lösbare Lie Algebra

04.11.2013, 10:21

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lösbare Lie Algebra

Meine Frage:
Hi. Sei b(n,F) die Lie Algebra der oberen nxn Dreicksmatrizen mit Einträgen aus einem Körper F.

i) Zeige, dass L'=[L,L]=n(n,F), wobei n(n,F) die Lie Algebra der strikten oberen nxn Dreicksmatrizen mit Einträgen aus einem Körper F.

ii) Zeige, dass $\begin{eqnarray*} L^{(k)}=[L^{(k-1)},L^{(k-1)}] \end{eqnarray*}$ eine Basis aus denjenigen Matrixeinheiten e_ij mit $\begin{eqnarray*} j-i\geq 2^{k-1} \end{eqnarray*}$ besitzt,wobei e_ij eine 1 an der ij-ten Stelle besitzt und sonst nur Nullen.

iii)Zeige, dass L=b(n,F) lösbar ist. Bestimme das kleinste m, sodass L^(m)=0.

Meine Ideen:
Zu
i) Habe ich so gezeigt: Seien $\begin{eqnarray*} A,B\in b(n,F) \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} [A,B]=AB-BA\in n(n,F) \end{eqnarray*}$ , das kann man leicht mit der Matrixmultiplikation nachweisen

ii) Hier soll man benutzen, dass $\begin{eqnarray*} [e_{ij},e_{kl}]=\delta _{jk}e_{il}-\delta _{il}e_{kj} \end{eqnarray*}$ gilt. Aber ich weiß nicht, wie ich das ergebnisorientiert nutzen kann.

04.11.2013, 13:17

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Ich denke, ich liege auf einem guten Wege, die Aussage durch vollständige Induktion zu zeigen.
Gehe ich recht in der Annahme, dass $\begin{eqnarray*} \delta _{jk} e_{il} \end{eqnarray*}$ nur im Falle k=i ungleich der Nullmatrix ist und dass dann $\begin{eqnarray*} \delta _{jk} e_{il}=e_{jl} \end{eqnarray*}$ gilt?

04.11.2013, 20:20

Reksilat

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Zitat:

Gehe ich recht in der Annahme, dass $\begin{eqnarray*} \delta _{jk} e_{il} \end{eqnarray*}$ nur im Falle k=i ungleich der Nullmatrix ist und dass dann $\begin{eqnarray*} \delta _{jk} e_{il}=e_{jl} \end{eqnarray*}$ gilt?

Nein, $\begin{eqnarray*} \delta_{jk} \end{eqnarray*}$ ist das Kronecker-Delta.
Das heißt $\begin{eqnarray*} \delta _{jk} e_{il} \end{eqnarray*}$ ist nur im Falle j=k ungleich Null.

Allgemein gilt $\begin{eqnarray*} e_{ij}e_{kl}=\delta _{jk}e_{il} \end{eqnarray*}$

Gruß
Reksilat

05.11.2013, 09:38

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Ich hatte das Delta auch als Matrix gelesen und mich gefragt, wieso man nicht gleich die Einheitsmatrizen wieder verwendet Hammer

Danke, ich setze mich jetzt nochmal dran

05.11.2013, 09:58

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Okay, jetzt habe ichs gelöst. Man kann dies durch vollständige Induktion zeigen.
Der Induktionsanfang wurde in Aufgabenteil a) gezeigt.
Im Induktionsschritt gehen wir wie folgt vor:

Wir betrachten $\begin{eqnarray*} [e_{ij},e_{kl}]=\delta_{jk}e_{il}-\delta_{il}e_{kj} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} j-i\geq 2^{n-2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} l-k\geq 2^{n-2} \end{eqnarray*}$ nach Induktionsvoraussetzung.

Wir unterscheiden die Fälle
1) $\begin{eqnarray*} j=k \wedge i\neq l \end{eqnarray*}$ , dh. wir erhalten e_il
2) $\begin{eqnarray*} j\neq k \wedge i=l \end{eqnarray*}$ , dh. wir erhalten e_kj
3) $\begin{eqnarray*} j=k \wedge i=l \end{eqnarray*}$ , d.h. wir erhalten e_il-e_kj
4) sonst

Im sonstigen Fall erhalten wir die Nullmatrix, und die erfüllt die geforderte Bedingung.
1) Es gilt: $\begin{eqnarray*} j-i\geq 2^{n-2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} l-k\geq 2^{n-2} \end{eqnarray*}$ und da j=k
$\begin{eqnarray*} k-i\geq 2^{n-2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} l-k\geq 2^{n-2} \end{eqnarray*}$ . Wir addieren die respektiven Seiten, sodass $\begin{eqnarray*} k-j+l-k=l-j\geq 2^{n-2}+2^{n-2}=2^{n-1} \end{eqnarray*}$
2) analog
3) Folgt aus 2) und 3)

05.11.2013, 13:20

Reksilat

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Zitat:

Wir addieren die respektiven Seiten, sodass $\begin{eqnarray*} k-j+l-k=l-j\geq 2^{n-2}+2^{n-2}=2^{n-1} \end{eqnarray*}$

Hier muss i statt j stehen.

Zitat:

3)Folgt aus 2) und 3)

Zirkelschluss! Big Laugh

Eine direkte Folgerung aus 1) und 2) sehe ich hier aber auch nicht.
Der Fall 3) kann allerdings nicht auftreten, da immer i<j und k<l gilt.

Gruß
Reksilat

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