hu2 , u2 i = 0 und hu1 , u2 i = 12 + 12 = 1 . Sei v ∈ U ⊥ . Dann gilt v = λ1 u1 + λ2 u2 mit λ1 , λ2 ∈ R, da u1 , u2 eine Basis von R2 bilden und 0 = hv, u1 i = hλ1 u1 + λ2 u2 , u1 i = λ1 hu1 , u1 i +λ2 hu2 , u1 i | {z } | {z } =0

=1

= λ2 also v = λ1 u1 ∈ U .


13.8 Hyperbolische Ebenen

13.8

57

Hyperbolische Ebenen

Wir setzen hier voraus, dass 1 + 1 6= 0 in K gilt. Es sei V ein mindestens 2-dimensionaler K-Vektorraum, der mit einer symmetrischen oder schiefsymmetrischen Bilinearform s : V × V −→ K , (v, w) 7−→ hv, wi versehen sei. Ein Vektor u 6= ~0 in V heißt isotrop, falls hu, ui = 0. gilt. Satz. Sei V nicht ausgeartet, und es gebe einen isotropen Vektor u1 ∈ V . Dann gibt es einen Vektor u2 ∈ V so, dass hu1 , u1 i = 0 = hu2 , u2 i

und

hu1 , u2 i = 1

gilt. Die Vektoren u1 und u2 sind linear unabh¨ angig, und der Raum H := Ku1 + Ku2 ist nicht ausgeartet. Beweis. Da V regul¨ ar ist, gibt es einen Vektor u ∈ V mit hu1 , ui 6= 0 . Setzen wir λ := hu1 , ui−1 und w := λu , so folgt hu1 , wi = 1 . Ist s schiefsymmetrisch, so ist nach der Bemerkung am Ende von 13.2 jeder Vektor 6= ~0 isotrop und wir setzen u2 = w. Ist s symmetrisch, so setzen wir u2 := µu1 + w mit µ := − 12 hw, wi und rechnen nach, dass hu2 , u2 i = 0 und hu1 , u2 i = 1 gilt. Es sind u1 und u2 linear unabhängig, denn wäre u1 = λu2 mit λ ∈ K, so w¨ are 1 = hu1 , u2 i = hλu2 , u2 i = λhu2 , u2 i = 0 . Es folgt dimK H = 2. Die Matrix von s|H×H bez¨ uglich B = (u1 , u2 ) ist hu1 , u1 i hu1 , u2 i 0 1 = hu2 , u1 i hu2 , u2 i ±1 0 und also in GL2 (K). Nach 13.5 ist also H nicht ausgeartet. Definition. Man nennt zwei isotrope Vektoren u1 , u2 ∈ V mit hu1 , u2 i = 1 ein hyperbolisches Paar und den Raum H := Ku1 + Ku2 eine hyperbolische Ebene.


58

13 Bilinearformen

Beispiel. Sei s : R2 × R2 −→ R, (v, w) 7−→ hv, wi , definiert durch hv, wi = x1 y1 − x2 y2 f¨ ur v = (x1 , x2 ), w = (y1 , y2 ) ∈ R2 wie in 13.8. Dann bilden u1 = ( 12 , 12 ) und u2 = (1, −1) ein hyperbolisches Paar, und H = Ru1 + Ru2 ist eine hyperbolische Ebene.

13.9

Symplektische R¨ aume

Sei 1 + 1 6= 0 in K, und sei V ein K-Vektorraum, der mit einer schiefsymmetrischen Bilinearform s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi versehen sei. Es gilt dann hv, vi = 0 ∀v ∈ V und man nennt V einen symplektischen Raum. Die schiefsymmetrische Bilinearform s wird ebenfalls als symplektisch oder auch als alternierend bezeichnet. Satz. Sei V ein endlich dimensional. Dann ist V = H1 ⊥ · · · ⊥Hm ⊥L1 ⊥ · · · ⊥Lk mit hyperbolischen Ebenen Hi und isotropen Geraden Lj . Es ist U := H1 ⊥ · · · ⊥Hm regul¨ ar und Rad V = L1 ⊥ · · · ⊥Lk das Radikal von V . Hierbei ist mit einer isotropen Geraden ein 1-dimensionaler Teilraum L = Ku mit hu, ui = 0 gemeint. Folgerung. Jeder regul¨ are symplektische Raum V ist orthogonale Summe von hyperbolischen Ebenen, und es ist dimK V = 2m eine gerade Zahl. Beweis des Satzes. Sei U 6= {~0} ein orthogonal unzerlegbarer Teilraum von V , d.h. U l¨ asst sich nicht darstellen als U = U1 ⊥U2 mit echten Teilräumen U1 , U2 . s|U ×U = 0 In diesem Fall ist jede Zerlegung von U in eine direkte Summe von Teilräumen trivialerweise orthogonal. Da U aber orthogonal unzerlegbar ist, muss dimK U = 1 gelten. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

13.9 Symplektische R¨ aume

59

s|U ×U 6= 0 In diesem Fall ist U regulär, da es sonst eine orthogonale Zerlegung U = U 0 ⊥ Rad(U ) geben w¨ urde (vgl. 13.4) und U unzerlegbar ist. Da s symplektisch ist, ist insbesondere jeder Vektor 6= ~0 in U isotrop, und wir finden eine hyperbolische Ebene H = Ku1 + Ku2 in U gem¨ aß 13.8. Da s|H×H regulär ist, gilt U = H⊥H ⊥ nach 13.6. Hieraus folgt H ⊥ = {~0}, da U orthogonal unzerlegbar ist. Es ist also U = H eine hyperbolische Ebene. Sei nun V = V 0 ⊥ Rad V ein Zerlegung von V gemäß Satz 13.4. Dann ist s|V 0 ×V 0 regul¨ ar (insbesondere 6= 0), und wir finden eine hyperbolische Ebear ist. Nach dem Dualitätssatz 13.6 gilt ne H1 , wobei s|H1 ×H1 regul¨ V 0 = H1 ⊥ H1⊥ |{z}

:=V 00

ar. So fortfahrend erhalten wir eine Zerlegung und s|V 00 ×V 00 ist regul¨ V 0 = H1 ⊥ · · · ⊥Hm mit hyperbolischen Ebenen Hi . Nach Definition ist s|Rad V ×Rad V = 0 und wir spalten eine (unzerlegbare) isotrope Gerade ab Rad V = L1 ⊕ V˜ Trivialerweise ist die Zerlegung sogar orthogonal und s|V˜ ×V˜ = 0. So fortfahrend erhalten wir eine Zerlegung Rad V = L1 ⊥ · · · ⊥Lk Analog wie in 10.1 ist eine Isometrie definiert als eine bijektive, K-lineare Abbildung f : V −→ W , die hv, v 0 i = hf (v), f (v 0 )i f¨ ur alle v, v 0 ∈ V erf¨ ullt. Wir können nun die regul¨ aren symplektischen Räume bis auf Isometrie klassifizieren: Korollar. Sei 1 + 1 6= 0 in K. Seien V , W endlich dimensionale K-Vektorr¨ aume, die jeweils mit einer regul¨ aren schiefsymmetrischen Bilinearform ausgestattet seien. Dann gilt V und W sind isometrisch ⇐⇒ dimK V = dimK W Zu jeder geraden positiven Zahl 2m gibt es also bis auf Isometrie genau einen regul¨ aren symplektischen K-Vektorraum der Dimension 2m. Regul¨ are symplektische R¨ aume ungerader Dimension gibt es nicht. Beweis. =⇒ klar nach dem Klassifikationssatz 4.6 f¨ ur endlich dimensionale Vektorr¨ aume. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

60

13 Bilinearformen

0 ⇐= Es ist V = H1 ⊥ · · · ⊥Hm und W = H10 ⊥ · · · ⊥Hm mit hyperbolischen 0 Ebenen Hi , Hi nach dem Satz, den wir gerade bewiesen haben. Sei (ui , vi ) eine Basis von Hi , wobei ui , vi isotrop und hui , vi i = 1. Wähle analoge Basis (u0i , vi0 ) von Hi0 f¨ ur i = 1, . . . , m. Dann ist

f : V −→ W,

ui 7−→ u0i , vi 7−→ vi0

eine Isometrie. Der Rest folgt ebenfalls aus dem Satz.

13.10

Normalform schiefsymmetrischer Matrizen

Wir setzen voraus, dass 1 + 1 6= 0 in K ist. Satz. Ist A ∈ GLn (K) und A schiefsymmetrisch (d.h. tA = −A), so ist n = 2m gerade und es gibt eine Matrix T ∈ GLn (K) so, dass 0 Em t T AT = −Em 0 gilt, wobei Em ∈ Mm×m (K) die Einheitsmatrix bezeichne. Beweis. Sei V ein n-dimensionaler K-Vektorraum und B eine Basis von V . Dann ist A = MB (s) nach 13.2 mit einer schiefsymmetrischen Bilinearform s auf V . Nach 13.5 i) ist s regulär. Nach 13.9 folgt V = H1 ⊥ · · · ⊥Hm mit hyperbolischen Ebenen Hi und Basen Bi = (vi , wi ) mit hvi , vi i = 0 = hwi , wi i und hvi , wi i = 1 f¨ ur i = 1, . . . , m F¨ ur B 0 := (v1 , . . . , vm , w1 , . . . , wm ) gilt 0 MB0 (s) = −Em

Em 0

und mit T := MB B0 (id) folgt die Behauptung, vgl 13.2.

13.11

Orthogonalbasen

Sei 1 + 1 6= 0 in K. Es sei nun V ein n-dimensionaler K-Vektorraum, der mit einer symmetrischen Bilinearform s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi versehen sei. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

13.11 Orthogonalbasen

61

Satz. 1. V besitzt eine orthogonale Zerlegung V = L1 ⊥ · · · ⊥Ln in 1-dimensionale Teilr¨ aume L1 , . . . , Ln . 2. V besitzt eine Orthogonalbasis, das ist eine Basis B = (v1 , . . . , vn ) mit vi ⊥vj f¨ ur alle i 6= j (d. h. mit hvi , vj i = 0 f¨ ur alle i 6= j). 3. Es gibt eine Basis B von V so, dass 

a1

      MB (s) =      

0 .. . 0 0 .. . 0

..

. ··· ···

··· .. . .. . 0 ···

···

···

0 .. .

0 .. . 0 am 0 .. . 0

 0 ··· 0 .. ..  . .   .. ..  . .   0 ··· 0   0 ··· 0   .. ..  . .  0 ··· 0

mit aj 6= 0 f¨ ur alle j = 1, . . . , m, und es ist m = n − dimK Rad V . Beweis. Zu 1. Wir zeigen zun¨ achst, dass jeder orthogonal unzerlegbare Teilraum U von V eindimensional ist. s|U ×U = 0 Dann ist dimK U = 1 wie im Beweis von Satz 13.9. s|U ×U 6= 0 Dann ist U regul¨ ar, (denn sonst gäbe es eine Zerlegung U = U 0 ⊥ Rad U nach 13.4). Es gibt ein u ∈ U mit hu, ui 6= 0, denn angenommen hu, ui = 0 f¨ ur alle u ∈ U , dann folgt 0 = hu + v, u + vi = hu, ui +hu, vi + hv, ui + hv, vi | {z } | {z } 0

0

= 2hu, vi ∀u, v ∈ U Dann ist aber hu, vi = 0 ∀u, v ∈ U , also s|U ×U = 0 im Widerspruch zur Voraussetzung. Sei also u ∈ U mit hu, ui 6= 0. Dann ist L := Ku ein regulärer Teilraum und nach dem Dualitätssatz 13.6 gilt U = L⊥L⊥ . Da U unzerlegbar ist, folgt L⊥ = {~0} und also dimK U = 1. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

62

13 Bilinearformen

13.4

Es ist V = V 0 ⊥ Rad V , wobei V 0 regulär ist. Induktiv erhalten wir dann Zerlegungen (analog wie im Beweis von 13.9) V 0 = L1 ⊥ · · · ⊥Lm und Rad V = Lm+1 ⊥ · · · ⊥Ln

Zu 2., 3. Sei B = (u1 , . . . , un ) so gewählt, dass Li = Kui ist, dann gilt huj , uj i =: aj 6= 0 f¨ ur j = 1, . . . , m huj , uj i = 0 f¨ ur j = m + 1, . . . , n hui , uj i = 0 f¨ ur alle i 6= j und die Behauptungen 2. und 3. folgen nach Definition 13.1 von MB (s) und da n = dimK V 0 + dimK Rad V = m + dimK Rad V nach dem Dimensionssatz 3.13 gilt.

Bemerkung. Es sei 1 + 1 6= 0 in K. Ferner sei V endlich dimensional und mit einer regul¨ aren symmetrischen Bilinearform s : V × V −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi versehen. Dann gibt es eine orthogonale Zerlegung V = H1 ⊥ . . . ⊥Hr ⊥Van mit r hyperbolischen Ebenen H1 , . . . , Hr und einem anisotropen Raum Van , in dem kein Vektor isotrop ist. Die Zahl r und bis auf Isometrie der Raum Van sind durch V und s eindeutig bestimmt. Zum Beweis. Die Eindeutigkeitsaussage folgt aus dem sog. K¨ urzungssatz von Witt, den man in B¨ uchern u ¨ber quadratische Formen findet, vgl. auch 7.9 in [19]. Die Zerlegung selbst ergibt sich aus 13.8. Besitzt V einen isotropen Vektor u1 , so gibt es eine hyperbolische Ebene H = Ku1 + Ku2 . Da H regul¨ ar ist, ist V = H⊥H ⊥ nach 13.6, und man kann per Induktion H ⊥ zerlegen, sofern nicht H ⊥ schon anisotrop ist. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

13.12 Folgerung f¨ ur symmetrische Matrizen

13.12

63

Folgerung fu ¨ r symmetrische Matrizen

Satz. Es sei 1+1 6= 0 in K. Zu jeder symmetrischen Matrix A ∈ Mn×n (K) gibt es eine Matrix T ∈ GLn (K) so, dass 

a1

      t T ·A·T =     

0 .. . 0 0 .. . 0

..

. ··· ···

··· .. . .. . 0 ···

···

···

0 .. .

0 .. . 0 am 0 .. . 0

 0 ··· 0 .. ..  . .   .. ..  . .   0 ··· 0   0 ··· 0   .. ..  . .  0 ··· 0

mit ai 6= 0 f¨ ur alle i = 1, . . . , m gilt. Beweis. Sei V ein n-dimensionaler K-Vektorraum, und sei B eine Basis von V . Nach 9.3 gibt es genau eine symmetrische Bilinearform s auf V so, dass A = MB (s) gilt. W¨ ahle B 0 gem¨ aß 13.11 3. und setze T := MB B0 (id). Dann folgt die Behauptung, da MB0 (s) = t T MB (s) T nach 9.4 gilt.

13.13

Tr¨ agheitssatz von Sylvester

Sei nun K = R. Dann kann man den Satz 13.11 verschärfen. Zunächst können die Eintr¨ age hvi , vi i = ai in der Matrix zu 1 oder −1 normiert √ werden: Ist ai > 0, so sei ci = √ ai , und der Vektor vi0 = c−1 ullt i vi erf¨ 0 0 v erf¨ ullt hvi , vi i = +1. Ist ai < 0, so sei ci = −ai , und der Vektor vi0 = c−1 i i hvi0 , vi0 i = −1. Man kann dann noch die Reihenfolge der Basiselemente so uglich der normierten Orthogonalbasis B 0 die ändern, dass die Matrix bez¨ Gestalt hat   0 0 Er + −Er− 0  MB0 (s) =  0 0 0 0r0 Hierbei bezeichnet r+ die Anzahl der Diagonaleinträge, die gleich +1 sind, r− die Anzahl der Diagonaleintr¨ age, die gleich −1 sind, und r0 die Anzahl der Diagonaleintr¨ age, die gleich 0 sind. Wie u ¨blich ist Er die r × rEinheitsmatrix. Es ist n = r+ + r− + r0 , und die Nullen stehen f¨ ur Nullmatrizen passenden Formats. Der Tr¨ agheitssatz von Sylvester sagt aus, dass die Zahlen r+ , r− , r0 eindeutig durch die Bilinearform s bestimmt sind. Die Eindeutigkeitsaussage ergibt sich aus dem folgenden Satz. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

64

13 Bilinearformen

Satz (Tr¨ agheitssatz von Sylvester). Sei V ein n-dimensionaler R-Vektorraum, und sei s : V × V −→ R , (v, w) 7−→ hv, wi , eine symmetrische Bilinearform auf V . Dann gibt es eine Zerlegung V = U + ⊥ U − ⊥ Rad V wobei s auf U + positiv definit, auf U − negativ definit (d.h. hv, vi < 0 f¨ ur v ∈ U − \ {~0}) und auf Rad V gleich 0 ist. Ist V = V + ⊥ V − ⊥ Rad V eine weitere solche Zerlegung, so ist r+ := dimR U + = dimR V +

und

r− := dimR U − = dimR V − .

Beweis. Satz 13.4 erlaubt es uns, zunächst das Radikal abzuspalten und f¨ ur den Beweis anzunehmen, dass V nicht ausgeartet ist. Sei U + ein maximal positiv definiter Teilraum von V , das ist ein Teilraum mit den Eigenschaften 1. hu, ui > 0 f¨ ur u ∈ U + \ {~0} 2. F¨ ur alle v ∈ V \ U + ist s|(U + +Kv)×(U + +Kv) nicht positiv definit. Sei U − := (U + )⊥ = {v ∈ V | hv, ui = 0 ∀u ∈ U + }. Da s|U + ×U + positiv definit ist, ist U + regulär. Nach 13.6 folgt V = U + ⊥ (U + )⊥ Angenommen es gibt v ∈ U − mit hv, vi > 0. Dann ist s auf U + ⊕ Rv positiv definit im Widerspruch zur Maximalität von U + , denn f¨ ur alle λ ∈ R, u ∈ U + gilt dann hu + λv, u + λvi = hu, ui +2λ | {z } >0

hu, vi | {z }

=0, da v∈(U + )⊥

+λ2 hv, vi | {z } >0

>0 Also ist hv, vi 6 0 f¨ ur alle v ∈ U − . Ist hw, wi = 0 f¨ ur ein w ∈ U − , so gilt − f¨ ur alle v ∈ U und alle λ ∈ R, dass 0 > hw + λv, w + λvi = hw, wi +2λhv, wi + λ2 hv, vi | {z } | {z } =0

60

Es folgt hv, wi = 0 f¨ ur alle v ∈ U − (andernfalls erhält man einen Widerspruch, da λ ∈ R beliebig), also ist w ∈ Rad U − . Es folgt w = ~0, da s nach 13.6 regul¨ ar auf U − ist. Also ist s auf U − negativ definit.


13.13 Tr¨ agheitssatz von Sylvester

65

Sei V = V + ⊥V − eine zweite Zerlegung. Dann ist nach 13.6 dimR V − = n − dimR V + Angenommen: dimR V + < dimR U + . Dann folgt n < dimR U + + n − dimR V + = dimR U + + dimR V − = dimR (U + + V − ) + dimR (U + ∩ V − )

3.13

= dimR (U + + V − ), da

U + ∩ |{z} V − = {~0} |{z}

pos. def.

6n

neg. def.

Widerspruch

Es folgt dimR V + = dimR U + (der Fall dimR U + < dimR V + ist analog). Bezeichnungen r− heißt Tr¨ agheitsindex (r+ , r− , r0 ) heißt Signatur . (Dabei ist r0 = dimR Rad V ) Min(r+ , r− ) heißt Isotropieindex von V bez¨ uglich s (das ist die Anzahl der hyperbolischen Ebenen in V ). Beispiele. Sei V regul¨ ar, also r0 = 0. 1. r+ = n =⇒ V euklidisch 2. r+ = 1, r− = 1 ⇐⇒ V ist eine hyperbolische Ebene Beweis. =⇒ Nach Voraussetzung gibt es eine Basis B = (v1 , v2 ) von V mit hv1 , v1 i = 1, hv1 , v2 i = 0 = hv2 , v1 i und hv2 , v2 i = −1. Setze u1 = 12 (v1 + v2 ) und u2 = v1 − v2 . Dann bilden u1 , u2 ein hyperbolisches Paar. ⇐= Sei V = Ru1 + Ru2 mit hu1 , u1 i = 0 = hu2 , u2 i und hu1 , u2 i = 1 = hu2 , u1 i. Setze B = (v1 , v2 ) mit v1 = 12 u1 + u2 und v2 = 12 u1 − u2 . Dann ist hv1 , v1 i hv1 , v2 i 1 0 MB (s) := = hv2 , v1 i hv2 , v2 i 0 −1

3. r+ = 3 und r− = 1, dann heißt V Minkowski-Raum. (Hier spielt sich die spezielle Relativit¨ atstheorie ab.) Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

66

13 Bilinearformen

Korollar. Seien V , W zwei endlich dimensionale R-Vektorr¨ aume mit orthogonaler Geometrie (d.h. sie seien jeweils mit einer symmetrischen Bilinearform sV : V × V −→ R und sW : W × W −→ R versehen). Dann gilt V und W sind isometrisch ⇐⇒ V und W haben die gleiche Signatur Insbesondere gibt es auf einem n-dimensionalen R-Vektorraum V bis auf Isometrie genau n + 1 verschiedene regul¨ are orthogonale Geometrien. ¨ Beweis. Die Aquivalenz folgt aus der Existenz von normierten Orthogonalbasen, wie am Anfang dieses Abschnitts ausgef¨ uhrt, und dem Trägheitssatz von Sylvester. Sei (r+ , r− , r0 ) die Signatur von V . Da V regulär ist, ist r0 = 0. Dann verbleiben f¨ ur r+ und r− die n + 1 Möglichkeiten (0, n), (1, n − 1), . . . , (n, 0). Lernerfolgstest. • Was ist die L¨ ange von Vektoren in der symplektischen Geometrie? • Geben Sie ein Beispiel f¨ ur eine nicht-positiv definite symmetrische Bilinearform Rn × Rn −→ R • Erl¨ autern Sie den Begriff des Radikals einer symmetrischen Bilinearform auf einem endlich dimensionalen K-Vektorraum V und bringen Sie diesen in Zusammenhang mit dem Dualraum HomK (V, K). • Wie lauten die Klassifikationsergebnisse f¨ ur regul¨ are orthogonale Geometrien u are symplektische Geometrien u ¨ber R und regul¨ ¨ber einem K¨ orper, in dem 1 + 1 6= 0 ist. Warum und in welchem Zusammenhang wurde die Voraussetzung 1 + 1 6= 0 an K gestellt?

13.14


Aufgabe 84. F¨ ur v = (x1 , x2 , x3 ), w = (y1 , y2 , y3 ) aus

R3 sei

hv, wi := 3x1 y2 + 4x1 y3 − 3x2 y1 − x2 y3 − 4x3 y1 + x3 y2 . Dies definiert eine schiefsymmetrische Bilinearform s : R3 × R3 → R, (v, w) 7→ hv, wi . Man bestimme die Matrizen MB (s) und MB0 (s) bez¨ uglich der Basen 1 3 B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} und B 0 = {(0, 0, 1), (0, 1, 0), ( , 1, − )} 4 4 Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006


67

Aufgabe 85. Es sei R4 versehen mit dem Standard-Skalarprodukt, und es sei f : R4 → R4 f¨ ur x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 definiert durch f (x) = (x1 +x2 +x3 +x4 , x1 +x2 +x3 +x4 , x1 +x2 −x3 −x4 , x1 +x2 −x3 −x4 ) Man bestimme eine Orthogonalbasis von kern(f ) und ergänze diese zu einer Orthogonalbasis von R4 . Aufgabe 86. Es sei K der in 1.4 definierte K¨ orper mit zwei Elementen 0, 1, und es sei s : K 2 × K 2 −→ K, (v, w) 7−→ hv, wi , definiert durch hv, wi = x1 y2 + x2 y1 f¨ ur v = (x1 , x2 ) und w = (y1 , y2 ) aus K 2 1. Man zeige, dass s eine regul¨ are symmetrische Bilinearform ist. 2. Man entscheide, ob K 2 eine Orthogonalbasis besitzt. (Dabei ist eine Orthogonalbasis eine Basis (~x, ~y ) von K 2 so, dass h~x, ~xi = 1 = h~y , ~y i und h~x, ~y i = 0 = h~y , ~xi gilt.) 3. Man bestimme die Bahnen der folgenden Rechts-Operation M2×2 (K) × GL2 (K) −→ M2×2 (K), (A, T ) 7−→ t T AT von GL2 (K) auf M2×2 (K). Aufgabe 87. Es sei V = M2×2 (R). Dann bilden die Matrizen 1 0 0 1 0 0 0 ~e11 = , ~e12 = , ~e21 = , ~e22 = 0 0 0 0 1 0 0

0 1

die Standardbasis von V . Sei s : V × V −→ R, (A, B) 7−→ hA, Bi definiert durch hA, Bi = Spur(A · B) f¨ ur alle A, B ∈ V 1. 2. 3. 4.

Man Man Man Man

zeige, dass s eine symmetrische Bilinearform ist. bestimme die Matrix MB (s) f¨ ur die Standardbasis B von V . bestimme eine Orthogonalbasis von V . bestimme die Signatur von s .

(Allgemein bezeichnet man als Spur einer n × n-Matrix die Summe ihrer Diagonalelemente.) Aufgabe 88. Es seien V und s definiert wie in Aufgabe 85, und es sei U der durch U := {A ∈ V | Spur(A) = 0} definierte Teilraum von V . Man bestimme die Signatur von s|U ×U : U × U −→ R .


68

14

14 Normalformen von Matrizen

Normalformen von Matrizen

Sei 1 + 1 6= 0 in K. Wie aus der Tabelle ersichtlich, haben wir schon einige Normalformen kennengelernt, mit Ausnahme der Jordan-Normalform. Relation B ∼ A B = S −1 AT mit S, T ∈ GLn (K) B = t T AT mit T ∈ GLn (K) und A, B symmetrisch

A, B ∈ GLn (R)

Normalform Er 0 0 0

Invarianten r = rang A vgl. 5.10 Rang, Dimension und weitere

Diagonalmatrix vgl. 13.11.3

Er + 0 0 −Er− vgl. 13.13

Signatur vgl. 13.13

B = t T AT mit T ∈ GLn (K) und A, B schiefsymmetrisch A, B ∈ GLn (K)

0 −Em

Em 0

B = T −1 AT mit T ∈ GLn (K) vgl. 5.9

∃ Kriterien f¨ ur Trigonalisierbarkeit, Diagonalisierbarkeit vgl. 8.10, 8.3, 8.8

F¨ ur K = C B = t T AT mit T ∈ On (R) und A, B ∈ Mn×n (R) symmetrisch vgl. 10.3.2

Jordan-Normalform   λ1 0 · · · 0  .   0 . . . . . . ..     . . .. ... 0   ..

B = t T AT mit T ∈ Un (C) und A, B ∈ Mn×n (C) hermitesch vgl. 10.3.3

0  λ1  0  .  .. 0

··· 0 .. . ..

. ···

0 λn  ··· 0 .  .. . ..    .. . 0 0 λn

n = 2m vgl. 13.10 Rang char. Polynom Eigenwerte mit Vielfachheit Dimension von Eigenräumen λ1 , . . . , λ n Eigenwerte mit Vielfachheit vgl. 9.12.a λ1 , . . . , λ n ∈ R Eigenwerte mit Vielfachheit vgl. 9.12.b


14.1 Satz u ¨ ber die Jordansche Normalform

69

Die folgende Herleitung des Satzes u ¨ber die Jordansche Normalform ist von Charlotte Wahl, die als Assistentin den AGLA-Kurs 1999/2000, aus dem dieser Universit¨ atsdruck entstanden ist, begleitet hat.

14.1

Satz u ¨ ber die Jordansche Normalform

Sei V ein endlich dimensionaler K-Vektorraum. Theorem. Sei f : V → V eine K-lineare Abbildung. Das charakteristische Polynom χf (x) von f zerfalle in Linearfaktoren. Dann gibt es eine Basis B von V so, dass     λi 1 0 J1 0   .. ..     . . B .     . MB (f ) =  .   mit Ji =  . .. 1   Jk 0 0 λi ist, dabei ist λi ein Eigenwert von f . Die Matrix MB B (f ) heißt Jordansche Normalform von f . Die Ji heißen Jordankästchen. Bis auf Permutation der Jordank¨ astchen ist die Jordansche Normalform eindeutig bestimmt. Bemerkung. Zu einem Eigenwert λ k¨ onnen mehrere Jordankästchen gehören. Die Anzahl der Jordank¨ astchen zu λ ist gleich der Dimension des Eigenraums von λ. Nach 8.10 existiert die Jordansche Normalform f¨ ur alle trigonalisierbaren Endomorphismen, insbesondere f¨ ur alle Endomorphismen von endlich dimensionalen komplexen Vektorr¨ aumen. Da die Jordansche Normalform eine obere Dreiecksmatrix ist, ist die Trigonalisierbarkeit eine notwendige Bedingung. Beispiele (f¨ ur Jordansche Normalformen). 3 1 3 0 3 0 , , • 0 3 0 3 0 4 • Bei 

2  0   0 0

0 0 2 1 0 2 0 0

 0 0   0  4

gibt es zwei Jordank¨ astchen zu 2. Die Standardbasisvektoren e1 und e2 sind Eigenvektoren zu 2, und es ist e4 Eigenvektor zu 4. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

70


• Bei Diagonalmatrizen handelt es sich um Jordansche Normalformen. Der Beweis des Satzes erstreckt u ¨ber die folgenden Abschnitte 14.2, 14.3, 14.4 und 14.5.

14.2

Teilbarkeitseigenschaft des charakteristischen Polynoms

Lemma. Sei f : V −→ V eine K-lineare Abbildung, und sei U ⊂ V ein unter f stabiler Untervektorraum, d.h. es gelte f (U ) ⊂ U . Dann teilt das charakteristische Polynom von f |U : U −→ U das charakteristische Polynom von f : V −→ V Beweis. Sei BU eine Basis von U . Ergänze diese zu einer Basis BV von V . Sei dim U =: n und dim V − dim U =: m. Wegen f (U ) ⊂ U ist dann M11 M12 BV MBV (f ) = 0 M22 mit M11 = MBBUU (f |U ) ∈ Mn×n (K), M22 ∈ Mm×m (K), M12 ∈ Mn×m (K). Dann gilt f¨ ur das charakteristische Polynom von f nach der Kästchenregel det(MBBVV (f ) − xEm+n ) = det(M11 − xEn ) det(M22 − xEm ) 7.9

Das charakteristische Polynom von f |U ist gerade det(M11 − xEn ).

14.3

Satz von Cayley-Hamilton

Satz (Cayley-Hamilton). Pn Sei f : V −→ V und sei χf (x) = i=0 ai xi das charakteristische Polynom von f . Dieses zerfalle Pnin Linearfaktoren. Dann gilt χf (f ) := i=0 ai f i = 0, wobei f 0 := id. Qn Beweis. Sei dim V = n. Sei χf (x) = i=1 (λi − x). Dann ist χf (f ) =

n Y

(λi − f ).

i=1

Sei fi := (λi − f ). Nach 8.10 gibt es eine Basis B von V so, dass MBB (f ) eine obere Dreiecksmatrix mit Diagonalelementen λi ist. Sei Ui der von den ersten i Basisvektoren aufgespannte Teilraum von V , sei U0 = 0. Dann gilt f (Ui ) ⊂ Ui . Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

14.4 Verallgemeinerte Eigenr¨ aume

71

F¨ ur den i-ten Basisvektor vi gilt fi (vi ) = (λi − f )(vi ) ∈ Ui−1 , da die Matrix MBB (λi − f ) eine obere Dreiecksmatrix ist, deren i-tes Diagonalelement verschwindet. Also gilt fi (Ui ) ⊂ Ui−1 . Aus χf (f ) = f1 ◦ f2 . . . ◦ fn und Un = V folgt χf (f )(V ) ⊂ U0 = 0 Bemerkung. Der Satz gilt auch f¨ ur nicht trigonalisierbare Endomorphismen. Wir werden ihn aber nur in der obigen Form weiter anwenden.

14.4

Verallgemeinerte Eigenr¨ aume

Folgendes Lemma entnehmen wir ohne Beweis der Algebra (vgl. zum Beispiel 8.3 und 8.4 in [13]): Lemma. Seien p1 , . . . , pk Polynome aus K[x], und es gebe kein Polynom vom Grad > 1, das alle diese Polynome teilt. Dann gibt es Polynome h1 , . . . , hk ∈ K[x] Pk so, dass i=1 hi pi = 1 . Satz. Sei f : V −→ V ein Endomorphismus,Qund das charakteristische Polyk nom χf (x) von f zerfalle, d.h. χf (x) = i=1 (λi − x)ri , wobei die λi ∈ K paarweise verschieden seien. Sei Vi := kern(λi − f )ri . Dann gelten 1) V = V1 ⊕ . . . ⊕ Vk 2) f (Vi ) ⊂ Vi f¨ ur alle i = 1, . . . , k 3) dimK Vi = ri f¨ ur alle i = 1, . . . , k Beweis. 1) Sei χf (x) f¨ ur i = 1, . . . , k (λi − x)ri Die Polynome gi haben keinen gemeinsamen Teiler vom Grad > 1. Es k P gibt also Polynome h1 , . . . , hk so, dass gi hi = 1 ist. Daraus folgt gi (x) =

i=1 k P

gi (f ) ◦ hi (f ) = id und daher

i=1 k X

bild(gi (f ) ◦ hi (f )) = V

i=1


72


Wegen (λi − f )ri ◦ gi (f ) ◦ hi (f ) = χf (f ) ◦ hi (f ) = 0 ◦ hi (f ) = 0 folgt 14.3

bild(gi (f ) ◦ hi (f )) ⊂ Vi = kern(λi − f )ri also

Pk

i=1

Vi = V . In 3) wird gezeigt, dass die Summe direkt ist.

2) Die Behauptung folgt aus (λi − f )ri (f (vi )) = f ((λi − f )ri (vi )) = 0 f¨ ur ein beliebiges vi ∈ Vi . 3) Das charakteristische Polynom q(x) von f |Vi teilt χf (x) nach 2) und 14.2. Das Polynom q(x) zerfällt also in Linearfaktoren. Sei µ Nullstelle von q(x), dann ist µ Eigenwert von f |Vi , vgl. 8.6. Sei v ∈ Vi ein zugeh¨ origer Eigenvektor. Aus 0 = (λi − f )ri (v) = (λi − µ)ri (v) folgt µ = λi . Daher gilt q(x) = (λi − x)` . Das Polynom q(x) teilt χf (x), somit ist der Grad von q(x) kleiner oder gleich ri . Dieser ist gleich der Pk Dimension von Vi , also dimK Vi 6 ri . In 1) wurde i=1 Vi = V gezeigt, was bedeutet k X i=1

ri ≥

k X i=1

dimK Vi ≥ dimK V =

k X

ri .

i=1

Damit muss dimK Vi = ri gelten, und außerdem folgt dimK V. Dies zeigt, dass die Summe der Vi direkt ist.

Pk

i=1

dimK Vi =

Bemerkung. Der Untervektorraum Vi heißt verallgemeinerter Eigenraum oder Hauptraum zum Eigenwert λi . F¨ Sukr Matrizen bedeutet der Satz: Ist Bi eine Basis von Vi , dann ist B = i=1 Bi eine Basis von V , und es gilt   λ1 ∗ 0   ..   .     λ1   0   B .   . MB (f ) =  .     λk ∗      .. .   0 0 λk at G¨ ottingen 2006 Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨

14.5 Normalform nilpotenter Endomorphismen

73

Es ist also MB B (f ) = D+N mit einer Diagonalmatrix D = diag(D1 , . . . , Dk ), f¨ ur die gilt Di = diag(λi , . . . , λi ) ∈ Mri ×ri (K), und einer nilpotenten Matrix N , f¨ ur die gilt N dimK V = 0 und DN = N D. Es bleibt noch zu zeigen, dass man die Basen Bi so wählen kann, dass die nilpotente Matrix die gew¨ unschte Form hat. Dies ist die Aussage des folgenden Satzes, angewandt auf den nilpotenten Endomorphismus (f |Vi − λi ) : Vi −→ Vi

14.5

Normalform nilpotenter Endomorphismen

Satz. Sei u : V −→ V nilpotent, d.h. es gebe ein k ∈ gibt es eine Basis B von V so, dass  0    MB B (u) =   0

∗ .. .

..

.

..

.

N so, dass uk = 0. Dann

 0    mit ∗ ∈ {0, 1}  ∗ 0

Beweis. Sei q ∈ N minimal mit uq+1 = 0 und u0 := id. Sei Ei := kern ui , i = 0, . . . , q + 1. F¨ ur v ∈ Ei+1 gilt ui (u(v)) = ui+1 (v) = 0 und damit u(v) ∈ Ei . Wir erhalten u(Ei+1 ) ⊂ Ei . Der Raum Ei ist im Raum Ei+1 enthalten; wir behaupten, dass er sogar ein echter Teilraum von Ei+1 ist: Wir nehmen an, dass f¨ ur ein i die R¨ aume Ei und Ei+1 gleich sind. F¨ ur alle x ∈ V gilt: ui+1 uq−i (x) = 0. Daraus folgt uq−i (x) ∈ Ei+1 , also uq−i (x) ∈ Ei , und daher uq (x) = ui uq−i (x) = 0. Es ist also uq = 0 im Widerspruch mit der Definition von q. Die Räume Ei bilden eine Fahne 0 = E0 ( E1 ( E2 . . . Eq ( Eq+1 = V. Hilfssatz Sei F ∈ V ein Untervektorraum, f¨ ur den f¨ ur ein i > 0 gilt: F ∩ Ei = {~0}. Dann folgt: 1) u(F ) ∩ Ei−1 = {~0} 2) u|F : F −→ u(F ) ist ein Isomorphismus.


74


Beweis. 1) Sei y ∈ F so, dass u(y) ∈ Ei−1 . Dann ist ui−1 (u(y)) = 0, also y ∈ Ei und damit y = 0 nach Voraussetzung. 2) Injektivit¨ at: Sei v ∈ (kern u) ∩ F . Dann ist v ∈ E1 ⊂ Ei , also v = 0.

Induktiv konstruieren wir eine Folge von Untervektorräumen Ui f¨ ur i = 1, . . . , q + 1 so, dass gilt: Ui ⊕ Ei−1 = Ei u(Ui ) ⊂ Ui−1 u|Ui : Ui → Ei−1 ist injektiv Wir w¨ ahlen zun¨ achst Uq+1 so, dass Eq ⊕Uq+1 = V gilt. Es ist u(Uq+1 ) ⊂ Eq , und wegen Uq+1 ∩ Eq = {~0} gilt nach dem Hilfssatz u(Uq+1 ) ∩ Eq−1 = {~0}, ugt damit den und u|Uq+1 : Uq+1 → Eq ist injektiv. Der Raum Uq+1 gen¨ obigen Bedingungen. Sei nun Ui+1 wie verlangt, d.h. insbesondere u(Ui+1 ) ⊂ Ei und u(Ui+1 ) ∩ Ei−1 = {~0}. Wir können dann den Raum Ui ⊂ Ei so wählen, dass er u(Ui+1 ) enth¨ alt und ein Komplement zu Ei−1 in Ei ist. Nach dem Hilfssatz hat Ui die gew¨ unschten Eigenschaften. Diese Eigenschaften und die Tatsache, dass die direkte Summe der Ui den ganzen Raum V ergibt, nutzen wir im folgenden aus, um uns eine geeignete Basis von V zu konstruieren. Da u : Ui+1 → Ui injektiv ist, können wir induktiv f¨ ur jedes i eine Basis Bi von Ui so finden, dass u(Bi+1 ) ⊂ Bi ist. Die Vereinigung B dieser Basen ist eine Basis von V . Wir ordnen die Basisvektoren aus B so um, dass f¨ ur zwei aufeinanderfolgende Basisvektoren vk−1 , vk gilt: Ist vk ∈ Bi , i 6= 1, dann sei vk−1 = u(vk ) ∈ Bi−1 . Also gilt u(vk ) = vk−1 f¨ ur vk ∈ / B1 und u(vk ) = 0 f¨ ur vk ∈ B1 . Die Matrix MB B (u) hat somit die verlangte Form.


14.6 Anwendungen der Jordanschen Normalform

14.6

75

Anwendungen der Jordanschen Normalform

Physik L¨ osen von homogenen linearen Differentialgleichungen erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Sei K = C, A ∈ Mn×n (C) und y0 ∈ Cn . Gesucht wird eine differenzierbare Funktion y : R −→ Cn mit d y(t) = Ay(t) und y(0) = y0 dt F¨ ur n = 1 ist y(t) = eAt y0 eine L¨ osung. Formal löst y(t) := eAt y0 mit eAt =

∞ X Ai ti i=0

i!

und A0 := En das Problem auch f¨ ur n > 1. Es ist allerdings nicht auf Anhieb klar, ob die Summe in Mn×n (C) konvergiert. Existenz und Rechenverfahren f¨ ur eAt : 1) F¨ ur eine Diagonalmatrix  λ1  diag(λ1 , . . . , λn ) := 

0 ..

  

.

0

λn

konvergiert die Summe absolut, denn es ist eDt = diag(eλ1 t , . . . , eλn t ). 2) Sei N eine nilpotente Matrix, d.h. es gibt ein k ∈ N mit N k = 0. Dann konvergiert k−1 X N i ti eN t = i! i=0 absolut. 3) F¨ ur C ∈ Mn×n (C) konvergiere die Summe absolut. Sei B ∈ GLn (C) und A := B −1 CB, dann konvergiert ∞ X Ai ti i=0

i!

= B −1

∞ X C i ti i=0

i!

B

absolut, inbesondere gilt eAt = B −1 eCt B. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

76


4) Sei A = B + C und BC = CB, und die Summe konvergiere f¨ ur B und P∞ i i C absolut. Dann konvergiert i=0 Ai!t absolut, und es gilt eAt = eBt eCt (Cauchysche Summationsformel, hier geht die absolute Konvergenz ein). Sei J die Jordansche Normalform von A, d.h. es gibt B ∈ GLn (C) mit A = B −1 JB. Es ist     0 ∗ 0 λ1 0     .. .. ..     . . .     mit ∗ ∈ {0, 1} J = +  . . .. . . ∗    0 0 0 λn {z } | {z } | =:D

=:N

Es gilt DN = N D. Damit folgt: eAt = B −1 eJt B = B −1 (eDt eN t )B 3)

4)

= B −1 diag(eλ1 t , . . . , eλn t ) 1),2)

k−1 X i=0

N i ti i!

! B

Dies zeigt die Existenz von eAt . Mit dieser Formel kann eAt auch berechnet werden. Mathematik Klassifikationsproblem. ¨ Sei X eine Menge, ∼ eine Aquivalenzrelation auf X und X/ ∼ die Menge ¨ der Aquivalenzklassen. Gesucht wird eine Teilmenge S ⊂ X so, dass S −→ X/ ∼ eine Bijektion ist. Diese wird Vertretersystem von X/ ∼ genannt. Sei X = Mn×n (C) und A ∼ B :⇐⇒ Es gibt T ∈ GLn (C) mit A = T −1 BT. Dann ist jede Matrix äquivalent zu einer Jordanschen Normalform, und es ¨ gibt nur endlich viele Jordansche Normalformen in einer Aquivalenzklasse, die sich durch eine Permutation der Jordankästchen voneinander unterscheiden. Man kann also ein Vertretersystem aus Jordanschen Normal¨ ¨ formen konstruieren. (Diese Aquivalenzrelation wird auch Ahnlichkeit genannt, vgl. 8.1.) Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006


77

Mit Hilfe der Jordanschen Normalform kann so entschieden werden, ob zwei Matrizen durch Basiswechsel ineinander u uhrt werden können: Dann ¨berf¨ m¨ ussen ihre Jordanschen Normalformen bis auf Reihenfolge der Jordankästchen u ¨bereinstimmen. Lernerfolgstest. • Pr¨ ufen Sie, ob es sich bei der Relation B ∼ A in der Tabelle am ¨ Anfang dieses Kapitels jeweils um eine Aquivalenzrelation handelt. • Welche Anwendungen ergeben sich aus dem Satz von der Jordanschen Normalform.

14.7


Aufgabe 89. Seien a, b ∈ R . Man bestimme die Jordansche Normalform der Matrix   0 1 0 A = 0 0 1 ∈ M3×3 (C) 0 a b Aufgabe 90. Was ist falsch an dem folgenden “Beweis” des Satzes von Cayley-Hamilton? χf (f ) = det(f − f ◦ id) = det(f − f ) = det(0) = 0 Aufgabe 91. Sei A ∈ M2×2 (K), und sei χA (x) = det(A − xE2 ) das charakteristische Polynom von A. Man rechne direkt nach, dass χA (A) = 0 gilt.


78

15 Affine Unterr¨ aume und Abbildungen

15

Affine Unterr¨ aume und Abbildungen

Ein affiner Raum u ¨ber einem Körper K ist gemäß 11.20 ein Tripel (X, V, t), wobei X eine Menge von Punkten p, q, . . . , und V ein K-Vektorraum sowie t : X × V −→ X, (p, v) 7−→ p + v , eine einfach transitive Operation ist. t transitiv“ bedeutet, dass es zu je zwei Punkten p, q ∈ X einen Vektor ” v ∈ V mit q = p + v gibt, und t einfach transitiv“ bedeutet, dass es jeweils ” → nur einen solchen Vektor v ∈ V gibt. Man schreibt dann v = − pq und nennt → − pq den Ortsvektor von q bez¨ uglich p. Lernziel. Fertigkeiten: Affine R¨ aume als R¨ aume verstehen, in denen a priori kein Koordinatensystem mit ausgezeichnetem Nullpunkt gew¨ ahlt ist. Affine Abbildungen als lineare Abbildungen verkn¨ upft mit Translationen erkennen aume und Unterr¨ aume, affine Abbildungen, ParKenntnisse: Affine R¨ allelprojektion, Schwerpunkt, Hauptsatz der affinen Geometrie

15.1

Affine Unterr¨ aume

1. Seien V ein K-Vektorraum, v0 ein Vektor in V und U ein Untervektorraum von V . Dann heißt die Menge v0 + U := {v0 + u | u ∈ U } ein affiner Unterraum von V . Oder anders gesagt: Eine Teilmenge S von V heißt affiner Unterraum von V , wenn es einen Vektor v0 ∈ V und einen Untervektorraum U von V so gibt, dass S = v0 + U gilt. 2. Sei (X, V, t) ein affiner Raum u ¨ber K. Eine Teilmenge Y ⊂ X heißt affiner Unterraum, wenn es einen Punkt p0 ∈ X und einen Untervektorraum U ⊂ V gibt mit Y = p0 + U := {p0 + u | u ∈ U } Es ist dann Y selbst ein affiner Raum, und man nennt U auch die Richtung von Y oder Richtungsvektorraum von Y .

15.2

Beispiele fu aume ¨ r affine Unterr¨

1) Eine durch die Gleichung y = ax + b mit a, b ∈ R definierte Gerade L in R2 ist ein affiner Unterraum von R2 , denn es ist L = (0, b) + U mit U = {x(1, a) | x ∈ R}. Ist b 6= 0, so ist L kein Vektorraum. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

15.3 Affine Abbildungen

79

2) Sei V = K n . Ist A~x = ~b mit A ∈ Mm×n (K) ein lineares Gleichungssystem, und f : K n −→ K m , ~x 7−→ A~x, so ist die Lösungsmenge die leere Menge ∅ oder von der Form x~0 + kern(f ), also ein affiner Unterraum von V (vgl. 6.3). 3) Seien (Yi )T aume von (X, V, t) mit Richtungen (Ui )i∈I . i∈I affine Unterr¨ T Dann ist i∈I Yi ein affiner Unterraum mit Richtung i∈I Ui oder ∅. Die Vereinigung von affinen Unterräumen ist i.A. kein affiner Unterraum. 4) Sei (X, V, t) ein affiner Raum u ¨ber K. Setze dim X := dimK V Dann gilt: • Die 0-dimensionalen affinen Unterräume sind die Punkte von X. • Die 1-dimensionalen affinen Unterräume sind die Geraden von X. • Die 2-dimensionalen affinen Unterräume sind die Ebenen von X. • Die (n−1)-dimensionalen affinen Unterräume sind die Hyperebenen von X, wobei n = dimK V gilt.

15.3

Affine Abbildungen

Seien (X, V, t) und (Y, W, t0 ) affine R¨ aume u ¨ber K. Definition. (1) V und W seien K-Vektorr¨ aume. Eine Abbildung α : V −→ W heißt affin, wenn es eine K-lineare Abbildung f : V −→ W so gibt, dass α(v) = f (v) + α(~0) f¨ ur alle v ∈ V gilt. (2) Eine Abbildung ϕ : X −→ Y heißt affin, wenn es eine K-lineare Abbildung ϕ ~ : V −→ W gibt so, dass gilt (*)

−−−−−−→ − → ϕ(p)ϕ(q) = → ϕ (− pq) ∀p, q ∈ X

Eine bijektive affine Abbildung heißt Affinit¨ at. Satz. Sei p0 ∈ X fest. Dann ist eine affine Abbildung ϕ : X −→ Y durch Angabe von → ϕ(p0 ) und − ϕ : V −→ W eindeutig festgelegt. Umgekehrt gibt es zu jedem r0 ∈ Y und jeder Klinearen Abbildung f : V −→ W genau eine affine Abbildung ϕ : X −→ Y mit → ϕ(p0 ) = r0 und − ϕ =f


80


Beweis. Sei ϕ affin. Dann gilt ϕ(p)

0

=

t transitiv

−−−−−−→ → ϕ(p0 ) + ϕ(p0 )ϕ(p) = ϕ(p0 ) + − ϕ (− p→ 0 p) ∀p ∈ X (*)

Umgekehrt: Seien r0 ∈ Y und eine K-lineare Abbildung f : V −→ W vorgegeben. Setze ϕ(p) = r0 + f (− p→ ur p ∈ X. Dann gilt ϕ(p0 ) = r0 und 0 p) f¨ −−−−−−→ ϕ(p0 )ϕ(p) = f (− p→ 0 p) −−−−−−→ weil t0 einfach transitiv operiert und also der Vektor ϕ(p0 )ϕ(p) durch die −−−−−−→ Gleichung ϕ(p0 ) + ϕ(p0 )ϕ(p) = ϕ(p) eindeutig bestimmt ist. Es ist noch zu zeigen, dass ϕ ~ = f gilt. F¨ ur alle p, q ∈ X gilt −→ −→ − → →+− pp p→ pq = − 0 0 q = p0 q − p0 p 11.20

Weil f K-linear ist, folgt daraus −−−−−−→ −−−−−−→ −−−−−−→ → −→ f (− pq) = f (− p→ 0 q) − f (p0 p) = ϕ(p0 )ϕ(q) − ϕ(p0 )ϕ(p) = ϕ(p)ϕ(q) − Es ist also (*) mit → ϕ = f erf¨ ullt.

15.4

Beispiele fu ¨ r affine Abbildungen

1) Sei V ein euklischer Vektorraum und β : V −→ V eine Bewegung. Dann ist β affin, wie aus Satz 12.2 folgt. − 2) Eine affine Abbildung ϕ : X −→ X heißt Translation, wenn → ϕ = idV gilt, also wenn −−−−−−→ − ϕ(p)ϕ(q) = → pq f¨ ur alle p, q ∈ X gilt. F¨ ur q0 = ϕ(p0 ) und p ∈ X gilt: −→ −−→ −→ ϕ(p) = q0 + idV (− p→ 0 p) = q0 + p0 p = q0 + p0 q0 + q0 p 11.20

−−→ −−→ = q0 + − q→ 0 p + p0 q 0 = p + p0 q 0 Eine Translation ist eine Affinität. 3) Eine affine Abbildung ϕ : X −→ X heißt Dilation oder Homothetie, → falls − ϕ = λ idV mit einem λ ∈ K gilt.


15.5 Parallelprojektion

15.5

81

Parallelprojektion

Sei (X, V, t) ein affiner Raum u ¨ber K und dim X < ∞. Sei W ein Untervektorraum von V und Y = p0 + U ein affiner Unterraum von X derart, dass V = W ⊕ U gilt. Dann besteht der Schnitt (p + W ) ∩ Y f¨ ur jedes p ∈ X nur aus einem Punkt π(p), und die Abbildung π : X −→ Y, p 7−→ π(p) ist eine surjektive affine Abbildung, genannt Parallelprojektion von X auf Y l¨ angs W . Die Einschr¨ ankung von π auf Y ist eine Affinität. 3.13 Beweis. Es gilt dim X = dimK W + dimK U , da W ∩ U = {~0} ist. Wir zeigen zun¨ achst, dass π(p) aus genau einem Punkt besteht f¨ ur jedes p ∈ X: Wäre (p + W ) ∩ Y = ∅, so w¨ urde die Verbindungsgerade zwischen p und p0 einen zus¨ atzlichen Beitrag zur Dimension liefern, und X w¨ urde einen affinen Unterraum der Dimension 1 + dim X enthalten, was unmöglich ist. Es ist also Y 6= ∅, und daher folgt dim((p + W ) ∩ Y ) = dimK (W ∩ U ) = 0 . Dies besagt nach 15.2.4, dass π(p) = (p + W ) ∩ Y ein Punkt ist. Die Abbildung π ist affin, da die zugehörige lineare Abbildung

~π : V = W ⊕ U −→ U,

v = w + u 7−→ u

die Projektionsabbildung ist, und π ist surjektiv, da π(p) = p f¨ ur alle p ∈ Y gilt.

15.6

Der Schwerpunkt

Ein Koordinatensystem eines n-dimensionalen affinen Raumes (X, V, t) be→ steht aus n + 1 Punkten p0 , p1 , . . . , pn so, dass die Vektoren vi = − p− 0 pi f¨ ur i = 1, . . . , n linear unabh¨ angig sind. Bezeichnung (p0 ; p1 , . . . , pn ). Jen P → λi − p− des p ∈ X hat dann eine Darstellung p = p0 + 0 pi mit eindeutig i=1

bestimmten λi ∈ K. Lemma. Pk Seien p1 , . . . , pk ∈ X und µ1 , . . . , µk ∈ K mit i=1 µi = 1 (wobei k ∈ Dann h¨ angt der Punkt s ∈ X mit dem Ortsvektor − p→ 0s =

k X

→ µi − p− 0 pi

i=1

nicht von der Wahl von p0 ab.


N).

82


Beweis. Sei p00 ∈ X. Dann gilt: s = p0 + − p→ 0 s = p0 +

k X

→ µi − p− 0 pi = p0 +

i=1

= p0 +

k X i=1

! µi

−−→0 p0 p0 +

k X

−−→ −−→ µi (p0 p00 + p00 pi )

i=1 k X

k X −−→ −−→ µi p00 pi = p00 + µi p00 pi

i=1

i=1

Man nennt s den Schwerpunkt der mit den Massen µ1 , . . . , µk belegten Punkte p1 , . . . , pk .

15.7

Affine Unterr¨ aume und Schwerpunkte

Satz. Sei (X, V, t) ein affiner Raum u ¨ber K, und sei Y ⊂ X mit Y 6= ∅. Dann ist ¨ aquivalent: 1) Y ist ein affiner Unterraum von X 2) F¨ ur jedes System p1 , . . . , pk ∈ Y und jede Massenbelegung µ1 , . . . , µk Pk mit i=1 µi = 1 geh¨ ort auch der Schwerpunkt zu Y Beweis. 1) ⇒ 2) Sei Y affiner Unterraum, also Y = p + U mit einem Untervektor→ raum P U von V . Sei p0 ∈ Y , dann ist − p− ur i = 1, . . . , k, also 0 pi ∈ U Pf¨ k k − − → → auch i=1 µi p0 pi ∈ U . Daraus folgt s = p0 + i=1 µi − p− 0 pi ∈ Y 2) ⇒ 1) Sei p0 ∈ Y . Zeige: U = {− p→ 0 p | p ∈ Y } ist ein Untervektorraum von V . Seien λ, µ ∈ K und p, q ∈ Y . Nach Voraussetzung ist → −→ −→ p0 + (1 − λ − µ)− p− 0 p0 + λp0 p + µp0 q ∈ Y −→ −−→ ~ woraus λ− p→ 0 p + µp0 q ∈ U folgt, da p0 p0 = 0 gilt. 11.20

Weitere Informationen zum Schwerpunkt und zu Anwendungen des obigen Satzes sind in [16], Kapitel VII.3 zu finden. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

15.8 Zum Hauptsatz der affinen Geometrie

15.8

83

Zum Hauptsatz der affinen Geometrie

Eine Affinit¨ at f¨ uhrt Geraden in Geraden u ¨ber. Aus dem Hauptsatz der ” affinen Geometrie“ folgt, dass f¨ ur K = R und jeden affinen Raum X u ¨ber R mit dim X > 2 umgekehrt gilt: Jede bijektive Abbildung X −→ X , die Geraden in Geraden u uhrt, ist ¨berf¨ eine Affinit¨ at (vgl. [10]). Lernerfolgstest. • Wieso ist der in 15.1.2 definierte affine Unterraum ein affiner Raum? • Gegeben sei eine affine Abbildung α : V −→ V . Dann gibt es einen Vektor v0 ∈ V und eine K-lineare Abbildung f : V −→ V so, dass ¨ α(v) = v0 + f (v) f¨ ur alle v ∈ V gilt. Uberlegen Sie sich, dass v0 und f eindeutig bestimmt sind.

15.9


Aufgabe 92. In Kapitel 1 ist eine Ebene in R3 definiert als eine Teilmenge E ⊂ R3 mit der Eigenschaft: Es gibt a1 , a2 , a3 , b ∈ R mit (a1 , a2 , a3 ) 6= (0, 0, 0) derart, dass E = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 | a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 = b} gilt. Man finde einen Vektor v0 ∈ R3 und einen Untervektorraum U in R3 so, dass E = v0 + U gilt und also E als ein affiner Unterraum von R3 realisiert ist. Aufgabe 93. Man entscheide, ob es zu jedem affinen Unterraum S von K n ein lineares Gleichungssystem A~x = ~b so gibt, dass S die Lösungsmenge von A~x = ~b ist. Aufgabe 94. Es sei S = v0 + U ein affiner Unterraum eines K-Vektorraums V wie in 15.1.1 und s0 ∈ S. Man zeige, dass S = s0 + U gilt. Aufgabe 95. Sei ϕ : X −→ Y eine affine Abbildung, wie in 15.3 definiert. Man zeige, dass bild ϕ ein affiner Unterraum von Y ist und dass das Urbild ϕ−1 (Y 0 ) f¨ ur jeden affinen Unterraum Y 0 von Y ein affiner Unterraum von X (oder die leere Menge ∅) ist.


84

16

16 Projektive R¨ aume und Projektivit¨ aten

Projektive R¨ aume und Projektivit¨ aten Lernziel. Fertigkeiten: Grundlagen der projektiven Geometrie beherrschen und deren Einf¨ uhrung motivieren Kenntnisse: Projektiver Raum, Homogenisierung, Schnittpunktsatz, ¨ Ubergang vom Projektiven ins Affine und umgekehrt, synthetischer Ansatz

Im Projektiven hat man stärkere Schnittpunktsätze als im Affinen. Durch das Arbeiten im Projektiven erspart man sich daher einige sonst nötige Fallunterscheidungen. Sei K ein K¨ orper und V ein K-Vektorraum.

16.1

Der projektive Raum P(V )

Der zu V geh¨ orige projektive Raum P(V ) ist definiert als die Menge aller 1-dimensionalen Untervektorräume von V . Ist dimK V < ∞, so setzt man dim P(V ) = dimK V − 1 und spricht von der Dimension von P(V ). Es ist P({~0}) = ∅ und dim ∅ = −1. Man setzt Pn (K) := P(K n+1 ) und nennt Pn (K) den n-dimensionalen projektiven Raum u ¨ber K. Bemerkung. Man hat eine Abbildung V \ {~0} −→ P(V ), v 7−→ Kv wobei Kv := {λv|λ ∈ K} die durch v 6= ~0 eindeutig bestimmte Gerade durch ~0 ist. Kv = Kv ′ v′ v

Abbildung 5: Gerade durch ~0


16.2 Homogene Koordinaten

16.2

85

Homogene Koordinaten

Sei V = K n+1 . Dann sind die homogenen Koordinaten von v = (x0 , x1 , . . . , xn ) ∈ V \ {~0} definiert durch (x0 : x1 : . . . : xn ) := Kv Sei K ∗ = K \ {~0}. Dann gilt: Kv = Kv 0 ⇐⇒ ∃λ ∈ K ∗ mit v 0 = λv ⇐⇒ ∃λ ∈ K ∗ mit x00 = λx0 , . . . , x0n = λxn Die homogenen Koordinaten sind also nur bis auf einen gemeinsamen Faktor λ 6= 0 aus K festgelegt.

16.3

Beispiele zur Homogenisierung

Sei (a, b, c) ∈ K 3 und (b, c) 6= (0, 0). Betrachte in K 2 die Gerade mit der Gleichung (1)

bx + cy + a = 0

Die Gleichung ist inhomogen, wenn a 6= 0 ist. Homogenisierung Setze x=

x1 x2 und y = mit x0 6= 0 x0 x0

Dann folgt b xx01 + c xx02 + a = 0 und also durch Multiplikation mit x0 (2)

ax0 + bx1 + cx2 = 0

Nach 16.2 ist (x0 : x1 : x2 ) = ( x10 x0 :

1 x0

x1 :

1 x0 x2 )

= (1 : x : y).

Es ist also (y0 : y1 : y2 ) ∈ P (K) genau dann eine Lösung von (2), wenn (y0 : y1 : y2 ) = (1 : x : y) mit einer Lösung (x, y) von (1) gilt oder wenn (y0 : y1 : y2 ) = (0 : c : −b) ist. 2

Beispiel. Betrachte in

R2 die parallelen Geraden x + y − 2 = 0,

x + y = 0,

x+y+3=0


86


R2 1 1 x+y−2=0

x+y =0 x+y+3=0

Abbildung 6: Drei parallele Geraden

Homogenisierung liefert: x+y−2=0 x+y =0 x+y+3=0

−2x0 + x1 + x2 = 0 0· x0 + x1 + x2 = 0 3x0 + x1 + x2 = 0

In allen drei F¨ allen ist (0 : 1 : −1) eine Lösung in P2 (R). Die Geraden haben also einen Schnittpunkt in P2 (R).

16.4

Projektive Geraden in P2 (K)

Eine projektive Gerade L ⊆ P2 (K) ist die Nullstellenmenge in Gleichung ax0 + bx1 + cx2 = 0 mit (a, b, c) 6= (0, 0, 0)

P2 (K) einer

Es ist also L = (x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (K) | ax0 + bx1 + cx2 = 0 Ist b = c = 0, so ist L die unendlich ferne Gerade“ ” P 1 := (x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (K) | x0 = 0 Die u ¨brigen Geraden in P2 (K) erhält man, wie in 16.3 beschrieben, durch (1) und durch Hinzuf¨ ugen des unendlich fernen Punktes“ (0 : c : −b). ” Ist c 6= 0, so ist U = (x0 , x1 , x2 ) ∈ K 3 | ax0 + bx1 + cx2 = 0 ein Unter3 vektorraum von K mit Basis (1, 0, − ac ), (0, −c, b) und es ist L = P(U ). Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

16.5 Projektive Unterr¨ aume

87

Projektive Unterr¨ aume in P(V ) Eine Teilmenge X ⊂ P(V ) heißt projektiver Unterraum, falls X = P(U )

16.5

mit einem Untervektorraum U von V gilt. Es ist dann X • eine projektive Gerade in P(V ), falls dim X = 1 • eine projektive Hyperebene in P(V ), falls dim X = dim P(V ) − 1 und dimK V < ∞ Beispiele. Seien (Xi = P(Ui ))i∈I projektive Unterräume von P(V ), dann ist \

Xi = P

i∈I

\

Ui

i∈I

ein projektiver Unterraum. Man nennt den kleinsten projektiven Unterraum von W enthält, den Verbindungsraum i∈I Xi . Es ist _ i∈I

Xi = P

X

Ui

P(V ), der

S

i∈I

Xi

i∈I

P S Dabei ist i∈I Ui der von i∈I Ui erzeugte Untervektorraum von V , und das ist der kleinste Untervektorraum von V , der alle Ui enthält.

16.6

Dimensionssatz

Satz. Sei dim P(V ) < ∞. F¨ ur projektive Unterr¨ aume X1 = P(U1 ) und X2 = P(U2 ) gilt dim(X1 ∨ X2 ) = dim X1 + dim X2 − dim(X1 ∩ X2 ) Beweis. Es ist dim(X1 ∨ X2 ) = dimK (U1 + U2 ) − 1 nach 16.1 und 16.5 = dimK U1 + dimK U2 − dimK (U1 ∩ U2 ) − 1 nach 3.13 = dim X1 + 1 + dim X2 + 1 − (dim(X1 ∩ X2 ) + 1) − 1 16.1

= dim X1 + dim X2 − dim(X1 ∩ X2 )


88


16.7

Schnittpunktsatz

Satz. Sei dimK V < ∞. Dann gelten 1) Ist dim X1 + dim X2 > dim P(V ) f¨ ur zwei projektive Unterr¨ aume X1 , X2 von P(V ), so ist X1 ∩ X2 6= ∅ . 2) Ist X1 = L eine projektive Gerade in P(V ), X2 = H eine projektive Hyperebene in P(V ), und gilt L * H, dann schneiden sich L und H in genau einem Punkt P ∈ P(V ). 3) Zwei projektive Geraden in

P2 (K) schneiden sich stets.

Beweis. 1) dim(X1 ∩ X2 ) = dim X1 + dim X2 − dim(X1 ∨ X2 ) 16.6

> dim X1 + dim X2 − dim P(V ) > 0 =⇒ X1 ∩ X2 6= ∅ . Vor.

2) Aus L * H folgt dim(X1 ∨X2 ) = dim P(V ) und somit dim(X1 ∩X2 ) = 0 nach 16.6. Es ist also X1 ∩ X2 = {P } ein Punkt. 3) folgt aus 2), da die Hyperebene H eine projektive Gerade in

16.8

P2 (K) ist.

Projektiver Abschluss von An (K)

Sei V = K n+1 . Betrachte die Abbildung ψ : K n −→ P(V ),

(x1 , . . . , xn ) 7−→ (1 : x1 : . . . : xn ) = Kv

mit v = (1, x1 , . . . , xn ). Es ist U = (x0 , x1 , . . . , xn ) ∈ K n+1 | x0 = 0 ein n-dimensionaler Untervektorraum von K n+1 , also ist H := Hyperebene in P(V ).

P(U ) eine

Behauptung Es ist bild(ψ) = P(V ) \ H. Beweis. Es ist bild(ψ) ⊂ P(V ) \ H nach Definition. Sei (y0 : y1 : . . . : yn ) ∈ P(V ) \ H, also y0 6= 0. y1 yn y1 yn =⇒ (y0 : y1 : . . . : yn ) = (1 : : ... : ) = ψ( , . . . , ) y0 y0 y0 y0


16.9 Projektivit¨ aten

89

Man nennt H die unendlich ferne Hyperebene, ψ heißt kanonische Einbettung von An (K) in Pn (K), und Pn (K) wird als projektiver Abschluss von An (K) bezeichnet. Man schreibt auch Pn (K) = An (K) ∪ A∞ , wobei A∞ = H ist. F¨ ur n = 1 schreibt man dann speziell P1 (K) = A1 (K) ∪ {∞}, da H dann ein Punkt ist.

16.9

Projektivit¨ aten

Seien V, W zwei (n + 1)-dimensionale K-Vektorräume. Dann heißt eine bijektive Abbildung ϕ : P(V ) → P(W ) eine Projektivit¨ at, falls es eine bijektive K-lineare Abbildung ϕ ~ : V −→ W gibt mit ϕ(P ) = ϕ ~ (P ) ∀P ∈ P(V ) (Hierbei ist P ein Punkt von P(V ) und also ein eindimensionaler Teilraum von V .) Es ist dann ϕ ~ nicht eindeutig durch ϕ bestimmt, denn f¨ ur λ ∈ K ∗ ist (λ~ ϕ)(P ) = ϕ ~ (λP ) = ϕ ~ (P ) . Ferner gilt ϕ(P(U )) = P(~ ϕ(U )) f¨ ur jeden Untervektorraum U von V und jede Projektivit¨ at ϕ.

16.10

Kollineationen

Definition. Eine bijektive Abbildung ϕ : P(V ) −→ P(W ) heißt Kollineation, wenn das Bild einer projektive Geraden g durch die Punkte P, Q ∈ P(V ) die projektive Gerade durch die Punkte ϕ(P ), ϕ(Q) ∈ P(W ) ist. Satz. 1) Zu je zwei Punkten P, Q ∈ P(V ) mit P 6= Q gibt es genau eine projektive Gerade g, die P und Q enth¨ alt. 2) Ist ϕ : P(V ) −→ P(W ) eine Projektivit¨ at, so ist ϕ eine Kollineation. Beweis. 1) Es ist P = Kv1 und Q = Kv2 mit v1 , v2 ∈ V \ {~0}. Da P 6= Q ist folgt, dass v1 und v2 linear unabh¨ angig sind. Es ist also g = P(U ) mit U = Kv1 + Kv2 die gesuchte projektive Gerade. 2) Es ist ϕ(g) = P(~ ϕ(U )). Daraus folgt die zweite Behauptung.


90


16.11

Weitere Beispiele zur Homogenisierung

Analog wie in 16.4 konstruiert man zu einer Hyperebene X = {(x1 , . . . , xn ) ∈ K n | a1 x1 + . . . + an xn + b = 0} durch Homogenisierung ihrer definierenden Gleichung den Abschluss X = {(y0 : y1 : . . . : yn ) ∈ Pn (K) | by0 + a1 y1 + . . . + an yn = 0} in

Pn (K). Man setze xi =

yi f¨ ur alle i = 1, . . . , n. y0

Analog erh¨ alt man durch Homogenisierung den projektiven Abschluss von Quadriken, Kegelschnitten, Kubiken, etc. Beispiele. Betrachte die definierenden Gleichungen: i) x2 + y 2 − 1 = 0

Kreis

ii) x2 − y 2 − 1 = 0

Hyperbel (vgl. 12.3)

iii) x2 − y = 0

Parabel (vgl. 12.3)

Homogenisierung Mit x =

x1 x0

und y =

x2 x0

erhält man:

i) −x20 + x21 + x22 = 0 ii) −x20 + x21 − x22 = 0 iii) x21 − x2 x0 = 0 Behauptung Kreis, Hyperbel und Parabel sind projektiv ¨ aquivalent, d.h. die zugeh¨ origen projektiven Kurven gehen durch eine Projektivität

P2 (R) −→ P2 (R) ineinander u ¨ber. Beweis. Durch (x0 : x1 : x2 ) 7−→ (x1 : x0 : x2 ) geht die projektive Quadrik mit der Gleichung ii) in die projektive Quadrik mit der Gleichung i) u ¨ber. Durch (x0 : x1 : x2 ) 7−→ (x0 + x2 : x1 : x0 − x2 ) erhält man aus Gleichung iii) die Gleichung i).


¨ 16.12 Ubergang vom Projektiven ins Affine

16.12

91

¨ Ubergang vom Projektiven ins Affine

Bemerkung. Ist H = P(U ) eine projektive Hyperebene in P(V ), so ist A := P(V ) \ H ein affiner Raum mit zugeh¨ origem Vektorraum U , und es ist A∞ = H. Was geschieht dabei mit einer projektiven Quadrik in P(V )? Beispiel. Sei Q = (x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (R) | − x20 + x21 + x22 = 0 . 1) Sei H = (x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (R) | x0 = 0 und ψ : R2 −→ P2 (R) \ H, (x1 , x2 ) 7−→ (1 : x1 : x2 ) (vgl. 16.8). Dann ist Q ∩ H = ∅, und ψ −1 (Q) = (x1 , x2 ) ∈ R2 | x21 + x22 − 1 = 0 ist ein Kreis. Ersetzt man R durch C, so besteht Q∩H aus zwei Punkten (vgl. Aufgabe 98). 2) Sei H = (x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (R) | x1 = 0 . Dann besteht Q ∩ H aus zwei Punkten, und f¨ ur ψ : R2 −→ P2 (R) \ H, (x0 , x2 ) 7−→ (x0 : 1 : x2 ) ist

ψ −1 (Q) = (x0 , x2 ) ∈ R2 | x20 − x22 − 1 = 0

eine Hyperbel. 3) Sei H = (x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (R) | x0 + x1 = 0 . Dann ist Q ∩ H ein Punkt, und f¨ ur ψ : R2 −→ P2 (R) \ H, (x1 , x2 ) 7−→ ((1 − x1 ) : x1 : x2 ) ist

ψ −1 (Q) = (x1 , x2 ) ∈ R2 | x22 + 2x1 − 1 = 0

eine Parabel. (Die Substitution x1 = −z1 +

1 2

ergibt 21 x22 − z1 = 0 .)

(Je nachdem, was man als unendlich ferne Hyperebene auszeichnet, erhält man aus Q die drei affinen Kurven: Kreis, Hyperbel, Parabel)


92


16.13

Explizite Beschreibung von Projektivit¨ aten Sei V = K n+1 und ϕ : P(V ) −→ P(V ) eine Projektivität. Bez¨ uglich der Standardbasis wird ϕ ~ : V −→ V durch eine Matrix   a00 a01 . . . a0n  .. ..  ∈ GL A :=  ... n+1 (K) . .  an0 an1 . . . ann beschrieben (vgl. 5.11). Es ist dann ϕ(x0 : x1 : . . . : xn ) = (y0 : y1 : . . . : yn ) ¨ mit yi = ai0 x0 + . . . + ain xn . Ubergang zu inhomogenen Koordinaten 5.11

ergibt yi0 = mit x0i =

xi x0

yi ai0 x0 + . . . + ain xn ai0 + ai1 x01 + . . . + ain x0n = = y0 a00 x0 + . . . + a0n xn a00 + a01 x01 + . . . + a0n x0n und x0 6= 0 (vgl. 16.8). Die Abbildung ϕ0 : K n −→ K n , (x01 , . . . , x0n ) 7−→ (y10 , . . . , yn0 )

ist auf der affinen Hyperebene E = {(x01 , . . . , x0n ) ∈ K n | a00 + a01 x01 + . . . + a0n x0n = 0} nicht definiert. Die Punkte von E werden auf die unendlich ferne Hyperebene abgebildet. Ist speziell n = 1 und P1 (K) = A1 (K)∪{∞}, so ist mit x01 =: x und y10 =: y eine Projektivit¨ at gegeben durch x 7−→ y =

a11 x + a10 a01 x + a00

00 ( M¨ obiustransformation“). Der Punkt x = − aa01 wird auf ∞ abgebildet, ” a11 falls a01 6= 0. Definiere ∞ 7−→ − a01 .

16.14

Projektive Basen

Seien V, W zwei (n + 1)-dimensionale K-Vektorräume. Dann sind n + 2 Punkte P0 , . . . , Pn+1 von P(V ) in allgemeiner Lage, wenn keine n + 1 Punkte davon einen echten projektiven Unterraum von P(V ) erzeugen. Man sagt dann, dass P0 , . . . , Pn+1 eine projektive Basis von P(V ) bilden. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

16.15 Das Doppelverh¨ altnis

93

Satz. Sind P0 , . . . , Pn+1 in allgemeiner Lage in P(V ) und sind Q0 , . . . , Qn+1 in allgemeiner Lage in P(W ), dann gibt es genau eine Projektivit¨ at ϕ : P(V ) −→ P(W ) mit ϕ(Pi ) = Qi f¨ ur alle i = 0, . . . , n + 1 Beweis. Es ist Pi = Kvi mit vi ∈ V \ {~0} f¨ ur i = 0, . . . , n und analog Qi = Kwi mit wi ∈ W \ {~0}. Nach Voraussetzung bilden v0 , . . . , vn eine Basis von V und w0 , . . . , wn eine Basis von W . Sei f : V → W die durch f (vi ) = λi wi mit noch zu bestimmenden λi ∈ K ∗ f¨ ur i = 0, . . . , n definierte K-lineare Abbildung. Es ist vn+1 =

n X

µi vi mit 0 6= µi ∈ K f¨ ur alle i = 0, . . . , n

i=0

da P0 , . . . , Pn+1 in allgemeiner Lage sind, und analog wn+1 =

n X

ηi wi mit 0 6= ηi ∈ K und i = 0, . . . , n

i=0

Setze λi =

ηi µi ,

also ηi = µi λi f¨ ur i = 0, . . . , n. Dann ist f (vn+1 ) =

n X i=0

µi f (vi ) =

n X

ηi wi = wn+1

i=0

F¨ ur ϕ : P(V ) −→ P(W ), Kv 7−→ Kf (v), ist dann ϕ(Pi ) = Qi und ϕ ~ = f. Bis auf einen Faktor λ ∈ K ∗ ist ϕ ~ eindeutig bestimmt.

16.15

Das Doppelverh¨ altnis Sei n = 1 und X = P(V ) mit dimK V = 2. Dann sind je drei verschiedene Punkte P0 , P1 , P2 ∈ X in allgemeiner Lage. Seien nun P0 , P1 , P2 , P3 vier paarweise verschiedene Punkte in X. Dann gibt es nach 16.14 genau eine Projektivit¨ at ϕX : X −→ P1 (K) mit ϕX (P0 ) = (1 : 0), ϕX (P1 ) = (1 : 1), und ϕX (P2 ) = (0 : 1) Dadurch ist ϕX (P3 ) =: (λ : µ) schon eindeutig festgelegt. Man nennt D(P0 , P1 , P2 , P3 ) = (λ : µ) ∈ P1 (K) das Doppelverh¨ altnis der vier Punkte P0 , P1 , P2 , P3 ∈ X. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

94


Satz. Sei dimK V = 2 = dimK W . Seien X = P(V ) und Y = P(W ) zwei projektive Geraden. Ist ϕ : X → Y eine Projektivit¨ at, so gilt D(P0 , P1 , P2 , P3 ) = D(ϕ(P0 ), ϕ(P1 ), ϕ(P2 ), ϕ(P3 )) f¨ ur je vier paarweise verschiedene Punkte P0 , P1 , P2 , P3 ∈ X. Das Doppelverh¨ altnis bleibt also unter Projektivit¨ aten erhalten. Beweis. Sei Qi = ϕ(Pi ) f¨ ur i = 0, 1, 2, 3. Dann gelten (ϕY ◦ ϕ)(P0 ) = ϕY (Q0 ) = (1 : 0) = ϕX (P0 ) (ϕY ◦ ϕ)(P1 ) = ϕY (Q1 ) = (1 : 1) = ϕX (P1 ) (ϕY ◦ ϕ)(P2 ) = ϕY (Q2 ) = (0 : 1) = ϕX (P2 ), also ist ϕY ◦ ϕ = ϕX nach 16.14. Damit folgt (ϕY ◦ ϕ)(P3 ) = ϕX (P3 ) = D(P0 , P1 , P2 , P3 ). Andererseits ist (ϕY ◦ ϕ)(P3 ) = ϕY (Q3 ) = D(Q0 , Q1 , Q2 , Q3 ) Beispiel. Seien Pi = (1 : µi ) ∈ P1 (K) f¨ ur i = 0, 1, 2, 3 paarweise verschiedene Punkte. F¨ ur die M¨ obiustransformation (vgl. 16.13) ϕ : K ∪ {∞} −→ K ∪ {∞},

x 7−→

µ1 − µ2 x − µ0 · µ1 − µ0 x − µ2

gilt ϕ(µ0 ) = 0, ϕ(µ1 ) = 1 und ϕ(µ2 ) = ∞. Es ist dann D(µ0 , µ1 , µ2 , µ3 ) =

µ1 −µ2 µ1 −µ0 µ3 −µ2 µ3 −µ0

das Doppelverh¨ altnis von µ0 , µ1 , µ2 , µ3 . Bemerkung. Seien a, b, c, d ∈ A1 (K) paarweise verschiedene Punkte auf einer affinen b−c Geraden. Dann ist b−a altnis der Strecke“ das durch b gegebene Teilverh¨ ” [c,a]. Dies ist invariant unter affinen Abbildungen. Analoges gilt f¨ ur das d−c d−c b−c Teilverh¨ altnis d−a . Wir haben gezeigt, dass der Quotient b−a : d−a auch bei gebrochen linearen Transformationen invariant bleibt. Ist D(a, b, c, d) = −1, so sagt man, dass sich die vier Punkte a, b, c, d in harmonischer Lage befinden. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

16.16 Zentralprojektion

16.16

95

Zentralprojektion

Sei V ein (n + 1)-dimensionaler K-Vektorraum und X = P(U ) ein projektiver Unterraum von P(V ). Ferner seien P(U1 ) und P(U2 ) zwei m-dimensionale projektive Unterr¨ aume von P(V ). Es gelte: i) X ∩ P(U1 ) = X ∩ P(U2 ) = ∅ ii) X ∨ P(U1 ) = X ∨ P(U2 ) = P(V ) Dann ist

(X ∨ P ) ∩ P(U2 ) = P 0

ein Punkt f¨ ur alle P ∈ P(U1 ) wie aus dem Dimensionssatz 16.6 folgt. Die Abbildung ϕ : P(U1 ) −→ P(U2 ), P 7−→ P 0 , heißt Zentralprojektion.

P(U1 )

P

P′

P(U2 )

P(U ) Abbildung 7: Zentralprojektion

Satz. Die Zentralprojektion ϕ : P(U1 ) −→ P(U2 ) ist eine Projektivit¨ at. Beweis. Aus i) folgt U ∩ U1 = U ∩ U2 = {~0} und wegen ii) ist U ⊕ U1 = U ⊕ U2 = V Nach 2.7 gibt es zu jedem u1 ∈ U1 eindeutig bestimmte Vektoren u ∈ U und u2 ∈ U2 mit u1 = ~0 + u1 = u + u2 . Setze ϕ ~ : U1 −→ U2 , u1 7−→ u2 Dann ist ϕ(Ku1 ) = P(U + Ku1 ) ∩ P(U2 ) = Ku2 = ϕ ~ (Ku1 ) ∀u1 ∈ U1 \ {~0} und ϕ ~ ist K-linear und injektiv, also nach 4.8 bijektiv, da dimK U1 = dimK U2 .


96

16.17


Zum Hauptsatz der projektiven Geometrie

Sei σ : K −→ K ein Automorphismus, d.h. σ ist bijektiv, und es gilt σ(a + b) = σ(a) + σ(b)

und

σ(ab) = σ(a)σ(b)

f¨ ur alle a, b ∈ K. Eine Abbildung f : V −→ W heißt σ-linear, falls gilt f (v + v 0 ) = f (v) + f (v 0 )

und

f (λv) = σ(λ) f (v)

f¨ ur alle λ ∈ K und v, v 0 ∈ V . In 16.10 haben wir gesehen, dass jede Projektivität eine Kollineation ist. Umgekehrt gilt der Hauptsatz der projektiven Geometrie Seien V, W zwei (n + 1)-dimensionale K-Vektorr¨ aume, n > 2, und sei ϕ : P(V ) → P(W ) eine Kollineation. Dann gibt es einen Automorphismus σ : K → K und eine σ-lineare bijektive Abbildung ϕ e : V −→ W mit ϕ(P e ) = ϕ(P ) f¨ ur alle P ∈ P(V ). Ist K = R, so ist dies eine Projektivit¨ at. Den Beweis findet man zum Beispiel in: E. Artin [1], Stuhler [19] oder Fischer [10]. F¨ ur n = 1 ist der Satz im Allgemeinen falsch, da dann jede bijektive Abbildung eine Kollineation ist. F¨ ur K = R ist die Identität der einzige Automorphismus, daher ist ϕ e stets eine Projektivität f¨ ur K = R. Analoges gilt f¨ ur K = Q : Behauptung Ist σ ein Automorphismus von Q, so ist σ = id. Beweis. Sei n ∈ N, also n = 1 + . . . + 1 mit n Summanden. Aus σ(1) = σ(1· 1) = σ(1) σ(1) folgt 1 = σ(1). Daher gilt σ(n) = σ(1) + . . . + σ(1) = 1 + . . . + 1 = n. Außerdem gilt σ(−n) = −n, denn 0 = σ(0) = σ(n + (−n)) = σ(n) + n σ(−n) = n + σ(−n). Ist x = m ∈ Q mit geeigneten m, n ∈ Z , m 6= 0. Dann σ(n) n n ist σ(x) = σ( m ) = σ(m) = m = x.


16.18 S¨ atze von Desargues und Pappos

16.18

97

S¨ atze von Desargues und Pappos

Satz (Desargues). In einer projektiven Ebene seien zwei Dreiecke in perspektivischer Lage gegeben, d.h. es sind 6 paarweise verschiedene Punkte P1 , P2 , P3 und P10 , P20 , P30 gegeben so, dass sich die Verbindungsgeraden P1 ∨ P10 , P2 ∨ P20 und P3 ∨ P30 in einem Punkt Q schneiden. Dann liegen die Schnittpunkte A := (P1 ∨P2 )∩(P10 ∨P20 ), B := (P2 ∨P3 )∩(P20 ∨P30 ), C := (P3 ∨P1 )∩(P30 ∨P10 ) auf einer Geraden. Beweis f¨ ur

P2 (K). Wähle Vektoren v, vi , vi0 ∈ K 3 für i = 1, 2, 3 mit Q = Kv, Pi = Kvi , Pi0 = Kvi0

Nach Voraussetzung kann man vi und vi0 so wählen, dass v = v1 − v10 = v2 − v20 = v3 − v30 gilt. Dann folgt w1 := v1 − v2 = v10 − v20 w2 := v2 − v3 = v20 − v30 w3 := v1 − v3 = v10 − v30 Da w1 , w2 , w3 linear abh¨ angig sind (es ist w1 + w2 − w3 = ~0) und A = Kw1 , B = Kw2 und C = Kw3 gilt, folgt die Behauptung. Satz (Pappos). In einer projektiven Ebene seien zwei verschiedene Geraden g und g 0 und darauf paarweise verschiedene Punkte P1 , P2 , P3 ∈ g und P10 , P20 , P30 ∈ g 0 gegeben. Dann liegen die Schnittpunkte (P1 ∨ P20 ) ∩ (P10 ∨ P2 ), (P2 ∨ P30 ) ∩ (P20 ∨ P3 ), (P3 ∨ P10 ) ∩ (P30 ∨ P1 ) auf einer Geraden. ¨ Der Beweis geht mit dem Doppelverh¨ altnis. Es sei hier als Ubung gelasssen.

16.19

Synthetischer Aufbau

Diesen Abschnitt hat der Student Tobias Jandt geschrieben. Beim synthetischen Aufbau einer Geometrie geht man von einer Menge P aus, deren Elemente Punkte genannt werden, und zeichnet gewisse Klassen von Teilmengen von P aus (zum Beispiel Geraden“ oder Hyperebenen“). ” ” Dann definiert man die Geometrie allein durch Inzidenzeigenschaften“. ” Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

98


Definition. Eine projektive Ebene E ist eine Punktmenge P zusammen mit einer Menge G von Teilmengen von P , die als Geraden bezeichnet werden, derart, dass folgende Axiome gelten. (PE1) Zwei verschiedene Punkte liegen immer auf genau einer Geraden. Das heißt: F¨ ur p, q ∈ P , p 6= q, gibt es genau eine Gerade γ, so dass p ∈ γ und q ∈ γ. Man nennt γ auch Verbindungsgerade von p und q. (PE2) Je zwei verschiedene Geraden haben genau einen Punkt gemeinsam. Das heißt: F¨ ur zwei Geraden γ, δ ∈ G, γ 6= δ existiert genau ein Punkt p ∈ P mit p ∈ γ und p ∈ δ. Man nennt p auch den Schnittpunkt von γ und δ. (PE3) Auf jeder Geraden liegen mindestens drei Punkte. Das heißt: F¨ ur jede Gerade γ ∈ G existieren mindestens 3 Punkte p1 , p2 , p3 ∈ P mit p1 , p2 , p3 ∈ γ. (PE4) Es existieren mindestens zwei verschiedene Geraden. Beispiel. Betrachten wir ein gleichseitiges Dreieck. Sei P die Menge, bestehend aus dem Mittelpunkt des Dreiecks, seinen drei Eckpunkten und den drei Mittelpunkten seiner Seiten. Die Menge G bestehe aus den drei Dreiecksseiten, den drei Winkelhalbierenden und dem einbeschriebenen Kreis. Dies ist eine projektive Ebene. 3

7

6 4

1

5

2

Abbildung 8: Endliche projektive Ebene

Benennen wir die Punkte im Dreieck wie in der Skizze, so ergibt sich als Punktmenge P = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Auf jeder Geraden liegen drei Punkte. Die Menge der Geraden fassen wir nun als dreielementige Teilmengen von P Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

16.19 Synthetischer Aufbau

99

auf: G = {{1, 2, 5}, {1, 4, 6}, {1, 3, 7}, {2, 4, 7}, {2, 3, 6}, {3, 4, 5}, {5, 6, 7}}. Wie man nun leicht nachpr¨ ufen kann, gelten die 4 Axiome. Auch ein beliebiger projektiver Raum wird durch Inzidenzeigenschaften f¨ ur Punkte und Geraden definiert. Definition. Ein projektiver Raum P ist eine Punktemenge P zusammen mit einer Menge G von Teilmengen von P , die als Geraden bezeichnet werden, derart, dass folgende Axiome gelten. (PG1) Zwei verschiedene Punkte liegen immer auf einer Geraden. (PG2) (Veblen-Young-Axiom) Sind p,q,r,s vier Punkte, so dass die Gerade durch p und q die Gerade durch r und s schneidet, so schneidet die Gerade durch p und r die Gerade durch q und s in einem Punkt. Sind in einem projektiven Raum P auch die Axiome (PE3) und (PE4) erf¨ ullt, so nennt man P einen nicht ausgearteten projektiven Raum. Affine Ebenen kann man beim synthetischen Aufbau wie folgt beschreiben. Definition. Eine affine Ebene ist eine Punktmenge P zusammen mit einer Menge G von Teilmengen von P , die als Geraden bezeichnet werden, derart, dass folgende Axiome gelten. (AE1) F¨ ur p, q ∈ P , p 6= q, gibt es genau eine Gerade γ, so dass p, q ∈ γ. (AE2) Zu jedem Punkt p ∈ P und jeder Geraden γ ∈ G mit p 6∈ γ existiert genau eine Gerade δ ∈ G, so dass p ∈ δ und kein q ∈ γ existiert, mit q ∈ δ. (AE3) Es existieren mindestens drei verschiedene Punkte in P , die nicht auf einer gemeinsamen Geraden liegen. Beispiele. 1. Der

R2 ist eine affine Ebene.

2. Betrachten wir nun ein Quadrat. Die Menge P sei gegeben durch die vier Eckpunkte. Die Menge G seien die vier Seiten des Quadrats sowie die zwei Diagonalen. E ist eine affine Ebene. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

100


Abbildung 9: Endliche affine Ebene

Bemerkung. Der Schnittpunkt der Diagonalen existiert in diesem Modell nicht! Genau genommen sind die beiden Diagonalen sogar parallel. Hier ist es tatsächlich weniger verwirrend sich das Ganze mengentheoretisch vorzustellen. Sei also P = {1, 2, 3, 4} die Menge der Eckpunkte. Dann betrachten wir als Menge G der Geraden die zweielementigen Teilmengen von P , also G = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}}. E ist eine affine Ebene.

16.20

Dualit¨ atsprinzip

In der projektiven Geometrie gibt es ein sehr schönes Dualitätsprinzip. S¨ atze u ¨ber den projektiven Raum P(V ), wobei V ein n + 1-dimensionaler K-Vektorraum ist, gelten entsprechend f¨ ur den projektiven Raum P(V ∗ ) ∗ des Dualraums V = HomK (V, K) von V . Zu jedem Untervektorraum W von V setzt man W ⊥ := {f ∈ V ∗ | f (w) = 0 ∀w ∈ W }, und umgekehrt ordnet man jedem Untervektorraum U von V ∗ den Raum U ⊥ := {v ∈ V | f (v) = 0 ∀f ∈ U } = {v ∈ V | (λf )(v) = 0 ∀f ∈ U } mit λ ∈ K \{~0}. Es gilt dimK U ⊥ = dimK V −dimK U . Die Punkte in P(V ∗ ) sind 1-dimensionale Untervektorräume von V ∗ , und man hat eine bijektive Abbildung von P(V ∗ ) in die Menge der projektiven Hyperebenen von P(V ). Damit kann man dann das Dualitätsprinzip formulieren, dass sich Aussagen u ¨ber projektive Unterräume, die sich mit Hilfe von “⊂, ∩, ∨, dim” formulieren lassen, in dazu duale Aussagen u ¨bersetzen lassen, indem man die Unterr¨ aume durch komplementäre ersetzt (z.B. Hyperebenen durch Punkte), Inklusionen umdreht und Durchschnitt durch Verbindung ∨ ersetzt. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

16.20 Dualit¨ atsprinzip

101

Die dualen Aussagen gelten genau dann, wenn die urspr¨ unglichen Aussagen gelten, vgl. [10], 3.4 und [19]. F¨ ur projektive Ebenen in der synthetischen projektiven Geometrie hat Tobias Jandt das Dualit¨ atsprinzip wie folgt aufgeschrieben. Sei A eine Aussage u ¨ber eine projektive Ebene mit Punkten und Geraden. Dann erh¨ alt man die zu A duale Aussage Ad , indem man die Wörter Punkt und Gerade vertauscht. Beispiel. Sei folgende Aussage mit A bezeichnet: Es gibt eine Gerade, die durch vier Punkte verl¨ auft. Dann ist die dazu duale Aussage Ad : Es gibt einen Punkt, durch welchen vier Geraden verlaufen. Lemma. In jeder projektiven Ebene E gelten auch die zu (PE1) bis (PE4) dualen Aussagen. Beweis. PE1 Die duale Aussage lautet, je zwei verschiedene Geraden haben genau einen Punkt gemeinsam, was nach (PE2) gilt. PE2 Die duale Aussage lautet, je zwei verschiedene Punkte liegen auf einer Geraden, was (PE1) entspricht. PE3 Die duale Aussage lautet: Durch jeden Punkt gehen mindestens drei Geraden. Nach (PE4) existieren mindestens zwei verschiedene Geraden, und auf jeder Geraden liegen nach (PE3) mindestens drei Punkte. Betrachten wir nun einen Punkt p auf einer Geraden γ , dann gibt es also eine von γ verschiedene Gerade δ. Diese muss γ schneiden und tue dies o.B.d.A. nicht im Punkt p. Die Verbindungsgeraden von p mit den nicht auf γ liegenden Punkten von δ, und γ selbst sind also drei Geraden durch p. PE4 Die duale Aussage lautet, es gibt zwei verschiedene Punkte, was direkt aus (PE3) und (PE4) folgt.

Bemerkung. Fasst man die Geraden einer projektiven Ebene E als neue Punkte, und die Punkte als neue Geraden auf, so erh¨ alt man wieder eine projektive Ebene, die zu E duale Ebene Ed . Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

102


Satz (Dualit¨ atsprinzip). Ist A eine Aussage, die f¨ ur alle projektive Ebenen gilt, so gilt auch die zu A duale Aussage Ad f¨ ur alle projektiven Ebenen. Beweis. Die Aussage Ad in E ist identisch mit der Aussage A in Ed . Wenn A in allen projektiven Ebenen gilt, so gilt sie auch in Ed . Also gilt die Aussage Ad in E. Lernerfolgstest. • Wie sind Punkte und Geraden in einem projektiven Raum P(V ) definiert? • Formulieren Sie den Schnittpunktsatz in P(V ). • Diskutieren Sie, wie man den projektiven Raum P2 (R) als projektiven Raum P in der synthetischen projektiven Geometrie realisieren kann. • Diskutieren Sie m¨ ogliche Verallgemeinerungen des Dualit¨ atsprinzips f¨ ur projektive Ebenen auf 3-dimensionale projektive R¨ aume der synthetischen Geometrie.

16.21


Aufgabe 96. Man bestimme die Normalform des Kegelschnitts mit der Gleichung 4 x21 + 9 x22 − 12 x1 − 24 x2 − 144 = 0 und fertige eine Skizze an. Aufgabe 97. Man ermittle in den folgenden Fällen, ob die Kurven X und X 0 projektiv aquivalent sind, und bestimme gegebenenfalls eine entsprechende Projekti¨ vit¨ at ϕ : P2 (R) −→ P2 (R) : (a) (b)

X = {(x, y) ∈ R2 | y −x3 = 0 } und X 0 = {(x, y) ∈ R2 | y 2 −x3 = 0 } , X = {(x, y) ∈ R2 | x2 + 5y 2 − 1 = 0 } und X 0 = {(x, y) ∈ R2 | 5x2 − 1 = 0 } .

Aufgabe 98. Sei f (x, y) = a11 x2 + 2 a12 x y + a22 y 2 + a1 x + a2 y − a = 0 eine Gleichung mit reellen Koeffizienten. Man bestimme die zu f (x, y) gehörige homogene Gleichung f¯(x0 , x1 , x2 ) = 0, f¨ ur die f¯(1, x, y) = f (x, y) gelte, und beweise, dass der Kegelschnitt X := {(x, y) ∈ R2 | f (x, y) = 0 } Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006


103

genau dann ein Kreis ist, wenn ¯ := {(x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (C) | f¯(x0 , x1 , x2 ) = 0 } X die unendlich ferne Hyperebene H := {(x0 : x1 : x2 ) ∈ P2 (C) | x0 = 0} in den Punkten (0 : i : 1) und (0 : −i : 1) schneidet und X nicht ausgeartet ist. (Man nennt die beiden Punkte (0 : i : 1) und (0 : −i : 1) die imagin¨ aren unendlich fernen Kreispunkte.) Aufgabe 99. Man pr¨ ufe, ob die beiden Fl¨ achen X = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 − zy 2 = 0 } und X 0 = {(x, y, z) ∈ R3 | x − yz 2 = 0 } projektiv ¨ aquivalent sind, und bestimme gegebenenfalls eine entsprechende Projektivit¨ at ϕ : P3 (R) −→ P3 (R) . Aufgabe 100. Eine projektive Ebene und ein projektiver Raum seien wie in 16.19 definiert. Man zeige, dass jede projektive Ebene ein projektiver Raum ist.


104

17

17 Multilineare Algebra

Multilineare Algebra Lernziel. Fertigkeiten: Die Determinante als alternierende Multilinearform verstehen und daraus ihre wesentlichen Eigenschaften ableiten Kenntnisse: Vektorprodukt in R3 , ¨ außere Algebren

17.1 Sei

Das Vektorprodukt im R3

R3 mit dem Standard-Skalarprodukt versehen, und sei {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)}

die Standardbasis von R3 . Schreibe ~x = (x1 , x2 , x3 ) und ~y = (y1 , y2 , y3 ) mit xi , yi ∈ R f¨ ur i = 1, 2, 3. Das Vektorprodukt

R3 × R3 −→ R3 , (~x, ~y) 7−→ ~x × ~y ist definiert durch ~x × ~y = (x2 y3 − x3 y2 , x3 y1 − x1 y3 , x1 y2 − x2 y1 ) Merkregel Zeile:

Entwickle die folgende Determinante“ formal nach der 1. ”

 e1 e2 e3 ~x × ~y = det x1 x2 x3  y1 y2 y3 x x2 x3 − e2 det 1 = e1 det y1 y2 y3 

x3 y3

x + e3 det 1 y1

x2 y2

= (x2 y3 − x3 y2 )e1 + (x3 y1 − x1 y3 )e2 + (x1 y2 − x2 y1 )e3 Rechenregeln F¨ ur ~x, ~x0 , ~y , ~y 0 ∈ R3 und λ ∈ R gilt: 1) (~x + ~x0 ) × ~y = ~x × ~y + ~x0 × ~y und λ~x × ~y = λ(~x × ~y ) ~x × (~y + ~y 0 ) = ~x × ~y + ~x × ~y 0 und ~x × λ~y = λ(~x × ~y ) Das Vektorprodukt ist also bilinear. 2) ~x × ~x = ~0 Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

17.2 Geometrische Eigenschaften des Vektorprodukts

3) k~x × ~y k2 = k~xk2 · k~y k2 − h~x, ~y i2

105

denn:

k~x × ~y k2 = (x2 y3 − x3 y2 )2 + (x3 y1 − x1 y3 )2 + (x1 y2 − x2 y1 )2 = x22 y32 − 2x2 x3 y2 y3 + x23 y22 + x23 y12 − 2x1 x3 y1 y3 + x21 y32 + x21 y22 − 2x1 x2 y1 y2 + x22 y12 = (x21 + x22 + x23 )(y12 + y22 + y32 ) − (x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 )2 = k~xk2 · k~y k2 − h~x, ~y i2

4) ~x × ~y = ~0 ⇐⇒ k~xk · k~y k = |hx, yi| ⇐⇒ ~x, ~y sind linear abhängig 3.

9.7

Bemerkung. 2) kann man ersetzen durch

2’)

~x × ~y = −~y × ~x

denn: ~x × ~x = −~x × ~x =⇒ ~x × ~x = ~0 und umgekehrt: ~x × ~x = ~0 ∀ ~x =⇒ ~0 = (~x + ~y ) × (~x + ~y ) = ~x × ~x +~x × ~y + ~y × ~x + ~y × ~y | {z } 1) | {z } =~ 0

17.2

=~ 0

Geometrische Eigenschaften des Vektorprodukts

a) F¨ ur ~x, ~y , ~z ∈ R3 gilt  x1 h~x × ~y , ~z i = det  y1 z1

x2 y2 z2

 x3 y3  z3

und also h~x × ~y , ~xi = h~x × ~y , ~y i = 0. Dies folgt unmittelbar aus den Formeln f¨ ur die Determinante einer (3×3)-Matrix und f¨ ur das StandardSkalarprodukt sowie daraus, dass det() = 0 ist, wenn zwei Zeilen gleich sind. Der Vektor ~x × ~y steht senkrecht auf ~x und auf ~y , wenn ~x und ~y linear unabh¨ angig sind. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

106


~x × ~y ~y ϕ ~x

−~x × ~y

Abbildung 10: Vektorprodukt

b) Behauptung Die Länge von ~x × ~y ist der Flächeninhalt des von ~x und ~y aufgespannten Parallelogramms, also k~x × ~y k = k~xk· k~y k· | sin ϕ| f¨ ur 0 6 ϕ := ^(~x, ~y ) < π Beweis. Aus 17.1.3 folgt k~x × ~y k2 = k~xk2 · k~y k2 − h~x, ~y i2 und also gilt k~x × ~y k2 = k~xk2 · k~y k2 · (1 − cos2 ϕ) = k~xk2 · k~y k2 · sin2 ϕ 9.8

c) Orientierung Seien ~x, ~y linear unabhängig, sei also B = {~x, ~y , ~x × ~y } eine Basis von R3 . Es ist ~x × ~y = (z1 , z2 , z3 ) mit z1 , z2 , z3 ∈ R und daher  x1 det  y1 z1

x2 y2 z2

 x3 y3  = h~x × ~y , ~x × ~y i > 0, a) z3

da das Skalarprodukt positiv definit ist. Die Basis B ist also gleich orientiert wie die Standardbasis. Man sagt auch ~x, ~y , ~x × ~y bilden ein positiv ” orientiertes Dreibein“, denn sie liegen im Raum wie Daumen, Zeigefinger und Mittelfinger der rechten Hand.

17.3

¨ Außere Algebren

Sei M = {1, 2, . . . , n}. Dann hat M hat 2n Teilmengen, die mit ∅, M, R, S, T, . . . Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

¨ 17.3 Außere Algebren

107

bezeichnet seien. Sei A ein K-Vektorraum der Dimension 2n mit Basiselementen eR , eS , eT , . . ., die den 2n Teilmengen von M zugeordnet seien. F¨ ur r, s ∈ Z sei   falls r = s 0  (r, s) := 1 falls r < s   −1 falls r > s Sei eR ∧ eS :=

Y

(r, s) eR∪S

∀R, S ⊂ M

r∈R,s∈S

Q (Dabei setzt man r∈R,s∈S (r, s) = 1, falls R = ∅ oder S = ∅.) P P F¨ ur ~x = R⊂M xR eR und ~y = S⊂M yS eS mit xR , yS ∈ K sei dann ~x ∧ ~y =

X

xR yS (eR ∧ eS )

R,S⊂M

Man erhält so eine Multiplikation A × A −→ A, (~x, ~y ) 7−→ ~x ∧ ~y , genannt außere Multiplikation. Damit ist A eine K-Algebra mit Einselement e∅ . ¨ Q Ist R ∩ S 6= ∅, so ist r∈R,s∈S (r, s) = 0. Also gelten (1) eR ∧ eS = ~0 , falls R ∩ S 6= ∅. (2) eR ∧ eS = (−1)pq eS ∧ eR falls |R| = p und |S| = q (Vertauschungsregel). Beispiele (f¨ ur n = 3). Es ist e{1,3} ∧ e{2} = (1, 2)(3, 2)e{1,2,3} = −e{1,2,3} und e{1,3} ∧ e{2,3} = ~0 Mit der Schreibweise ei statt e{i} sei ~x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 und ~y = y1 e1 + y2 e2 + y3 e3 mit xi , yi ∈ K Dann ist (1)

~x ∧ ~y = x1 y2 (e1 ∧ e2 ) + x1 y3 (e1 ∧ e3 ) + x2 y1 (e2 ∧ e1 ) + x2 y3 (e2 ∧ e3 ) + x3 y1 (e3 ∧ e1 ) + x3 y2 (e3 ∧ e2 ) = (x1 y2 − x2 y1 )e{1,2} + (x1 y3 − x3 y1 )e{1,3} + (x2 y3 − x3 y2 )e{2,3} . Die Koeffizienten sind (bis auf Vorzeichen) gerade die Koordinaten von ~x ×~y aus 17.1, falls K = R ist. Es folgt k~x ∧ ~y k = k~x × ~y k f¨ ur K = R und die Standardbasis e1 , e2 , e3 von R. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

108

17.4


Die ¨ außere Algebra eines K -Vektorraums

Sei V ein n-dimensionaler K-Vektorraum mit Basis B = (e1 , . . . , en ). Bette V in einen 2n -dimensionalen K-Vektorraum A ein und ergänze B zu einer Basis von A. Die Basiselemente von A seien mit eR f¨ ur R ⊂ M := {1, . . . , n} bezeichnet, wobei e{i} = ei zu setzen ist. Wie in 17.3 wird A zu einer KAlgebra gemacht. Man nennt A die Grassmann-Algebra oder ¨ außere Algebra von V und schreibt A = Λ(V ). Beispiel (f¨ ur n = 3). Dann ist {e∅ , e1 , e2 , e3 , e1 ∧ e2 , e1 ∧ e3 , e2 ∧ e3 , e1 ∧ e2 ∧ e3 } {z } | {z } | {z } | {z } | =e{1,2}

=e{1,3}

=e{2,3}

=e{1,2,3}

eine Basis von A (mit 8 = 23 Elementen). Man kann zeigen, dass die äußere Algebra von V unabhängig von der Wahl der Basis von V ist.

17.5

Zwei Regeln fu außere Multiplikation von ¨ r die ¨ Vektoren

Sei V ein K-Vektorraum mit Basis (e1 , . . . , en ). Dann gilt f¨ ur alle v, w ∈ V : v ∧ v = ~0 und v ∧ w = −w ∧ v Pn Beweis. F¨ ur v = i=1 λi ei mit λi ∈ K gilt  !  n n X n n X X X λj ej  = λi λj (ei ∧ ej ) = ~0 v∧v = λi ei ∧  j=1

i=1

i=0 j=0

denn in der Summe gibt es nur Glieder der Form λ2i (ei ∧ ei ) = ~0 und λi λj (ei ∧ ej ) + λj λi (ej ∧ ei ) = ~0 (1)

(2)

Es folgt nun auch die zweite Regel v ∧ w = −w ∧ v, denn: ~0 = (v + w) ∧ (v + w) = (v ∧ v) +(v ∧ w) + (w ∧ v) + (w ∧ w) | {z } | {z } =~ 0

=~ 0


17.6 Ein neues Kriterium f¨ ur lineare Abh¨ angigkeit

17.6

109

Ein neues Kriterium fu angigkeit ¨ r lineare Abh¨

Satz. F¨ ur Vektoren v1 , . . . , vp ∈ V gilt: angig v1 ∧ . . . ∧ vp = ~0 ⇐⇒ v1 , . . . , vp sind linear abh¨ Beweis. =⇒“ Sei v1 ∧ . . . ∧ vp = ~0. Angenommen v1 , . . . , vp sind linear unabhängig ” (insbesondere p 6 n). Erg¨ anze v1 , . . . , vp zu einer Basis v1 , . . . , vp , vp+1 , . . . , vn von V . Dann ist {vR | R ⊂ M } mit v{i} = vi eine Basis von Λ(V ) nach 17.4. Insbesondere ist v1 ∧ . . . ∧ vp = vR mit R = {1, . . . , p} ein Basiselement von Λ(V ) und somit 6= ~0. Widerspruch! ⇐=“ Seien v1 , . . . , vp linear abh¨ angig. Dann ist einer dieser Vektoren eine ” Linearkombination der u ¨brigen. Da sich bei Vertauschung der Vektoren in v1 ∧ . . . ∧ vp nach 17.5 h¨ ochstens das Vorzeichen ändert, können wir ohne Einschr¨ ankung annehmen, dass vp = λ1 v1 + . . . + λp−1 vp−1 mit λi ∈ K ist. Hieraus folgt v1 ∧ . . . ∧ vp = (v1 ∧ . . . ∧ vp−1 ) ∧ (λ1 v1 + . . . + λp−1 vp−1 ) = λ1 (v1 ∧ . . . ∧ vp−1 ∧ v1 ) + . . . + λp−1 (v1 ∧ . . . ∧ vp−1 ∧ vp−1 ) = ~0 nach 17.5, denn in jedem Summanden treten zwei gleiche Faktoren auf.

17.7

Ein Kriterium fu aume ¨ r Untervektorr¨

Satz. Seien u1 , . . . , up linear unabh¨ angige Vektoren in V und u01 , . . . , u0p ∈ V . Es sei U der von u1 , . . . , up erzeugte Untervektorraum von V und U 0 der von u01 , . . . , u0p erzeugte Untervektorraum von V . Dann gilt: U = U 0 ⇐⇒ ∃λ ∈ K ∗ mit u1 ∧ . . . ∧ up = λ(u01 ∧ . . . ∧ u0p ) Beweis. at G¨ ottingen 2006 Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨

110


=⇒“ Sei U = U 0 . Dann ist uj = ” Es folgt u1 ∧ . . . ∧ up =

Pp

i=1

p X

aij u0i f¨ ur j = 1, . . . , p mit aij ∈ K.

ai1 1 · · · aip p (u0i1 ∧ . . . ∧ u0ip )

i1 ,...,ip =1

Nach 17.5 fallen die Summanden weg, bei denen die i1 , . . . , ip nicht alle verschieden sind. Wir können also annehmen, dass (i1 , . . . , ip ) eine Permutation von (1, . . . , p) ist. Durch Vertauschen der u0ij folgt nach 17.5, dass u0i1 ∧ . . . ∧ u0ip = ε(u01 ∧ . . . ∧ u0p ) mit ε = ±1 gilt. Es folgt u1 ∧ . . . ∧ up = λ(u01 ∧ . . . ∧ u0p ), wobei λ sich als Summe u ¨ber die εai1 1 · · · aip p ergibt. ⇐=“ Es ist ” u1 ∧ . . . ∧ up ∧ u0i = λ(u01 ∧ . . . ∧ u0p ∧ xu0i ) = ~0 ∀i = 1, . . . , p 17.5

Es sind also u1 , . . . , up , u0i linear abhängig f¨ ur alle i = 1, . . . , p nach 17.6, d.h. es gibt Linearkombinationen λ1i u1 + . . . + λpi up + µi u0i = ~0 mit λij , µi ∈ K in denen jeweils nicht alle Koeffizienten 0 sind. Da u1 , . . . , up linear unabh¨ angig sind nach Voraussetzung, ist µi 6= 0 f¨ ur i = 1, . . . , p. Es ist also u0i ∈ U f¨ ur alle i und somit U 0 ⊂ U . Da u1 , . . . , up linear unabh¨ angig sind und u1 ∧ . . . ∧ up = λ(u01 ∧ . . . ∧ u0p ) ist, folgt nach 17.6, dass u01 , . . . , u0p linear unabhängig sind. Also U 0 = U .

17.8

Die ¨ außere Potenz Λp (V )

n Teilmengen mit p Elementen Sei M := {1, . . . , n} . Dann hat M genau p (p 6 n). Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

17.9 Fortsetzungssatz

111

Definition Sei Λp (V ) der Untervektorraum von Λ(V ), der von allen eR mit R ⊂ M und |R| = p erzeugt wird. Man nennt Λp (V ) die p-te ¨ außere Potenz von V . Bemerkung. Ist {e1 , . . . , en } eine Basis von V , so ist {ei1 ∧ . . . ∧ eip | i1 < i2 < . . . < ip } n p p . eine Basis von Λ (V ), und es ist dimK Λ (V ) = p Beispiel. 4! n Sei n = 4 und p = 2. Dann ist = = 6 und 2!· (4 − 2)! p {e1 ∧ e2 , e1 ∧ e3 , e1 ∧ e4 , e2 ∧ e3 , e2 ∧ e4 , e3 ∧ e4 } ist eine Basis von Λ2 (V ). Bemerkung. Ist {e1 , . . . , en } eine Basis von V , so gelten • dimK Λ0 (V ) = 1, und e∅ ist eine Basis von Λ0 (V ) • Λ1 (V ) = V , und {e1 , . . . , en } ist eine Basis von Λ1 (V ) • dimK Λn (V ) = 1, und {e1 ∧ . . . ∧ en } ist eine Basis von Λn (V ) • Es ist Λ(V ) = Λ0 (V ) + Λ1 (V ) + . . . + Λn (V ) als K-Vektorraum • Wir setzen Λm (V ) = 0 f¨ ur m > n Man kann zeigen, dass die Konstruktion von Λp (V ) unabhängig von der Wahl der Basis von V ist.

17.9

Fortsetzungssatz

Satz. Seien V, W endlich-dimensionale K-Vektorr¨ aume, und sei f : V −→ W eine K-lineare Abbildung. Dann gibt es genau einen K-Algebrahomomorphismus f : Λ(V ) −→ Λ(W ), der f fortsetzt, d.h. f (v) = f (v) f¨ ur alle v ∈V. Außerdem gilt f (Λp (V )) ⊆ Λp (W ). • f (x + y) = f (x) + f (y) • f (x ∧ y) = f (x) ∧ f (y) Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

112


• f (e∅ ) = 1Λ(W ) f¨ ur alle x, y ∈ Λ(V ) Zum Beweis. Sei {e1 , . . . , en } eine Basis von V und sei R = {i1 , . . . , ip } eine Teilmenge von M = {1, . . . , n} mit i1 < . . . < ip 6 n. Dann bilden die eR = ei1 ∧ . . . ∧ eip zusammen mit e∅ eine Basis von Λ(V ). Durch f (e∅ ) = 1Λ(W ) und f (eR ) = f (ei1 ) ∧ . . . ∧ f (eip ) wird eine K-lineare Abbildung f : Λ(V ) −→ Λ(W ) erklärt, die f fortsetzt. Man zeigt nun, dass f ein K-Algebrahomomorphismus ist, und die u ¨brigen Behauptungen.

17.10

Die Determinante

Sei V ein K-Vektorraum mit Basis {e1 , . . . , en }, dann ist {e1 ∧ . . . ∧ en } eine Basis des 1-dimensionalen K-Vektorraums Λn (V ). Sei f : V −→ V eine K-lineare Abbildung. Nach 17.9 gibt es dann ein wohlbestimmtes Element det(f ) ∈ K so, dass f¨ ur f : Λn (V ) −→ Λn (V ) gilt f (e1 ∧ . . . ∧ en ) = det(f ) e1 ∧ . . . ∧ en F¨ ur beliebige Vektoren v1 , . . . , vn ∈ V ist v1 ∧ . . . ∧ vn ∈ Λn (V ) und es ist f (v1 ∧ . . . ∧ vn ) = f (v1 ) ∧ . . . ∧ f (vn ). Also det(f )v1 ∧ . . . ∧ vn = f (v1 ) ∧ . . . ∧ f (vn ) Es ist det(f ) die Determinante von f . Satz (Multiplikationssatz). F¨ ur f, g ∈ EndK (V ) gilt det(f ◦ g) = det f · det g. Beweis. Es ist det(f ◦ g)(e1 ∧ . . . ∧ en ) = (f ◦ g)e1 ∧ . . . ∧ (f ◦ g)en = f (g(e1 )) ∧ . . . ∧ f (g(en )) = det f · (g(e1 ) ∧ . . . ∧ g(en )) = det f · det g· (e1 ∧ . . . ∧ en )


Abbildungsverzeichnis

113

Abbildungsverzeichnis 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Endliche affine Ebene . . . Gleichseitiges Dreieck . . . −−→ v = PQ . . . . . . . . . . . Spiegel- und Drehsymmetrie Gerade durch ~0 . . . . . . . Drei parallele Geraden . . . Zentralprojektion . . . . . . Endliche projektive Ebene . Endliche affine Ebene . . . Vektorprodukt . . . . . . .

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. 5 . 13 . 28 . 40 . 84 . 86 . 95 . 98 . 100 . 106

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Literatur

Literatur [1] Artin, Emil: Geometric Algebra. Interscience Publishers, Inc., 1957. [2] Artin, Emil: Analytische Geometrie und Algebra I, II. Vorlesungen an der Universität Hamburg, 1960/61. Teil I ausgearbeitet von H. Behncke und W. Hansen, Teil II ausgearbeitet von H. Kiendl und W. Hansen. [3] Artin, Michael: Algebra. Birkhäuser, 1998. [4] Artmann, Benno: Lineare Algebra. Birkhäuser Skripten, 1991. [5] Beutelspacher, Albrecht: Lineare Algebra. vieweg, 1998. [6] Beutelspacher, Albrecht; Ute Rosenbaum: Projektive Geometrie. vieweg, 1992. [7] Brieskorn, E. und H. Kn¨ orrer: Ebene algebraische Kurven. Birkh¨ auser, 1981. [8] Dieck, Tammo tom: Lineare Algebra. Mathematisches Institut der Universit¨ at Göttingen, 1995. [9] Fischer, Gerd: Lineare Algebra. vieweg, 1997. [10] Fischer, Gerd: Analytische Geometrie. vieweg, 1998. [11] Fischer, H. und H. Kaul: Mathematik f¨ ur Physiker. Teubner, 1988. [12] J¨ anich, Klaus: Lineare Algebra. Springer Verlag, 1981. [13] Kersten, Ina: Algebra-Vorlesung. Mathematisches Institut der Universit¨ at G¨ ottingen, 2000/01. [14] Lang, Serge: Linear Algebra. Addison-Wesley, 1977. [15] Maus, Eckhart: Analytische Geometrie und Lineare Algebra I. Mathematisches Institut der Universität Göttingen, 1992. [16] Maus, Eckhart: Analytische Geometrie und Lineare Algebra II. Mathematisches Institut der Universität Göttingen, 1997. [17] Patterson, S. J.: Lineare Algebra, Teil II, Anschauliche Geometrie und Gruppentheorie. Mathematisches Institut der Universität G¨ ottingen, 1993. Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨ at G¨ ottingen 2006

Literatur

115

¨ [18] Stoppel, H. und B. Griese: Ubungsbuch zur Linearen Algebra. vieweg, 1998. [19] Stuhler, Ulrich: Analytische Geometrie und Lineare Algebra II. Mathematisches Institut der Universität Göttingen, 1999.


Index Abstand, 32 Abz¨ ahlformel, 20 affine Abbildung, 79 affine Ebene, 99 affiner Raum, 27, 78 An (K), 28 affiner Unterraum, 78 affiner Unterraum von V , 78 Affinit¨ at, 79 Aktion, 27 Algebra, 26 alternierende Bilinearform, 58 anisotroper Raum, 62 ¨ Aquivalenzrelation, 10 außere Algebra, 108 ¨ a üßere Multiplikation, 107 a üßere Potenz, 111 Bahn, 28 Bahnformel, 29 Bewegung, 33 Bewegungsgruppe von R2 , 37 Bilinearform, 48 Determinante, 112 Diedergruppe Dn , 43 Dimension von P(V ), 84 Dimensionssatz, 87 Doppelverh¨ altnis, 93 Dreibein, 106 Dualit¨ atsprinzip, 102 Dualit¨ atssatz, 54 Ebene, 79 Einheitssph¨ are S 2 , 43 Ellipse, 34 euklidischer Raum, 32

Fahne, 73 Faktorgruppe, 24 Faktorraum, 12 Fixpunkt, 42 G-Menge, 27 Gerade, 79 Grassmann-Algebra, 108 Gruppenhomomorphismus, 17, 18 Gruppenordnung, 14 Hauptraum, 72 Hauptsatz der projektiven Geometrie, 96 homogene Koordinaten, 85 Homogenisierung, 85, 90 Homomorphiesatz, 25 Homomorphismus von Gruppen, 17 Hyperbel, 34 hyperbolische Ebene, 57, 65 hyperbolisches Paar, 57 Hyperebene, 79 Ikosaedergruppe, 43 Index, 20 Isometrie, 59 Isomorphismus von Gruppen, 17 isotroper Vektor, 57 Isotropieindex, 65 Jordankästchen, 69 Jordansche Normalform, 69, 76 K-Algebra, 26 Kegelschnitt, 34 Kleinsche Vierergruppe, 14, 22 Kollineation, 89 komplementäre Teilräume, 52 Koordinatensystem, 81


Index

117

linear abh¨ angig, 109 Linksnebenklasse, 19 Lösungsmenge, 79 metrischer Raum, 32 Minkowski-Raum, 65 Möbiustransformation, 92 nicht ausgeartet, 51 nicht ausgearteter projektiver Raum, 99 nilpotente Matrix, 75 nilpotenter Endomorphismus, 73 Normalform eines Kegelschnitts, 34 Normalteiler, 23 Operation, 27 Ordnung einer Gruppe, 14 einer Untergruppe, 21 eines Elementes, 20, 21 orientierungserhaltend, 36 orientierungsumkehrend, 36 Orthogonalbasis, 61 orthogonale Summe, 51 orthogonale Geometrie, 66 orthogonale Gruppe O(R), 24 orthogonale Vektoren, 50 Ortsvektor, 28, 78 Parabel, 34 Parallelogramm, 106 Permutationsgruppe, 13 Pol, 43 projektiv ¨ aquivalent, 90 projektive Basis, 92 projektive Ebene, 98 projektive Gerade, 86, 87 projektive Hyperebene, 87 projektiver Abschluss von An (K), 89 projektiver Raum, 99

projektiver Raum P(V ), 84 projektiver Raum Pn (K), 84 projektiver Unterraum, 87 Projektivität, 89 Punkt, 79 Quadrik, 36 Quaternionengruppe, 16 Quotientenvektorraum, 12 Radikal von V , 51 regulär, 51 regulärer symplektischer Raum, 58 Richtung, 78 Ring, 26 Satz von Cayley-Hamilton, 70 Satz von Desargues, 97 Satz von Lagrange, 21 Satz von Pappos, 97 schiefsymmetrische Bilinearform, 49 schiefsymmetrische Matrix, 49, 60 Schnittpunktsatz, 88 Schwerpunkt, 41 Signatur, 65, 66 SLn (K), 23 spezielle orthogonale Gruppe, 24 Spur einer Matrix, 67 Stabilisator, 28 Symmetrie, 40 Symmetriegruppe, 40 symmetrische Bilinearform, 48, 60 symmetrische Gruppe, 13 symplektische Bilinearform, 58 symplektischer Raum, 58, 59 synthetischer Aufbau, 97 Tetraedergruppe, 43 Trägheitssatz von Sylvester, 63 Trägheitsindex, 65 transitive Operation, 78 Translation, 33


118

Index

unendlich ferner Punkt, 86 Untergruppe, 15 Untervektorraum, 109

Verbindungsraum, 87

Vektorprodukt, 104 verallgemeinerter Eigenraum, 72

Zentralprojektion, 95 zyklische Gruppe, 22, 23, 42

W¨ urfelgruppe, 43

at G¨ ottingen 2006 Analytische Geometrie und Lineare Algebra II, Universit¨

Ina Kersten

Dieser Universitätsdruck ist die Fortsetzung des 2005 erschienenen Titels „Analytische Geometrie und Lineare Algebra 1“. Er wendet sich an Studierende des zweiten Semesters, die einen Studienabschluss in Mathematik, Physik oder in einem Zwei-Fächer-Bachelorstudiengang mit Mathematik als einem der beiden Fächer anstreben. Es werden einige Grundbegriffe der Algebra bereitgestellt, und es wird in die affine und projektive Geometrie eingeführt.

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 2


LATEX-Bearbeitung von Stefan Wiedmann

ISBN 3-938616-44-X



Analytische Geometrie und Lineare Algebra 2

Lineare Algebra und analytische Geometrie

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 1

Analytische Geometrie und Lineare Algebra 001

Lineare Algebra und Geometrie, I und II

Grundbegriffe der Mathematik, algebraische Strukturen 1, lineare Algebra und analytische Geometrie, numerische Algebra

Lernbuch Lineare Algebra und Analytische Geometrie: Das Wichtigste ausführlich für das Lehramts- und Bachelorstudium

Algebra und Geometrie 2. Moduln und Algebren

Algebra und Geometrie 001

Lineare Algebra

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Softwarepraktikum - Analysis und Lineare Algebra German

Lineare Algebra II 001

Lineare Algebra 003

Lineare Algebra 002

Skriptum Lineare algebra

Lineare Algebra I 001

Elementare Lineare Algebra: Linearisieren und Koordinatisieren

1, Reelle Analysis und Lineare Algebra

Lineare Algebra 006

Pruefungstrainer Lineare Algebra

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