Bahn der oberen invertierbaren Dreiecksmatrizen auf K^(3x1)

17.05.2012, 14:08

Telperion

Bahn der oberen invertierbaren Dreiecksmatrizen auf K^(3x1)

Moin,
ich habe folgende Aufgabe:

Zitat:

Sei G die Gruppe der oberen, invertierbaren 3x3 Dreiecksmatrizen (also eine Untergruppe der $\begin{eqnarray*} GL(3,\mathbb K), \mathbb K \end{eqnarray*}$ Körper).
Zeige: Die Operation von G auf $\begin{eqnarray*} \mathbb K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$ hat genau 4 Bahnen, wobei die Operation hier die Linksmultiplikatiion sei.

Also, ich habe erstmal gesagt: Sei $\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} g_{1,1} & g_{1,2} & g_{1,3} \\ 0 & g_{2,2} & g_{2,3} \\ 0 & 0 & g_{3,3} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b=\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in \mathbb K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$ . Damit A invertierbar ist müssen die Diagonaleinträge ungleich 0 sein.
Dann ergibt sich also erstmal $\begin{eqnarray*} Ab=\begin{pmatrix} g_{1,1}\cdot x + g_{1,2}\cdot y + g_{1,3}\cdot z \\ 0 + g_{2,2}\cdot y + g_{2,3}\cdot z \\ 0 + 0 + g_{3,3}\cdot z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ . Jetzt habe ich mehrere Fälle betrachtet:

1.Fall: $\begin{eqnarray*} g_{1,2}=g_{1,3}=g_{3,3}=0 \end{eqnarray*}$ . Dann ist die Bahn $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}g_{1,1}\cdot x \\g_{2,2}\cdot y \\ g_{3,3}\cdot z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$
2. Fall: $\begin{eqnarray*} g_{1,2}=0, g_{1,3}\neq 0\neq g_{2,3} \end{eqnarray*}$ Dann bekomme ich als Bahn $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}g_{1,1}\cdot x+g_{1,3}\cdot z \\g_{2,2}\cdot y+g_{2,3}\cdot z \\ g_{3,3}\cdot z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
3. Fall: $\begin{eqnarray*} g_{1,3}=0, g_{1,2}\neq 0\neq g_{2,3} \end{eqnarray*}$ . Dann bekomme ich als Bahn $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}g_{1,1}\cdot x+g_{1,2}\cdot y \\g_{2,2}\cdot y+g_{2,3}\cdot z \\ g_{3,3}\cdot z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
4. Fall: $\begin{eqnarray*} g_{2,3}=0, g_{1,3}\neq 0\neq g_{1,2} \end{eqnarray*}$ . Dann bekommt man als Bahn $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}g_{1,1}\cdot x+g_{1,2}\cdot y+g_{1,3}\cdot z \\g_{2,2}\cdot y \\ g_{3,3}\cdot z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich aber noch nicht die Fälle, wo zwei Einträge gleich null sind. Wenn ich zum Beispiel mal folgendes betrachte:

5.Fall: $\begin{eqnarray*} g_{1,2}=g_{1,3}=0\neq g_{2,3} \end{eqnarray*}$ . Dann erhält man als Bahn
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}g_{1,1}\cdot x\\g_{2,2}\cdot y+g_{2,3}\cdot z \\ g_{3,3}\cdot z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So kann man das dann noch mit den anderen Kombinationen machen. Ich bin der Meinung, dass die ersten 4 Fälle alle Bahnen beschreiben. Die Frage ist nun: Wie zeige ich, dass es nicht mehr gibt bzw., dass die anderen Fälle schon durch 1-4 abgedeckt sind?

Eine weitere Teilaufgabe ist, eine trennende Invariante der Operation anzugeben, das würde ich vielleicht auch, nach dem Teil a, mit jemandem hier machen. smile

Ich hoffe es ist einigermaßen verständlich geworden und freue mich auf Antworten.

Grüße,
Dominik

\edit: In der Ab Matrix das "+" eingefügt.

17.05.2012, 14:19

jester.

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Ich verstehe nicht so ganz, was du tust, denn in Fall 1 erhältst du als Bahn $\begin{eqnarray*} K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$ . Dann gäbe es aber nur genau eine Bahn.
Warum stellst du Einschränkungen an die Einträge der Matrix? Wenn die Gruppe auf einem festen Vektor operiert, dann doch mit allen Matrizen, die in ihr liegen, also ohne Einschränkungen an die Einträge der Matrix.

Versuch doch mal die Bahn von $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ auszurechnen. Das gibt dir vielleicht schon die richtige Idee für zwei weitere Bahnen.

Eine der vier Bahnen ist einelementig. Augenzwinkern

17.05.2012, 14:35

Telperion

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Zitat:

Ich verstehe nicht so ganz, was du tust, denn in Fall 1 erhältst du als Bahn $\begin{eqnarray*} K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$ .

Ich auch nicht, das war wohl ein Moment von hoher geistiger Umnachtung. unglücklich

Was ich tun muss ist ja ein festes Element aus $\begin{eqnarray*} K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$ mit allen Elemente der Gruppe zu multiplizieren und nicht umgekehrt. Forum Kloppe

.
Dann bestimme ich die Bahnen folgendermaßen:

$\begin{eqnarray*} A\cdot \begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} g_{1,1} \\0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A\cdot \begin{pmatrix} 0\\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} g_{1,1} \\ g_{2,2} \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A\cdot \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} g_{1,1} \\ g_{2,2} \\ g_{3,3} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann sind das meine Bahnen, oder? Denn wenn ich meine Gruppenoperation auf die anderen Elemente aus $\begin{eqnarray*} K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$ anwende erhalte ich immer vielfache von einem dieser 3 Fälle.

17.05.2012, 14:42

jester.

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Wenn $\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} g_{1,1} & g_{1,2} & g_{1,3} \\ 0 & g_{2,2} & g_{2,3} \\ 0 & 0 & g_{3,3} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist, dann hast du die Multiplikation nicht richtig durchgeführt, es ist etwa $\begin{eqnarray*} Ae_2 = \begin{pmatrix} g_{1,2} \\ g_{2,2} \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , d.h. wenn man es genauer (bzw. richtig) aufschreibt, sind die Bahnen
$\begin{eqnarray*} G \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \left\{ \begin{pmatrix} a \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} ~|~ a \in K^* \right \} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} G \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}= \left\{ \begin{pmatrix} a \\ b \\ 0 \end{pmatrix} ~|~ a \in K , ~ b \in K^* \right\} \end{eqnarray*}$

Und so weiter. Augenzwinkern

17.05.2012, 14:53

Telperion

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Hey jester.,
danke für deine Antwort. Freude

Ich habe es einfach falsch aufgeschrieben, die Multiplikation steht schon so richtig bei mir, ich habe nur beim teXen die Indizes falsch aufgeschrieben. unglücklich

Das ist mir nun klar und wie man die Bahnen richtig aufschreibt habe ich jetzt auch verstanden. smile

Das war ja schon ziemlich peinlich gerade unglücklich

von mir

Nun zur trennenden Invariante:

Wäre nicht z.B. die skalare Multiplikation eine trennende Invariante?
Also: $\begin{eqnarray*} f:K^{3\times 1}\to K^{3\times 1} ,\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \mapsto q\cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix},q\in K fest \end{eqnarray*}$

17.05.2012, 15:04

jester.

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Nehmen wir mal $\begin{eqnarray*} K=\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ . Dann liegen sicherlich $\begin{eqnarray*} v:=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} w:=\begin{pmatrix}2\\0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ in einer Bahn, aber wenn wir das $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ aus deiner Abbildung als $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ wählen, dann ist $\begin{eqnarray*} f(v)=w\neq 2w = f(w) \end{eqnarray*}$ .

Der folgende Hinweis beinhaltet leider im wesentlichen die Lösung: eine mögliche trennende Invariante hat etwas mit der Dimension von Unterräumen zu tun.

Edit: Ich glaube das funktioniert nicht so ganz, mit der Dimension. Ich überlege mal weiter...

Edit 2: Ich denke die Idee mit der Dimension lässt sich retten, und zwar wie folgt. Setze $\begin{eqnarray*} A:=\begin{pmatrix}1&1&1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und ordne einem Vektor $\begin{eqnarray*} v \in K^{3\times 1} \end{eqnarray*}$ den Wert $\begin{eqnarray*} \dim(\langle v, ~ Av , ~ A^2 v \rangle ) \end{eqnarray*}$ zu. Wenn ich nichts übersehe, funktioniert das, und zwar in jeder Charakteristik.

Edit 3: Charakteristik (Wikipedia)

17.05.2012, 16:38

Telperion

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Danke für deine Hilfe jester., ich denke ich habe es nun durchschaut, wobei ich wohl niemals selber dadrauf gekommen wäre... Ich werde mich noch ein wenig damit beschäftigen, aber auf jeden Fall vielen Dank! Wink

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