Klassiske Grupper [version 2009-05-05 ed.]

Citation preview

Klassiske Grupper Noter af Jørn B. Olsson

1

INDHOLD: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Den generelle lineære gruppe Endelige lineære grupper Ortogonal og symplektisk geometri Symplektiske grupper Ortogonale grupper Unitære grupper

2

1

Den generelle lineære gruppe K1 - 2009-version

Lad n ∈ N og lad K være et vilkårligt legeme. Med GL(n, K), den Generelle Lineære Gruppe, betegner vi gruppen af invertible n × n-matricer med koefficienter fra K. Gruppen betegnes også ofte med GLn (K). Vi har altså   a11 · · · a1n    a21 · · · a2n    GL(n, K) = x =  ..  aij ∈ K, det x 6= 0  .  an1 · · · ann Vi lader K ∗ = K \ {0} være legemet K’s multiplikative gruppe. Når x, y ∈ GL(n, K) gælder altså det x ∈ K ∗ , og det x det y = det xy . Hermed er afbildningen det : GL(n, → K ∗ en  gruppehomomorfi. Den er K) a 0 1

surjektiv fordi for a ∈ K ∗ er det 

1

...

0

 = a. Kernen for denne 1

determinantepimorfi betegnes med SL(n, K) = {x ∈ GL(n, K) | det x = 1} og kaldes den Specielle Lineære Gruppe. Den 1. isomorfisætning for grupper viser, at ( SL(n, K) / GL(n, K) (1) GL(n, K)/SL(n, K) ∼ = K∗ Det er velkendt, at elementerne i GL(n, K) svarer til vektorrumsisomorfier (bijektive lineære afbildninger) af et n-dimensionalt vektorrum på sig selv. Lad os præcisere det: Når V , W er K-vektorrum betegner LK (V, W ) mængden af lineære afbildninger fra V til W . LK (V, W ) er igen et K-vektorrum. Lad B = {v1 , v2 ,· · · , vn } være en basis for vektorrummet V , dimK V = n. a11 ··· a1n Når x = ... ∈ GL(n, K) er ϕx ∈ LK (V, V ) = LK (V ) defineret ved an1 ··· ann

ϕx (vi ) =

n X

aji vj .

j=1

(Det er velkendt, at en lineær afbildning fastlægges entydigt ved værdierne på en basis.) Man kan så regne efter, at for x, y ∈ GL(n, K) gælder ϕx ◦ϕy = ϕxy . 3

1

Det er klart, at ϕ1 = id, hvor

0

1

..

0

.

! og id er identitetsafbildningen

1

på V . Derfor er ϕx ◦ ϕx−1 = ϕ1 = id for alle x ∈ GL(n, K). Så ϕ er en gruppeisomorfi mellem GL(n, K) og GL(V ) = {τ ∈ LK (V ) | τ isomorfi } . Hvis vi betragter legemet K som vektorrum over sig selv (af dimension 1), defineres det duale rum Vb til vektorrummet V som Vb = LK (V, K) . Hvis σ ∈ Vb \ {0}, altså σ 6= 0, så er σ surjektiv. Dimensionssætningen for lineære afbildninger viser dim(ker σ) + dim(σ(V )) = dim V = n så dim(ker σ) = n − 1. Dermed er ker σ en hyperplan i V . (Dette er pr. definition et underrum af dimension n − 1, codimension 1). Det er let at se, at dimK Vb = dimK V = n: Hvis {v1 , · · · , vn } som før er en basis for V kan den bruges til at definere den duale basis {b v1 , · · · , vbn } for V ved vbi (vj ) = δij (Kronecker delta) . (Overvej selv, at {b v1 , · · · , vbn } er en basis). Antag nu, at σ, σ 0 ∈ Vb har samme hyperplan som kerne: ker σ = ker σ 0 = H , og at {w1 , · · · , wn−1 } er en basis for H. Vælg wn ∈ V \ H, således at {w1 , · · · , wn−1 , wn } er en basis for V . Lad σ(wn ) = a, σ 0 (wn ) = b. Da wn ∈ / ker σ, wn ∈ / ker σ 0 er a og b 6= 0. Så er (ba−1 )σ = σ 0 . Dette vises ved at anvende begge disse lineære afbildninger på vores nye basis. For 1 ≤ i ≤ n − 1 er (ba−1 )σ(wi ) = σ 0 (wi ) = 0. For i = n er ba−1 σ(wn ) = ba−1 a = b = σ 0 (wn ). Vi har vist(næsten!) Lemma 1.2. σ, σ 0 ∈ Vb har samme kerne ⇔ Der eksisterer et c ∈ K ∗ så cσ = σ 0 .

4

Definition. Et element τ ∈ GL(V ), τ 6= id, kaldes en transvektion, hvis der findes en hyperplan H ⊆ V således at ∀v ∈ V : ∀v ∈ H :

τ (v) − v ∈ H τ (v) = v

τ kaldes også en transvektion over H, hvis H skal specificeres. Bemærk at hvis dim(V ) = 1, så har V ingen transvektioner. Det vigtigste (eneste!) eksempel på transvektioner fås som følger: Lad σ ∈ Vb \ {0}. Vælg u ∈ ker σ \ {0}, og definer τ (σ, u) ∈ LK (V ) ved ∀v ∈ V : τ (σ, u)(v) = v + σ(v)u

(∗)

Det er klart at τ (σ, u) er lineær fordi σ er det. Lad os checke at det er en transvektion. Kernen af σ ∈ Vb \ {0} er en hyperplan H := ker σ. Bemærk, at u ∈ H. Vi har derfor ifølge (∗) at der for alle v ∈ V gælder τ (σ, u)(v) − v = σ(v)u. Da u ∈ H er også σ(v)u ∈ H. Lad nu v ∈ H. Så er τ (σ, u)(v) = v + σ(v)u = v fordi σ(v) = 0. Dermed er vist, at τ (σ, u) er en transvektion over ker σ. Sætning 1.3. (Klassifikation af transvektionerne) Enhver transvektion τ ∈ GL(V ), τ 6= id, kan skrives på formen τ = τ (σ, u) for passende σ ∈ Vb \{0}, u ∈ ker σ \{0}. Hvis σ, σ 0 ∈ Vb \{0}, u ∈ ker σ \{0}, u0 ∈ ker σ 0 \ {0} gælder τ (σ, u) = τ (σ 0 , u0 ) m ∃c ∈ K ∗ : σ 0 = cσ og u0 = c−1 u . Bevis. Lad τ 6= id være en transvektion over hyperplanen H. Vælg σ ∈ Vb med kerne H. (Overvej at et sådant σ findes!) Vælg w ∈ V \ H, således at der altså gælder σ(w) 6= 0, og sæt u = σ(w)−1 (τ (w)−w). Da τ er en transvektion over H fås at u ∈ H (Overvej!) Når v ∈ V er σ(v − σ(w)−1 σ(v)w) = σ(v) − σ(v) = 0 så v − σ(w)−1 σ(v)w ∈ H. Da τ er en transvektion over H fås v − σ(w)−1 σ(v)w = τ (v) − σ(w)−1 σ(v)τ (w) 5

eller τ (v) = v + σ(v)[σ(w−1 )(τ (w) − w)] = v + σ(v)u . Heraf ses, at τ = τ (σ, u), hvormed sætningens første udsagn er bevist. Antag nu, at τ = τ (σ, u) = τ (σ 0 , u0 ). Så er ker σ = ker σ 0 , da dette er den hyperplan, som τ er transvektion over. Ifølge Lemma 1.2 findes derfor c ∈ K ∗ , så σ 0 = cσ. Så er for v ∈ V τ (σ 0 , u0 )(v) = v + σ 0 (v)u0 = v + cσ(v)u0 og τ (σ, u)(v) =

= v + σ(v)u

Da τ (σ, u) = τ (σ 0 , u0 ) fås cu0 = u eller u0 = c−1 u. På den anden side er for c ∈ K ∗, v ∈ V τ (cσ, c−1 u)(v) = v + (cσ)(v)(c−1 u) = v + σ(v)u = τ (σ, u)(v) . 2

Hermed er det andet udsagn bevist.

Bemærkning. Vi har defineret τ (σ, u), når σ 6= 0 og u 6= 0. Definitionen af τ (σ, u) τ (σ, u)(v) = v + σ(v)u , har også mening når σ = 0 og/eller u = 0. Så er τ (σ, u) = id. Definition. Hvis τ = τ (σ, u) er en transvektion kaldes underrummet Ku af V for τ ’s retning. Ifølge Sætning 1.3 har enhver transvektion (6= id) en veldefineret retning. Vi erindrer om at to elementer x, y i en gruppe G kaldes konjugerede hvis der findes g ∈ G så gxg −1 = y. Mængden af elementer, der er konjugerede til et givet element i G kaldes en konjugationsklasse i G. Lemma 1.4. Lad σ ∈ Vb \ {0}, u ∈ V \ {0}, g ∈ G = GL(V ). Der gælder gτ (σ, u)g −1 = τ (σg −1 , g(u)) .

6

Bevis. (Lad os bemærke, at σg −1 ∈ Vb er defineret ved at σg −1 (v) = σ(g −1 (v)). Da g ∈ G = GL(V ) er jo g −1 ∈ G, og derfor g −1 (v) ∈ V ). Lad v ∈ V . Så er (gτ (σ, u)g −1 )(v) = g(τ (σ, u)(g −1 (v)) = g(g −1 (v) + σ(g −1 (v))u) (definition af τ ) = v + σ(g −1 (v))g(u) = τ (σg −1 , g(u))(v) 2 Sætning 1.5. Mængden af transvektioner i GL(V ) danner en konjugationsklasse i GL(V ). Bevis. Lad τ = τ (σ, u), τ 0 = τ (σ 0 , u0 ) være to transvektioner i GL(V ). Lad H = ker σ, H 0 = ker σ 0 være hyperplanerne, der hører til σ og σ 0 . Så har H og H 0 samme dimension n − 1. Vælg w og w0 ∈ V så σ(w) = σ 0 (w0 ) = 1. Dermed er w ∈ / H og w0 ∈ / H 0 . (Overvej dette!) På den anden side er pr. definition u ∈ H, u0 ∈ H 0 . Derfor kan mængderne {u, w} og {u0 , w0 } udvides til baser for V B = {u, u2 , · · · , un−1 , w} , B 0 = {u0 , u02 , · · · , u0n−1 , w0 } , hvor ui ∈ H og u0i ∈ H 0 , 2 ≤ i ≤ n − 1. Lad den lineære afbildning g ∈ GL(V ) opfylde g(u) = u0 , g(ui ) = u0i , g(w) = w0 . Ifølge Lemma 1.4 er gτ (σ, u)g −1 = τ (σg −1 , g(u)) = τ (σg −1 , u0 ) . Vi mangler at vise, at σg −1 = σ 0 : Da g(H) = H 0 har σg −1 og σ 0 begge H 0 som kerne. Endvidere er σ 0 (w0 ) = 1 og σg −1 (w0 ) = σg −1 (gw) = σ(w) = 1. Dermed har σg −1 og σ samme værdier på basiselementerne i B 0 , så de er ens, σg −1 = σ 0 . 2 Det er velkendt, at en konjugationsklasse i en gruppe G frembringer en normal undergruppe af G. Vi vil vise, at transvektionerne frembringer den normale undergruppe SL(V ) i GL(V ), samt at GL(V )0 = SL(V ). Hvis τ er en transvektion over hyperplanen H og v ∈ V \H, så er B = {u1 , u2 , · · · , un−1 , v} en basis for V når {u1 , · · · , un−1 } er en basis for H. Der gælder τ (ui ) = ui , i = 1, · · · , n − 1 og τ (v) = v + u, hvor u er en vektor i τ ’s retning, altså u ∈ H. Derfor er τ ’s matrix med hensyn til B:   1 0 0 ··· ? 0 1 0 · · · ?   0 0  1 · · · ? x=  ∈ GL(n, K)  ..  .. .  . 0 0 0 ··· 1 7

hvor ? betegner elementer i K. Disse elementer indgår som koefficienter, når man skriver u som linearkombination af u1 , · · · , un−1 . Som trekantsmatrix har x determinant 1, så τ ∈ SL(V ). Vi har vist Lemma 1.6. Alle transvektioner i GL(V ) er indeholdt i SL(V ).

2

Lemma 1.7. Lad H være en hyperplan i V . Mængden af transvektioner over H danner sammen med id en undergruppe af G. Bevis. Lad τ (σ1 , u1 ) og τ (e σ2 , u e2 ) være transvektioner over H. Ifølge Lemma ∗ 1.2 findes et c ∈ K så ce σ2 = σ1 , da ker σ1 = ker σ e2 = H. Fra Sætning 1.3 fås nu, at τ (e σ2 , u e2 ) = τ (ce σ2 , c−1 u e2 ) = τ (σ1 , u2 ) , hvor u2 = c−1 u e2 . Vi skal vise, at τ (σ1 , u1 )τ (σ1 , u2 ) er en transvektion (eller id). For v ∈ V er τ (σ1 , u1 )τ (σ1 , u2 )(v) = τ (σ1 , u1 )(v + σ1 (v)u2 ) = v + σ1 (v)u2 + σ1 (v + σ1 (v)u2 )u1 = v + σ1 (v)u2 + σ1 (v)u1 + σ1 (v)σ1 (u2 )u1 = v + σ1 (v)(u1 + u2 ) (da σ1 (u2 ) = 0!) = τ (σ1 , u1 + u2 )(v) . Altså τ (σ1 , u1 )τ (σ1 , u2 ) = τ (σ1 , u1 + u2 ) .

(1.8)

Fra definitionen er τ (σ1 , 0) = id, så vi har også τ (σ1 , u1 )−1 = τ (σ1 , −u1 ). Hermed er vist, at {τ (σ1 , u) | u ∈ H} er en gruppe. 2 Bemærkning (1.8). τ (σ1 , u)τ (σ2 , u) = τ (σ1 + σ2 , u). (Opgave) Sætning 1.9. (1) Mængden af transvektioner danner en GL(V )-konjugationsklasse i SL(V ). (2) Hvis n ≥ 3, så danner mængden af transvektioner også en SL(V )konjugationsklasse. Bevis. (1) følger fra Sætning 1.5 og Lemma 1.6. (2) fås ved at modificere beviset for Sætning 1.5. Det konjugerede element g blev valgt, så det førte en basis B for V over i en anden basis B 0 for V . Elementet g skulle afbilde u på u0 og w på w0 . Disse elementer var fastlagt ved antagelse og kan ikke ændres. Hvis n ≥ 3 er der elementer ui og u0i , der kun er fundet ved basisudvidelse. Ved at erstatte f.eks. u2 med et multiplum af u2 kan opnås at det g = 1, altså g ∈ SL(V ). 2 8

Bemærkning. Argumentet i 1.9 (2) virker ikke for n = 2. Det kan justeres. Lad τ (σ, u) være en transvektion med σ(w) = 1, så B = {u, w} er en basis for V . Lad B 0 = {u0 , w0 } være en vilkårlig basis for V . Der findes et α ∈ K ∗ således at den lineære afbildning g ∈ GL(V ) fastlagt ved g(u) = u0 , g(w) = αw0 har determinant 1, altså g ∈ SL(V ). Så er gτ (σ, u)g −1 = τ (σg −1 , u0 ) en transvektion, hvis matrix med hensyn til B 0 er

1 α−1 0 1




.

Sætning 1.10. Transvektionerne frembringer SL(V ), altså ethvert element i SL(V ) er et (endeligt) produkt af transvektioner. Bevis. Kernen i beviset er, at en matrix x af determinant 1 kan omformes til enhedsmatricen gennem elementære række- og søjleomformninger af den type der adderer et multiplum af en række/søjle til en anden række/søjle. Vi får her brug for isomorfien ϕ : GL(n, K) → GL(V ) (ϕ : SL(n, K) → SL(V )). ϕ er baseret på valget af en basis {v1 , · · · , vn } for V . For 1 ≤ i, j ≤ n, i 6= j og a ∈ K lader vi hij (a) være den matrix, der har 1’er i diagonalen og elementet a på plads (i, j). Hvis τij (a) = ϕ(hij (a)) fås at τij (a)(vk ) = vk k 6= j τij (a)(vj ) = vj + avi . Derfor er τij (a) en transvektion over Hj = span{v1 , · · · , vj−1 , vj+1 , · · · , vn } med retning Kvi . Når man multiplicerer en matrix x med hij (a) fra venstre lægges a gange den j’te række til den i’te række. Ved multiplikation med hij (a) fra højre lægges a gange den i’te søjle til den j’te søjle. Det overlades til læseren at overveje, at en vilkårlig x ∈ SL(n, K) kan omformes til enhedsmatricen med disse omformninger. (Først skaffes et 1-tal på plads (1, 1), og derefter nuller i resten af 1. række og 1. søjle. Processen gentages til at skaffe et 1-tal på plads (2, 2) osv.) Vi ser altså, at x ∈ SL(n, K) kan skrives som produkt af matricer på formen hij (a). Ved at anvende ϕ fås, at ethvert g ∈ SL(V ) kan skrives som produkt af transvektioner på formen τij (a). 2 Lemma 1.11. Hvis en hyperplan i V har mindst 3 elementer, så er alle transvektioner fra GL(V ) indeholdt i GL(V )0 , GL(V )’s kommutatorgruppe. Bemærkning. Betingelsen i lemmaet er opfyldt når n ≥ 2 med undtagelse af tilfældet n = 2, |K| = 2.

9

Bevis. Lad H være en hyperplan i V og lad σ ∈ Vb have kerne H, ker σ = H. Ifølge (1.8) gælder for u1 , u2 ∈ H at τ (σ, u1 )τ (σ, u2 ) = τ (σ, u1 + u2 ) . Vælg u1 ∈ H \ {0} og u2 ∈ H \ {0}, u2 6= −u1 . Dette er muligt, da |H| ≥ 3. Ifølge Sætning 1.5 findes et g ∈ GL(V ) så g −1 τ (σ, −u1 )g = τ (σ, u2 ) . Hermed fås τ (σ, u1 )g −1 τ (σ, −u1 )g = τ (σ, u1 )τ (σ, u2 ) = τ (σ, u1 + u2 ) 6= id .

(∗)

Det sidste skyldes at u1 + u2 6= 0 da u2 6= −u1 ). Men venstre side af (∗) er en kommutator, da τ (σ, −u1 ) = τ (σ, u1 )−1 . Hermed indeholder GL(V )0 en transvektion, og dermed alle transvektioner, da GL(V )0 / GL(V ). (Jfr. Sætning 1.5). Sætning 1.12. Med mindre n = 2 og |K| = 2, så er GL(V )0 = SL(V ) . Bevis. For n = 1 er GL(V ) ∼ = K ∗ og påstanden holder. Antag n ≥ 2. Så er vi i situationen hvor antagelsen til Lemma 1.11 holder. Vi får, at da SL(V ) er frembragt af transvektionerne, må SL(V ) ⊆ GL(V )0 . Men ifølge (1.1) er GL(V )/SL(V ) ' K ∗ abelsk. Så GL(V )0 ⊆ SL(V ). 2 Bemærkning. GL(2, 2) består af 2 × 2-matricer over Z2 med determinant 6= 0, altså determinant 1. Så SL(2, 2) = GL(2, 2). Det er let at se, at GL(2, 2) ∼ = S3 , den symmetriske gruppe af grad 3 og orden 6. Endvidere er S30 = A3 , så sætning 1.12 er forkert i dette tilfælde! (At GL(2, 2) ' S3 ses fra, at ( 01 11 ) har orden 3 og ( 10 11 ) har orden 2). Vores næste mål er at vise, at SL(V ) “næsten” er simpel. Det viser sig at være nyttigt at realisere SL(V ) (eller snarere PSL(V ), se nedenfor) som permutationsgruppe. For denne del af argumentet er der igen fordele ved delvis at argumentere med matricer. Lemma 1.13. Lad G = GL(n, K), S = SL(n, K). Der gælder Z(G) = CG (S) = {aI | a ∈ K ∗ } 10

Bevis. Antag at g = (aij ) ∈ CG (S). Så er ghij (a) = hij (a)g for alle hij (a)matricer. (Jfr. beviset for Sætning 1.10). Når man lægger a gange den j’te række til den i’te række i g skal man få det samme, som når man lægger a gange den i’te søjle til den j’te søjle i g. Når a 6= 0 fås ved sammenligning, at alle elementer i den i’te søjle pånær (i, i) og alle elementer i den j’te række pånær (j, j) må være 0 i g. Derfor er g en diagonalmatrix og det ses let, at alle tal i diagonalen må være ens. 2 Det projektive rum P (V ) over vektorrummet V består af mængden af alle 1-dimensionale underrum i V . Derfor kan P (V ) også ses som mængden af ækvivalensklasser på V ∗ = V \ {0} under ækvivalensrelationen v1 ∼ v2 ⇔ ∃a ∈ K ∗ : v1 = av2 . Vi ser v1 ∼ v2 ⇔ Kv1 = Kv2 . Hvis vi betragter V som rummet K n = {(a1 , · · · , an ) | ai ∈ K} så kaldes P (V ) også for P (n − 1, K), det projektive rum af dimension n − 1 over K. En begrundelse for at dimensionen anses for en mindre end V ’s kan være, at man jo identificerer proportionale vektorer. Lad os betegne ækvivalensklassen af v ∈ V (eller v ∈ K n ) med v. For g ∈ GL(V ) inducerer afbildningen v → g(v) en afbildning på P (V ) ved v → g(v) . (Hvis v 1 = v 2 eksisterer et a ∈ K ∗ med v1 = av2 . Men så er g(v1 ) = g(av2 ) = ag(v2 ), og derfor g(v1 ) = g(v2 )). Så GL(V ) opererer på P (V ) og tilsvarende opererer GL(n, K) på P (n − 1, K). Antag nu, at g ∈ GL(V ) holder alle elementer i P (V ) fast g(v) = v

for alle v ∈ V .

Vi vil vise, at g ∈ Z(GL(V )), jfr. Lemma 1.13. Lad {v1 , · · · , vn } være en basis for V . Da g(v i ) = v i eksisterer ai ∈ K ∗ så g(vi ) = ai vi for alle i. Lad 1 ≤ i < j ≤ n. Da g(vi + vj ) = vi + vj eksisterer et b ∈ K ∗ så g(vi + vj ) = b(vi + vj ). Vi får ai vi + aj vj = bvi + bvj , hvoraf ai = b = aj . Altså er g(vi ) = a1 vi for alle i, og derfor g = a1 id. Vi har vist Lemma 1.14. Z(GL(V )) = {g ∈ G | g(v) = v for alle v ∈ P (V )}. Man siger at Z(GL(V )) er kernen for operationen af GL(V ) på P (V ). 11

2

Vi definerer PGL(V ) = GL(V )/Z(GL(V )) PSL(V ) = SL(V )/Z(SL(V )) = SL(V )/(Z(GL(V )) ∩ SL(V ))

ifølge Lemma 1.13

den Projektive Generelle Lineære og Projektive Specielle Lineære gruppe. Ifølge Lemma 1.14 opererer PGL(V ) og PSL(V ) på P (V ). Sætning 1.15. Med undtagelse af tilfældene dim V = n = 2 og |K| = 2 eller 3 er PSL(V ) ' PSL(n, K) en simpel gruppe, (idet dog PSL(1, K) dog har orden 1 for alle K). Bevis. Vi forkorter G = GL(V ), S = SL(V ), Z = Z(G). Antag, at U er en S-invariant undergruppe af G (altså S ⊆ NG (U )), og at U 6⊆ Z. Vi viser, at S ⊆ U. Heraf vil følge, at PSL(V ) = S/S ∩ Z er simpel. Lad nemlig U / PSL(V ), og lad U være U ’s urbillede i S. Da U / PSL(V ) er U / S, altså U er Sinvariant. Hvis U ⊆ Z, er U = {1}. Hvis U 6⊆ Z kan vi slutte at S ⊆ U , altså U = PSL(V ). Lad først n ≥ 3. Da U 6⊆ Z vælges g ∈ U \Z. Ifølge Lemma 1.14 eksisterer lineært uafhængige vektorer u1 , u2 ∈ V med gu1 = u2 . (Dette betyder bare at gu1 6= u1 ). Lad τ = τ (σ, u1 ) 6= id være en transvektion. Da g ∈ U og U er S-invariant er også τ g −1 τ −1 ∈ U , da τ ∈ S (Lemma 1.6). Vi får derfor at h := gτ g −1 τ −1 ∈ U . Ved anvendelse af Lemma 1.4 fås at h = τ (σg −1 , u2 )τ (σ, u1 )−1 . Heraf ses, at h 6= 1, da transvektionerne τ (σg −1 , u2 ) og τ (σ, u1 ) har forskellige retninger (Ku2 og Ku1 ), og derfor er forskellige! Da n ≥ 3 eksisterer en hyperplan H i V , som indeholder u1 og u2 . Da τ (σ, u1 )−1 = τ (σ, −u1 ) ifølge (1.8) fås for v ∈ V , at h(v) = τ (σg −1 , u2 )τ (σ, −u1 )(v) = τ (σg −1 , u2 )(v − σ(v)u1 ) = v − σ(v)u1 + σg −1 (v − σ(v)u1 )u2 = v + au1 + bu2 for passende a, b ∈ K. Altså er h(v) − v ∈ H for alle v ∈ V , og specielt h(H) = H. 12

Lad τ ∗ = τ (σ ∗ , u∗ ) 6= id være en transvektion over H. For v ∈ V er h(v) − v ∈ H, og derfor σ ∗ (h(v)) = σ ∗ (h(v) − v + v) = σ ∗ (h(v) − v) + σ ∗ (v) (1) = σ ∗ (v) , da σ ∗ (H) = 0. Vi får nu for alle v ∈ V (τ ∗ h)(v) = τ ∗ (h(v)) = h(v) + σ ∗ (h(v))u∗ = h(v) + (σ ∗ (v))u∗

(ifølge def. af τ ∗ ) (ifølge (1))

og (hτ ∗ )(v) = h(v + σ ∗ (v)u∗ ) = h(v) + σ ∗ (v)h(u∗ ) . Vi får τ ∗ h = hτ ∗ ⇔ h(u∗ ) = u∗ .

(2)

Vi betragter to tilfælde: (I) Antag, at h kommuterer med alle transvektioner over H. Fra (2) fås så, at h(u∗ ) = u∗ for alle u∗ ∈ H . Dermed er h ∈ U selv en transvektion (over H). Da U indeholder en transvektion og er S-invariant, indeholder U alle transvektioner (ifølge Sætning 1.9 (2)). Dermed er S ⊆ U ifølge Sætning 1.10. (II) Antag, at der findes en transvektion τ ∗ (σ ∗ , u∗ ) over H, så τ ∗ h 6= hτ ∗ . Så er h∗ = hτ ∗ h−1 τ ∗−1 ∈ U , h∗ 6= id, fordi U er S-invariant og h ∈ S. Men τ ∗−1 er en transvektion over H, og hτ ∗ h−1 er en transvektion over hH = H. Heraf fås, at h∗ er en transvektion over H ifølge Lemma 1.7. Vi får igen, at U indeholder en transvektion, og dermed S ⊆ U . Vi mangler tilfældene n = 1 (som er triviel), og n = 2. Lad n = 2. Vælg som før g ∈ U \ Z og u1 , u2 lineært uafhængige med g(u1 ) = u2 . Vi har nu, at {u1 , u2 } er en basis for V . Lad g’s matrix med hensyn til {u1 , u2 } være ( 01
cb ). Da g ∈ GL(V ) er b 6= 0. Vælg a ∈ K ∗ og lad ρ have matricen ac a−1 med hensyn til {u1 , u2 }. Så er ρ ∈ S, så h = ρ−1 g −1 ρg ∈ U . Ved −a 0 matrixmultiplikation fås, at h har følgende matrix med hensyn til {u1 , u2 }:  −2 −1  −a b −(1 + a−2 b−1 )c . 0 −a2 b 13

Lad os skrive denne matrix som   α β 0 α−1 for passende α, β ∈ K. For d ∈ K ∗ er ( 10 d1 ) matricen for en transvektion τ over Ku1 . Vi får at τ hτ −1 h−1 ∈ U har matricen   1 d(α2 − 1) 0 1 med hensyn til {u1 , u2 }. Hvis α2 6= 1 er alle transvektioner i U , hvis matrix med hensyn til {u1 , u2 } har formen ( 10 ?1 ). Fra bemærkningen efter sætning 1.9 fås, at alle transvektioner er i U , så S ⊆ U . Men α2 = a−4 b−2 , og vi har fri valgmulighed for a. Hvis der findes et a ∈ K ∗ med a4 6= b−2 er vi altså færdige. Ellers har polynomiet X 4 − b2 alle elementer i K ∗ som rødder! Men et fjerdegradspolynomium har højst 4 rødder, så |K ∗ | ≤ 4, altså |K| ≤ 5. Når |K| = 4 er K ∗ en (cyklisk) gruppe af orden 3, og så er a4 = a for alle a ∈ K ∗ , og vi er færdige. Når |K| = 5 er K ∗ cyklisk af orden 4, så a4 = 1 for alle a ∈ K ∗ , og vi er færdige med mindre b = ± 1. Igen fås ved en kort matrixberegning, at U indeholder en transvektion. 2 Bemærkning. PSL(2, 2) ' GL(2, 2) ' S3 (se tidligere). Det kan vises, at PSL(2, 3) ' A4 , den alternerende gruppe af grad 4, og at PSL(2, 4) ' PSL(2, 5) ' A5 , en simpel gruppe af orden 60. I sidste del af dette kapitel betragtes såkaldte flag i et n-dimensionalt vektorrum V = V (n, K) over K og deres relation til GL(V ). Et flag i V er en kæde af underrum F : V0 = {0} ⊆ V1 ⊆ V2 ⊆ · · · ⊆ Vn = V , hvor 0≤i≤n.

dimK Vi = i

Enhver basis B = {v1 , v2 , · · · , vn } af V giver på naturlig måde et flag FB ved at sætte Vi = span(v1 , v2 , · · · , vi ) , 0 ≤ i ≤ n . Hvis F er et flag i V og B en basis for V , så kaldes B en basis for F, hvis F = FB . Et flag i V kan selvfølgelig have mange forskellige baser. Desuden er det klart, at ethvert flag faktisk har en basis. (Vælg f.eks. vi ∈ Vi \ Vi−1 !) 14

Et flag F : V0 ⊆ V1 ⊆ · · · ⊆ Vn = V i V giver os to undergrupper i G = GL(V ), defineret på følgende måde: C(F) = {g ∈ GL(V ) | ∀ i ∈ {1, · · · , n} ∀ v ∈ Vi : gv − v ∈ Vi−1 } N (F) = {g ∈ GL(V ) | ∀ i ∈ {1, · · · , n} ∀ v ∈ Vi : gv ∈ Vi } = {g ∈ GL(V ) | ∀ i ∈ {1, · · · , n} : g(Vi ) = Vi } C(F) kaldes flagets centralisator, og N (F) dets normalisator. Ved at skrive gv = v + (gv − v) ses, at hvis g ∈ C(F), så er g ∈ N (F). Det er også klart, at N (F) er en undergruppe i G = GL(V ). At indse at C(F er en undergruppe, kræver måske en lille overvejelse: Antag, at g, h ∈ C(F). Specielt gælder g, h ∈ N (F), og også g −1 ∈ N (F). Lad v ∈ Vi . Vi skal først vise, at g −1 v − v ∈ Vi . Da v ∈ Vi og g −1 ∈ N (F) er g −1 v ∈ Vi . Da g ∈ C(F) er g(g −1 v) − (g −1 v) ∈ Vi−1 . Men v − g −1 v = −(g −1 v − v). Hermed er vist, at g −1 ∈ C(F). Nu vises, at ghv − v ∈ Vi−1 for alle v ∈ Vi . Vi har ghv − v = (ghv − hv) + (hv − v). Da v ∈ Vi er hv − v ∈ Vi−1 . Da hv ∈ Vi , fordi h ∈ N (F), er g(hv) − hv ∈ Vi−1 . Vi har vist Sætning 1.16. Lad G = GL(V ), V = V (n, K). Lad F være et flag i V . Så er N (F) og C(F) undergrupper i G.  Det er klart, at G = GL(V ) opererer på mængden F (V ) af flag i V : Hvis g ∈ G og F ∈ F (V ) F : V0 ⊆ V1 ⊆ · · · ⊆ Vn = V , så er gF : gV0 ⊆ gV1 ⊆ · · · ⊆ gVn = V igen et flag i V . Det ses, at G opererer transitivt på F (V ): Hvis B1 = {v1 , · · · , vn } er en basis for F1 og B2 = {w1 , · · · , wn } er en basis for F2 , så findes der selvfølgelig et g ∈ GL(V ) med gvi = wi , i = 1, · · · , n. Med dette valg af g gælder også gF1 = F2 . Lemma 1.17. Lad g ∈ G, og F ∈ F (V ) et flag. Da gælder C(gF) = gC(F)g −1 . 15

Specielt er C(F)  N (F). Bevis. Lad F : V0 ⊆ V1 ⊆ · · · ⊆ Vn . Vi har h ∈ C(gF) ⇔ ∀i, ∀v ∈ Vi : h(gv) − gv ∈ gVi−1 ⇔ ∀i, ∀v ∈ Vi : (g −1 hg)v − v ∈ Vi−1 ⇔ g −1 hg ∈ C(F) ⇔ h ∈ gC(F)g −1 . Når g ∈ N (F), så er gF = F. Det betyder ifølge det ovenstående, at C(F) = C(gF) = gC(F)g −1 .  Sætning 1.18. Lad F ∈ F (V ). Der gælder N (F) = NG (C(F)) . Bevis. Vi bemærker, at ifølge Lemma 1.17 er N (F) j NG (C(F)). Lad omvendt h ∈ NG (C(F)). Det betyder, at C(F) = hC(F)h−1 = C(hF) , ifølge Lemma 1.17. Vi skal vise, at h ∈ N (F), altså at hF = F. Antag, at dette er forkert. Lad F : {0} = V0 ⊆ V1 ⊆ · · · ⊆ Vn = V . Da hF 6= F eksisterer der et i, 0 ≤ i ≤ n således at hVi = 6 Vi og hVj = Vj for 0 ≤ j < i. Vælg en basis B = {v1 , v2 , · · · , vn } for F. Da h(Vi ) 6= Vi og h(Vj ) = Vj for j < i, må der gælder, at hvi ∈ / Vi . Skriv hvi = a1 v1 + · · · + ak vk , hvor ak 6= 0. Vi har så, at k ≥ i + 1, da ellers hvi ∈ Vi . Vi kan så definere et z ∈ C(F) ved zv` = v` for ` 6= k zvk = vk + vi . (Det er klart at z ∈ C(F), da i < k!) Endvidere er zhvi = a1 v1 + · · · + ak vk + ak vi , så zhvi − hvi = ak vi ∈ / Vi−1 = hVi−1 . Da imidlertid hvi ∈ hVi viser dette, at z ∈ / C(hF). Dette strider mod at C(F) = C(hF), da jo z ∈ C(F).  Korollar 1.19. Lad F, F 0 ∈ F (V ). Der gælder C(F) = C(F 0 ) ⇔ F = F 0 . 16

Bevis: ⇐ er triviel. ⇒: Lad C(F) = C(F 0 ). Vælg h ∈ G = GL(V ), så hF = F 0 . (Elementet h eksisterer, fordi G opererer transitivt på F (V )). Så er hC(F)h−1 = C(hF) = C(F 0 ) = C(F), så h ∈ NG (C(F) = N (F) ifølge Sætning 1.18. Da h ∈ N (F) fås F 0 = hF = F.  I næste kapitel skal vi se, at hvis legemet K er endeligt og har karakteristik p, så er er flagcentralisatorerne netop p–Sylowgrupperne i den endelige gruppe GL(V ). ť

17

2

Endelige lineære grupper K2 - 2009-version

Vi betragter her tilfældet, hvor legemet K er endeligt. Hvis |K| = q, så er det velkendt at q er en primtalspotens, q = pa , hvor p er karakteristikken af K. Endvidere gælder (ikke helt trivielt), at K ∗ , K’s multiplikative gruppe, er en cyklisk gruppe. Hvis |K| = q skriver vi K = GF(q) og GL(n, q) i stedet for GL(n, K), og tilsvarende SL(n, q), PSL(n, q). (Dette er veldefineret, da der for enhver primtalspotens q findes præcis et legeme K med |K| = q.) Vi har Sætning 2.1. Ordnerne af de endelige lineære grupper er   |GL(n, q)| = (q n − 1)(q n − q) · · · (q n − q n−1 )    n  = q ( 2 ) (q − 1)(q 2 − 1) · · · (q n − 1)  |SL(n, q) = |PGL(n, q)| = |GL(n, q)|/(q − 1)    |PSL(n, q)| = |SL(n, q)|/(n, q − 1) Her betyder (· , ·) største fælles divisor. Bevis. En n × n-matrix er invertibel hvis og kun hvis dens rækker er et lineært uafhængigt sæt af vektorer. Hvis vi ser på en matrix A ∈ GL(n, q) kan vi vælge den første række som en vilkårlig vektor 6= 0 i GF(q)n . Der er q n − 1 muligheder for dette. Den anden række skal vælges således, at den ikke er proportional med den første. Det er der q n − q muligheder for. Den tredie række må ikke være en linearkombination af de to første, så der er q n − q 2 muligheder. Således fortsættes, så A kan vælges på n−1 Y

qn − qi

i=0

måder, altså |GL(n, q)| = (q n − 1)(q n − q) · · · (q n − q n−1 ). Determinantafbildningen GL(n, q) → GF(q)∗ (GF(q)’s multiplikative gruppe) har SL(n, q) som kerne. Da |GF(q)∗ | = q − 1 fås |SL(n, q)| = |GL(n, q)|/(q − 1). For at beregne |PSL(n, q)| skal vi kende ordenen af |Z(GL(n, q) ∩ SL(n, q)|. Matricerne i Z(GL(n, q)) har determinanter an , hvor a ∈ GF(q)∗ . Derfor er |Z(GL(n, q)) ∩ SL(n, q)| lig antallet af løsninger til ligningen an = 1 i den cykliske gruppe GF(q)∗ . Dette antal er (|GF(q)∗ |, n) = (q − 1, n). 2 18

Vi betragter nogle vigtige/interessante undergrupper i de endelige lineære grupper. (I): p-Sylowgrupperne i GL(n, q), hvor q = pa . Vi vil her benytte resultater fra slutningen af sidste kapitel. Mængden    1 a12 . . . . . . . . a1n         1 a · · · a 23 2n   Q=   ..   .      0 1  af øvre trekantsmatricer med 1-taller i diagonalen er åbenbart en undergruppe i G = GL(n, q). Ethvert valg af aij ’erne i = 1, · · · , n, j = i + 1, · · · , n giver n et element i Q så |Q| = q (n−1)+(n−2)+···+1 = q ( 2 ) . Fra Sætning 2.1 ses, at Q er en p-Sylowgruppe i G. Lad os bemærke, at matricerne i Q har determinant 1, så Q er også en p-Sylowgruppe for SL(n, q). Endvidere er Q isomorf til en p-Sylowgruppe for PSL(n, q), idet p - (n, q − 1) = |Z(SL(n, q))|. (Overvej dette!) Antag nu, at V er et n–dimensionalt vektorrum over GF(q) og at B = {v1 , · · · , vn } er en basis for V. Lad F 0 være et flag i V med B som basis og betragt undergruppen P := C(F 0 ) i GL(V ). Hvis g ∈ P, så gælder for alle i = 1, · · · , n at gvi − vi ∈ Vi−1 . Det betyder, at vi kan skrive gvi = a1i v1 + a2i v2 + · · · + ai−1i vi−1 + vi . Derfor er g 0 s matrix mht. B et element i den mængde Q af matricer, vi netop har beskrevet. Hvis omvendt g ∈ GL(V ) har en matrix i Q mht. B, så må g ∈ C(F 0 ) = P. Vi har hermed vist, at P ∈ Sylp (GL(V )). Lad nu F være et andet flag i V. Ifølge Kapitel 1 findes et h ∈ GL(V ) med F = hF 0 . Ifølge Lemma 1.17 gælder så, at C(F) = hP h−1 , dvs C(F) er også en p-Sylowgruppe i GL(V ). Vi har nu næsten vist Sætning 2.2. Hvis V er som ovenfor, så er afbildningen C : F 7→ C(F) en bijektion mellem F (V ) og Sylp (GL(V )). Bevis. Vi har set at C(F) er en p–Sylowgruppe i GL(V ). Ifølge Korollar 1.19 er afbildningen C injektiv. Sylow’s sætning og Lemma 1.17 viser, at C er surjektiv. 2 19

Lad os igen betragte flaget F 0 med basen B = {v1 , ..., vn } som ovenfor. Vi har så at g ∈ N (F 0 ) netop når vi for alle i kan skrive gvi = a1i v1 + a2i v2 + · · · + ai−1i vi−1 + aii vi , hvor nødvendigvis aii 6= 0, da gvi ∈ / Vi−1 . Derfor har g’s matrix mht. B formen   a11 a12 . . . . . . . . a1n  a22 a23 · · · a2n      . .   . 0 ann hvor diagonalelementerne aii 6= 0. Men ifølge Sætning 1.18 er N (F) = NGL(V ) C(F) for alle F ∈ F (V ). For p–Sylowgruppen Q in GL(n, q) ovenfor betyder det, at Q’s normalisator i GL(n, q) netop består af mængden af øvre trekantsmatricer med elementer 6= 0 i diagonalen. Vi har altså at n

|N | = |NGL(n,q) (Q)| = q ( 2 ) (q − 1)n , idet der er (q − 1)n valg for diagonalelementerne. Gruppen N er et semidirekte produkt (se kapitel G4 i noterne om gruppeteori) af Q med gruppen D af diagonalmatricer hvor alle diagonalelementer er 6= 0. Selvfølgelig er |D| = (q −1)n . Dette eksempel illustrerer også Korollar (3H) i kapitel G3 af noterne. (D er et komplement til Q i N.) (II): Grupperne af permutationes- og monomiale matricer. (Dette eksempel er næsten identisk med (4C) i kapitel G4!) Som vi har set. har gruppen N ovenfor gruppen D af diagonalmatricer som undergruppe     ?       ? 0   D=   ..   .       0 ?  |D| = (q − 1)n . Lad igen Sn være den symmetriske gruppe af grad n. Når π ∈ Sn defineres en matrix P (π) ∈ G ved P (π) = [aij ] hvor aij = δiπ(j) 20

(δ er “Kronecker delta”). Det er klart, at P (π) har netop ét element 6= 0 i hver søjle og i hver række. Induktiv anvendelse af søjleudviklingsreglen for determinanter viser, at det P (π) = ±1, så P (π) ∈ G. Hvis π, ρ ∈ Sn gælder P (π)P (ρ) = P (πρ): Lad P (π)P (ρ) = [cij ]; så er X cij = δiπ(k) δkρ(j) 6= 0 k

⇔ Der eksisterer et k så k = ρ(j) og π(k) = i ⇔ πρ(j) = i , dvs. cij = δiπρ(j) . Det betyder, at P er en homomorfi fra Sn til G. En matrix på formen P (π), π ∈ Sn kaldes en (n × n)-permutationsmatrix. Der gælder for alll π ∈ Sn : det P (π) = sign(π) ,

π 0 s fortegn

P (π)t = P (π −1 ) Begge disse udsagn bevises ved at skrive π som et produkt af transpositioner (dvs. permutationer på formen (i, j)): Permutationsmatricen P ((i, j)) opnås fra enhedsmatricen En ved at ombytte den i’te og den j’te søjle. Derfor er det P (τ ) = −1, når τ er en transposition. Det er også klart, at P (τ ) = P (τ )t , når τ er en transposition. Hvis π = τ1 τ2 · · · τk , hvor alle τi er transpositioner, er det P (π) =

k Y

det P (τi ) = (−1)k = sign π ,

i=1

og

t

P (π) = [P (τ1 ) · · · P (τk )]t = P (τk )t · · · P (τi )t = P (τk ) · · · P (τ1 ) = P (τk · · · τi ) = P (π −1 ) .

Lad os betegne elementerne i D med    ∆(a1 , a2 , · · · , an ) =  



a1 a2 0

0   ..  . an

For π ∈ Sn er P (π)∆(a1 , · · · , an ) = (δiπ(j) aj ) og P (π)−1 ∆(a1 , · · · , an )P (π) = ∆(aπ(1) , · · · , aπ(n) ) , 21

(∗)

som man let kan regne efter. Lad os betegne P (π, a1 , · · · , an ) = P (π)∆(a1 , · · · , an ) . Fra (∗) fås, at for π, ρ ∈ Sn , ai , bj ∈ K er

= = = =

P (π, a1 , · · · , an )P (ρ, b1 , · · · , bn ) P (π)P (ρ)P (ρ−1 )∆(a1 , · · · , an )P (ρ)∆(b1 , · · · , bn ) P (πρ)∆(aρ(1) , · · · , aρ(n) )∆(b1 , · · · , bn ) P (πρ)∆(aρ(1) b1 , · · · , aρ(n) bn ) P (πρ, aρ(1) b1 , · · · , aρ(n) bn ) .

Det betyder, at mængden M = {P (π, a1 , · · · , an ) | π ∈ Sn , a1 , · · · , an ∈ K ∗ } danner en undergruppe i G, kaldet den monomiale undergruppe. Vi har |M | = n!(q − 1)n og M kan ses som mængden af “generaliserede” permutationsmatricer, hvor 1-tallerne er erstattet med elementer fra K ∗ = GF(q)∗ . (III): En stor cyklisk undergruppe og dens normalisator. Lad igen G = GL(n, q), og betragt legemet L = GF(q n ) med q n elementer. Det er klart at K = GF(q) er et dellegeme af L, og derfor kan L betragtes som et vektorrum over K. (For a ∈ K og x ∈ L er ax ∈ L). Da |L| = |K|n , må dimK L = n. Når ` ∈ L∗ , er afbildningen T` : x → `x, K-lineær: For a, b ∈ K, x, y ∈ L er T` (ax + by) = `(ax + by) = a`x + b`y = aT` (x) + bT` (y) . Det er også klart, at T`1 T`2 = T`1 `2 for `1 , `2 ∈ L∗ , og at T1 = id, så når vi betragter L som K-vektorrum er T` ∈ GL(L) for alle ` ∈ L∗ . Hvis vi lader h`i = GF(q n )∗ , er |`| = q n − 1, og derfor er T` ∈ GL(L) et element af orden q n − 1. Da GL(L) ' GL(n, K) har GL(n, q) også en stor cyklisk undergruppe C = hzi orden q n − 1. Kan vi beregne matricerne for elementerne i C direkte? I princippet ja. Man kan få ideer ved at se i bogen Lidl & Niederreiter: Finite fields, Kap. 2. Vi betragter her tilfældet n = 2. Så er |`| = q 2 − 1. Sæt k = `q+1 . Vi har |k| = q − 1, og derfor må hki = GF(q)∗ , da K ∗ = GF(q)∗ er (den 22

eneste) undergruppe i GF(q 2 )∗ af orden q − 1 (idet GF(q 2 )∗ jo er cyklisk). Elementerne 1 og `q er lineært uafhængige som vektorer i K-vektorrummet L. (Hvis a1 + b`q = 0, hvor a, b ∈ K, må `q = − ab ∈ K, en modstrid). Vi vil gerne beregne den lineære afbildning T` ’s matrix med hensyn til denne basis. Lad os først bemærke, at da K og L har karakteristisk p, så gælder (c + d)p = cp + dp for alle a, d ∈ L. [Dette resultat (af Frobenius)
fås fra binomialformlen og den kendsgerning, at alle binomialkoefficienter pi , 0 < i < p, er delelige med p]. Da q = pa fås også (c + d)q = cq + dq (∗∗) for alle c, d ∈ L. Betragt specielt elementet α = ` + `q ∈ L. Vi har, at 2

αq = (` + `q )q = `q + `q = `q + ` = α så αq−1 = 1. Dermed må α ∈ K, da α’s orden i L∗ går op i (q − 1) (!) Vi kan nu let beregne T` ’s matrix med hensyn til {1, `q }. Vi skal skrive ` · 1 = ` og ` · `q = `q+1 som K-lineære kombinationer af 1 og `q . Men per definition er `q+1 = k ∈ K, så anden søjle i T` ’s matrix er [ k0 ]. Ifølge definitionen af α er ` = α − `q = α α · 1 − 1 · `q , så første søjle i T` ’s matrix er [ −1 ]. Derfor er    q  α k ` + ` `q+1 z= = −1 0 −1 0 den ønskede matrix for T` , så  α k E C= z= −1 0 D



er en cyklisk gruppe af orden q 2 − 1 i GL(2, q). Hvis vi fortsætter med at betragte GL(2, q) som GL(L), så er afbildningen θ : c → cq for c ∈ L faktisk K-lineær: Ifølge (∗∗) er θ(c + d) = θ(c) + θ(d) for c, d ∈ L, og når a ∈ K er θ(ac) = (ac)q = aq cq = acq , 2

da aq = a, når a ∈ K. Lad os også bemærke at |θ| = 2, da θ2 (c) = cq = c for α alle c ∈ L. Det er let at se, at θ’s matrix med hensyn til {1, `q } er t = [ 10 −1 ]. 23

Der gælder t2 = I, tz = [ 10 k0 ], og derfor (tz)2 = kI = [ k0 k0 ]. Dette er også den lineære afbildning Tk ’s matrix, og Tk = (T` )q+1 , da k = `q+1 . Da z er T` ’s matrix fås (tz)2 = z q+1 , og derfor er tzt = z q . Dette viser, at t ∈ NG (C). Man kan vise, at C’s normalisator i G ikke er større. For generelt n gælder, at [NG (C) : C] = n , og faktorgruppen NG (C)/C er cyklisk. (Huppert: Endliche Gruppen I, s. 187). (IV): GL(2, q)’s andre Sylowgrupper: I afsnit (I) fandt vi bl.a. p-Sylowgruppen i GL(2, q) når q = pa . (Den har orden q og er isomorf til GF(q)’s additive gruppe, altså elementær-abelsk.) Lad nu r være et primtal, r 6= p, r | |GL(2, q)| = q(q 2 − 1)(q − 1) = q(q + 1)(q − 1)2 . Vi har altså r | (q − 1)2 (q + 1). Antag først, at r = 2. Så er p (og q) ulige så q − 1 og q + 1 er begge lige. Der er tale om to på hinanden følgende lige tal, så det ene er delelig med (mindst) 4, og det andet kun med 2. Hvis q ≡ 1 (mod 4) lader vi 2b være den højeste potens af 2, som går op i q − 1. Vi har b ≥ 2, og ordenen af en 2-Sylow gruppe i GL(2, q) er 22b+1 . Lad α ∈ GF(q)∗ have orden 2b . Så danner  i   α 0 b U1 = 0 ≤ i, j < 2 0 αj en abelsk undergruppe af GL(2, q) af orden 22b . Men permutationsmatricen

 [ 01 10 ] normaliserer U1 , så U = U1 , [ 01 10 ] har orden 22b+1 , og er dermed en 2-Sylow gruppe i GL(2, q). Hvis q ≡ 3 mod 4 lader vi 2b være den højeste potens af 2, som går op i q + 1. Vi har b ≥ 2, og ordenen af en 2-Sylow gruppe i GL(n, q) er 2b+2 (idet kun 2 går op i q − 1). Lad C være den cykliske gruppe af orden q 2 − 1 = (q + 1)(q − 1), vi fandt i (III). En 2-Sylowgruppe U1 i C er cyklisk af orden 2b+1 (da 2b |(q + 1) og 2|(q − 1)). Elementet t, som vi fandt i (III), har orden 2 og normaliserer C, og dermed også U1 . Så er U = hU1 , ti 24

en 2-Sylowgruppe i GL(2, q). Man kan vise, at U er en såkaldt semidiedergruppe. Lad nu r > 2. Der er to tilfælde r|(q − 1) og r|(q + 1). Hvis r|(q + 1), så er en r-Sylowgruppe for den cykliske gruppe C også en r-Sylowgruppe for G, da r - q(q − 1), og |G| = q(q − 1)|C|. Hvis r|(q − 1) lader vi hαi være en r-Sylowgruppe i GF(q)∗ . Hvis |α| = rb har en r-Sylowgruppe i G ordenen r2b og kan realiseres som  i   α 0 b U= , 0 ≤ i, j < r 0 αj en abelsk gruppe.

25

3

Ortogonal og symplektisk geometri K3 - 2009-version Kilde: E. Artin: Geometric algebra

Lad V være et n-dimensionalt vektorrum over det vilkårlige legeme K. Vi betragter en afbildning h· , ·i : V × V → K . Den kaldes et semiskalarprodukt hvis der gælder for alle u, v, w ∈ V og a ∈ K: hu + v, wi = hu, wi + hv, wi hu, v + wi = hu, vi + hu, wi hau, vi = hu, vi . Hvis yderligere hu, avi = ahu, vi så kaldes afbildningen et skalarprodukt. Lad igen Vb være det duale rum til V . Et skalarprodukt h· , ·i på V inducerer på naturlig måde en afbildning φ ∈ LK (V, Vb ): For u ∈ V defineres φ(u) ∈ Vb ved φ(u)(v) = hu, vi . (Overvej et φ(u) ∈ Vb for alle u ∈ V og derefter, at φ ∈ LK (V, Vb ) ud fra definitionen af skalarprodukt). Vi ser, at ker φ = {u ∈ V | for alle v ∈ V : hu, vi = 0} . Da dim V = dim Vb vides fra lineær algebra, at φ er en isomorfi mellem V og Vb hvis og kun hvis ker φ = {0}. I så tilfælde kaldes h· , ·i for ikke-udartet (non-degenerate). At h· , ·i er ikke-udartet betyder altså: Hvis hu, vi = 0 for alle v ∈ V , så er u = 0. Hvis B = {v1 , v2 , · · · , vn } er en basis for V kaldes n × n-matricen A = (aij ) , hvor aij = hvi , vj i for matricen for h· , ·i med hensyn til basen B. Den duale b = {ˆ basis B v1 , · · · , vˆn } til B blev i Kapitel 1 defineret ved at vˆi (vj ) = δij . 26

Så forbinder matricen A elementerne φ(vi ) og vˆj i Vb . Der gælder: φ(vi ) =

n X

aij vˆj .

(∗)

j=1

Det ses som følger: For 1 ≤ k ≤ n er på den ene side φ(vi )(vk ) = hvi , vk i = aik , og på den anden side n X

! aij vˆj

(vk ) =

j=1

=

n X j=1 n X

aij vˆj (vk ) aij δjk = aik .

j=1

Da φ(vi ) og

n P

aij vˆj stemmer overens på en basis, er de ens, så (∗) er vist.

j=1

b Vi konkluderer, at A er matricen, der med hensyn til baserne B og B for V og Vb hører til den lineære afbildning φ : V → Vb . Derfor er (ifølge et resultat fra den lineære algebra) φ en isomorfi netop når matricen A er invertibel (dvs. den har determinant 6= 0). Vi har vist: Lemma 3.1. Et skalarprodukt på V ikke-udartet hvis og kun hvis dets matrix med hensyn til en basis for V er invertibel (dvs. at matricen har determinant 6= 0). Man kan beregne hvad der sker med matricen for et skalarprodukt, når man erstatter en basis i V med en anden. Lad x = (bij ) ∈ GL(n, K). Erstat basen B = {v1 , · · · , vn } med B 0 = {w1 , · · · , wn } , hvor wi =

n X k=1

27

bki vk .

Hvis A er h· , ·i’s matrix med hensyn til B fås, at h· , ·i’s matrix med hensyn til B 0 er xt Ax: hwi , wj i =

n DX

bki vk ,

k=1

=

n X

n X

b`j v`

E

`=1

bki ak` b`j

k,`=1

=a ˜ij , e = (˜ hvor A aij ) = xt Ax. Denne beregning har også et andet aspekt. Vi kan definere isometrigruppen Gh· ,·i for h· , ·i som følger Gh· ,·i = {g ∈ GL(V ) | ∀u, v ∈ V : hu, vi = hg(u), g(v)i} . Det er klart, at Gh· ,·i er en undergruppe i GL(V ). Hvis g ∈ Gh· ,·i og x er g’s matrix med hensyn til B, så må h· , ·i’s matrix med hensyn til B og med hensyn til B 0 = {g(v1 ), · · · , g(vn )} være den samme, altså A = xt Ax. Når h· , ·i er ikke-udartet er det A 6= 0, så når x er matricen for en isometri g gælder det A = det(xt Ax) = (det x)2 det A, altså (det x)2 = 1. Vi har vist Sætning 3.2. Når h· , ·i er ikke-udartet, så har en isometri for h· , ·i determinant +1 eller −1. Isometrier med determinanten +1 kaldes rotationer og isometrier med determinanten −1 kaldes reflektioner. Mængden af rotationer er netop Gh· ,·i ∩ SL(V ), og danner altså en normal undergruppe af index 1 eller 2 i Gh· ,·i . (Overvej dette.) Lad igen h· , ·i være et vilkårligt skalarprodukt. Det kaldes svagt symmetrisk (forkortet s.s.), hvis der gælder For alle u, v ∈ V : hu, vi = 0 ⇔ hv, ui = 0 . Sætning 3.3. Lad h· , ·i være s.s. Der gælder enten For alle v ∈ V : hv, vi = 0 eller For alle u, v ∈ V : hu, vi = hv, ui .

28

Bevis. Lad u, v, w ∈ V . Der gælder hu,hu, wiv − hu, viwi = hu, hu, wivi − hu, hu, viwi = hu, wihu, vi − hu, vihu, wi =0. Da skalarproduktet er s.s. fås 0 = hhu, wiv − hu, viw, ui eller hu, wihv, ui = hu, vihw, ui ,

(∗)

for alle u, v, w ∈ V . Sætter vi u = w fås For alle u, v ∈ V : hu, uihv, ui = hu, vihu, ui eller hu, ui(hu, vi − hv, ui) = 0 for alle u, v ∈ V .

(∗∗)

Antag nu, at der findes v, w ∈ V så hv, wi = 6 hw, vi. Vi viser, at da for alle u ∈ V gælder hu, ui = 0. Hvis hu, vi = 6 hv, ui følger fra (∗∗) at hu, ui = 0. Antag altså, at hu, vi = hv, ui. Det følger fra (∗) (med u og v byttet om!) at hv, wihu, vi = hv, uihw, vi . Da hv, wi 6= hw, vi og hu, vi = hv, ui fås heraf, at hu, vi = hv, ui = 0. Ved at bytte v og w om fås analogt, at hu, wi = hw, ui = 0. Så er hu + v, wi = hu, wi + hv, wi = hv, wi 6= hw, vi = hw, ui + hw, vi = hw, u + vi . Fra (∗∗) (anvendt på vektorerne u + v og w) fås, at hu + v, u + vi = 0. Da hu, vi = hv, ui = 0 fås 0 = hu, ui + hv, vi . Men da hv, wi = 6 hw, vi må hv, vi = 0 ifølge (∗∗) anvendt på v, w. Vi får 0 = hu, ui 2

som ønsket. Definition. Et skalarprodukt h· , ·i på V kaldes 29

– symplektisk, hvis hu, ui = 0 for alle u ∈ V – ortogonal, hvis h· , ·i er s.s. og ikke symplektisk. Vi har altså ifølge Sætning 3.3, at et ortogonalt skalarprodukt er symmetrisk: hu, vi = hv, ui for alle u, v ∈ V . Lad os også bemærke, at hvis h· , ·i er symplektisk, så er skalarproduktet skævsymmetrisk: hu, vi = −hv, ui for alle u, v ∈ V . (Det ses som følger: 0 = hu + v, u + vi = hu, ui + hu, vi + hv, ui + hv, vi = hu, vi + hv, ui .) Tilvarende er selvfølgelig matricen for h· , ·i med hensyn til en vilkårlig basis symmetrisk, hvis h· , ·i er ortogonal (aij = aji ), og skævsymmetrisk, hvis h· , ·i er symplektisk (aij = −aji , aii = 0). Et vektorrum med et symplektisk (ortogonalt) skalarprodukt kaldes et symplektisk (ortogonalt) rum. For ortogonale rum vil vi altid antage, at kar(K) 6= 2, hvor kar(K) er K’s karakteristik. Vi kalder V ikke-udartet, hvis h· , ·i er ikke-udartet. I resten af dette afsnit antages, at skalarproduktet h· , ·i på V er s.s. Når U ⊆ V defineres U ⊥ = {v ∈ V | for alle u ∈ U er hu, vi = 0} . Det er klart, at U ⊥ er et underrum af V , også selv om U eventuelt ikke er det. Når U er et underrum, så defineres radikalet rad U af U ved rad U = U ∩ U ⊥ . Specielt er rad V = V ⊥ . (Det er klart, at h· , ·i er ikke-udartet, hvis og kun hvis rad V = {0}, men vi antager ikke at generelt, h· , ·i er ikke-udartet). Lad V = U1 ⊕U2 ⊕· · ·⊕Ur være skrevet som direkte sum af underrummene U1 , · · · , Ur , hvilket betyder, at enhver vektor v ∈ V på præcis en måde kan skrives v = u1 + u2 + · · · + ur , hvor ui ∈ Ui . 30

Vi skriver så V = U1 ⊥ U2 ⊥ · · · ⊥ Ur hvis der yderligere gælder, at Ui ⊆ Uj⊥ for alle i 6= j, og kalder V en ortogonal (direkte) sum af U1 , · · · , Ur . Hvis V = U1 ⊥ U2 ⊥ · · · ⊥ Ur , så gælder det, at indskrænkningerne h· , ·ii af h· , ·i til ethvert Ui er et s.s. skalarprodukt på Ui . (Overvej!) Lemma 3.4. Lad V være ikke-udartet. Lad U ⊆ V være et underrum. Der gælder U ⊥⊥ = U og dim U + dim U ⊥ = dim V . Hvis U er ikke-udartet (dvs. rad U = {0}) er V = U ⊥ U ⊥ . b ved Bevis. Definer φU : V → U φU (v)(u) = hv, ui for v ∈ V , u ∈ U . (Så er φU er φ ovenfor, efterfulgt af en indskrænkning). Det er så klart, at b ), og at ker φU = U ⊥ . Derfor inducerer φU en injektiv lineær φU ∈ LK (V, U b . Specielt er afbildning fra V /U ⊥ til U b = dim U , dim V − dim U ⊥ = dim V /U ⊥ ≤ dim U altså dim V ≤ dim U + dim U ⊥ .

(∗)

På den anden side kan vi definere en lineær afbildning φ˜U : U ⊥ → Vd /U ved φ˜U (u0 )(v + U ) = hu0 , vi , (u0 ∈ U ⊥ , v + U ∈ V /U ) . Lad os bemærke, at hvis v + U = v 0 + U , så er v − v 0 ∈ U , og derfor hu0 , v − v 0 i = 0, altså hu0 , vi = hu0 , v 0 i. Derfor er φ˜U veldefineret. Nu er ker φ˜U = U ⊥ ∩ rad V (overvej dette), så ker φ˜U = {0}, da rad V = {0}. Vi får dim U ⊥ ≤ dim Vd /U = dim V /U = dim V − dim U , så dim U + dim U ⊥ ≤ V .

(∗∗)

Fra (∗) og (∗∗) fås dim U + dim U ⊥ = dim V . Hvis vi anvender det netop beviste udsagn på underrummet U ⊥ af V fås dim U ⊥ + dim U ⊥⊥ = dim V , 31

altså dim U = dim U ⊥⊥ . Da trivielt U j U ⊥⊥ = (U ⊥ )⊥ fås U = U ⊥⊥ . Det sidste udsagn i lemmaet er trivielt, da rad U = U ∩ U ⊥ . 2 Lemma 3.5. Lad V = U1 ⊥ U2 ⊥ · · · ⊥ Ur . Hvis u = u1 + · · · + ur , v = v1 + · · · + vr , hvor ui , vi ∈ Ui , så er hu, vi =

r X

r X hui , vi i = hui , vi ii .

i=1

Bevis. hu, vi =

r P

hui , vj i =

i,j=1

i=1

Pr

i=1 hui , vi i

idet hui , vj i = 0 når i 6= j, idet

Ui j Uj⊥ . Da ui , vi ∈ Ui er hui , vi i = hui , vi ii .

2

Sætning 3.6. Lad V = U1 ⊥ U2 ⊥ · · · ⊥ Ur . Der gælder rad V = rad U1 ⊥ rad U2 ⊥ · · · ⊥ rad Ur . Bevis. Lad u = u1 + u2 + · · · + ur , hvor ui ∈ Ui . Vi har u ∈ rad V ⇔ ⇔ For alle v ∈ V : hu, vi = 0 ⇔ For alle i og vi ∈ Ui : hu, vi i = 0 ⇔ For alle i og vi ∈ Ui : hui , vi i = 0 (ifølge Lemma 3.5) ⇔ For alle i : ui ∈ rad Ui ⇔ u ∈ rad U1 ⊥ · · · ⊥ rad Ur . 2 Lemma 3.7. Antag at V = rad V ⊕ U (hvor U er et vektorrumskomplement til underrummet rad V af V ). Så gælder V = rad V ⊥ U

og

rad U = {0} .

Bevis. For v ∈ rad V og u ∈ V er hv, ui = 0. Specielt er hv, ui = 0 for v ∈ rad V , u ∈ U , så V = rad V ⊥ U . At rad U = {0} følger fra Sætning 3.6. 2 Definition. Et underrum U ⊆ V kaldes isotropt, hvis hu1 , u2 i = 0 for alle u1 , u2 ∈ U . Det betyder, at U = rad U . En vektor u ∈ V kaldes isotrop hvis hu, ui = 0 og u 6= 0. 32

Det er klart, at alle vektorer i et isotropt underrum er isotrope, men underrum bestående af isotrope vektorer er ikke isotrope. F.eks. er jo i et symplektisk rum alle vektorer isotrope! For ortogonale rum er det anderledes. Lemma 3.8. Lad V være et ortogonalt rum. Hvis alle vektorer i V er isotrope, så er V isotrop. Bevis. Lad u, v ∈ V . Vi ved fra tidligere, at hu, vi = hv, ui .

(∗)

0 = hu + v, u + vi = hu, ui + hv, vi + hu, vi + hv, ui = hu, vi + hv, ui , altså hu, vi = −hv, ui .

(∗∗)

På den anden side er

Hvis vi adderer (∗) og (∗∗) fås 2hu, vi = 0 og da (ifølge en generel antagelse for ortogonale rum) kar(K) 6= 2 fås hu, vi = 0. 2 Vi introducerer nu en vigtig byggeklods for vores rum, den hyperbolske plan. Lemma 3.9. Lad V være et ikke-udartet rum af dimension 2. Hvis V indeholder en isotrop vektor, så eksisterer der v1 , v2 ∈ V med hv1 , v1 i = hv2 , v2 i = 0 og hv1 , v2 i = 1

(1)

Et sådant rum kaldes en hyperbolsk plan og vektorerne v1 , v2 der opfylder (1) kaldes et hyperbolsk par. (Bemærk, at i det symplektiske tilfælde spiller rækkefølgen af v1 og v2 en rolle, idet så hv2 , v1 i = −1). Bevis. Antag, at v1 ∈ V er isotrop. Vælg u ∈ V ikke-proportional med v1 , så {v1 , u} er en basis for V . Betragt en linearkombination v2 = av1 + bu af v1 og u, hvor a, b ∈ K. Vi forsøger at bestemme a og b, så hv2 , v2 i = 0 og hv1 , v2 i = 1. Vi beregner hv1 , v2 i = ahv1 , v1 i + bhv1 , ui = bhv1 , ui ,

(∗)

hv2 , v2 i = ab(hv1 , ui + hu, v1 i) + b2 hu, ui .

(∗∗)

da hv1 , v1 i = 0 og

33

Da V er ikke-udartet, er hv1 , ui = 6 0. (Ellers var v1 ∈ rad V ). Ifølge (∗) kan vi så vælge b = hv1 , ui−1 og få hv1 , v2 i = 1 . Hvis V er symplektisk er vi færdige, da så hv2 , v2 i = 0 (alle vektorer er isotrope). Lad V være ortogonal. Hvis hv2 , v2 i = 0 fås fra (∗∗) (forkort b), at vi må have 0 = a(hv1 , ui + hu, v1 i) + bhu, ui = 2ahu, v1 i + bhu, ui .

(∗ ∗ ∗)

Vi har allerede fastlagt b. Da karK 6= 2 kan (∗ ∗ ∗) løses med hensyn til a, og vi får det ønskede. 2 Definition. V kaldes ortogonalt indekomposabel, hvis V ikke kan skrives som V = U1 ⊥ U2 , hvor U1 6= {0} og U2 6= {0}. Lemma 3.10. Hvis V er ortogonalt indekomposabel, så er V enten ikkeudartet eller isotropt. (1) Hvis V er ortogonal er dim V = 1. (2) Hvis V er symplektisk og ikke-udartet, er V en hyperbolsk plan. Specielt er dim V = 2. Bevis. Ifølge Lemma 3.7 gælder V = rad V ⊥ U for et passende underrum U af V . Der er derfor 2 muligheder: rad V = {0} eller rad V = V . Dette viser første udsagn i lemmaet. (1) Antag, at V er ortogonal. Hvis V er isotrop, må dim V = 1, da ellers V er ortogonalt dekomposabel. (Hvis V = U1 ⊕ U2 , er automatisk V = U1 ⊥ U2 !) Hvis V er ikke-udartet indeholder V ifølge Lemma 3.8 en ikke-isotrop vektor v. Ifølge Lemma 3.4 fås V = Kv ⊥ (Kv)⊥ , hvor (Kv)⊥ har dimension n − 1. Vi får n − 1 = 0, n = 1. (2) Hvis V er symplektisk og ikke-udartet, vælges v ∈ V \{0}. Da hv, vi = 0 og V er ikke-udartet, må der findes et u ∈ V , så hv, ui = 6 0. Specielt er V 6= Kv. Lad U = Ku + Kv, dim U = 2. Antag, at a, b ∈ K med au + bv ∈ rad U . Så er hau + bv, ui = bhv, ui = 0, da hu, ui = 0. Da hv, ui 6= 0 fås b = 0. Ved at betragte hau + bv, vi fås analogt, at a = 0. Derfor er rad U = {0}, så U er ikke-udartet. Fra Lemma 3.4 fås V = U ⊥ U ⊥ , så V = U . At V er en hyperbolsk plan følger nu fra Lemma 3.9. 2 34

Dette lemma har en vigtig struktursætning som konsekvens. Sætning 3.11. (1) Hvis V er ortogonal gælder V = Kv1 ⊥ Kv2 ⊥ · · · ⊥ Kvn . Rummet V er ikke-udartet hvis og kun hvis ingen af vektorerne vi er isotrope. (2) Hvis V er symplektisk og ikke-udartet gælder V = P1 ⊥ P2 ⊥ · · · ⊥ Pk , hvor hvert Pi er en hyperbolsk plan. Specielt har V lige dimension: 2k. Bevis. V kan skrives som en ortogonal sum af endelig mange ortogonalt indekomposable underrum. Disse har ifølge Lemma 3.10 dimension 1, når V er ortogonal, og dimension 2, når V er symplektisk og ikke-udartet. I det ortogonale tilfælde er det klart, at isotrope vektorer vi er i rad V . 2 Vi får senere brug for følgende: Lemma 3.12. Lad V være ikke-udartet. Antag at σ ∈ Gh· ,·i opfylder, at σ(Kv) = Kv for alle v ∈ V (dvs. at σ opererer trivielt på det projektive rum). Så er σ = ± id. Bevis. Ifølge Lemma 1.14 er σ = a · id for et a ∈ K ∗ . For alle u, v ∈ V må hu, vi = hσ(u), σ(v)i = hau, avi = a2 hu, vi . Da V er ikke-udartet må a2 = 1, altså a = ± 1.

2

Til sidst omtales generelle isometrier. Lad h· , ·i være et skalarprodukt på V og {· , ·} et skalarprodukt på W . En vektorrumsisomorfi ρ : V → W kaldes en isometri, hvis der gælder hu, vi = {ρ(u), ρ(v)} for alle u, v ∈ V . Det er klart, at alle væsentlige egenskaber af en geometri bibeholdes ved isometrier. For eksempel er isometrigrupperne isomorfe: Hvis x ∈ Gh· ,·i så er ρ ◦ x ◦ ρ−1 ∈ G{· ,·} , 35

og x → ρ ◦ x ◦ ρ−1 er en isomorfi mellem Gh· ,·i og G{· ,·} . Hvis u0 , v 0 ∈ W eksisterer u, v ∈ V , så ρ(u) = u0 , ρ(v) = v 0 . Vi har nu {u0 , v 0 } = {ρ(u), ρ(v)} = hu, vi , da ρ isometri = hx(u), x(v)i , da x ∈ Gh· ,·i = {(ρ ◦ x)(u), (ρ ◦ x)(v)} , da ρ isometri = {(ρ ◦ x ◦ ρ−1 )(u0 ), (ρ ◦ x ◦ ρ−1 )(v 0 )} Lemma 3.13. Antag at V og W er ikke-udartede symplektiske rum af samme dimension 2k. Så eksisterer der en isometri mellem V og W . Bevis. Hvis v1 , v2 og v10 , v20 er to hyperbolske par, og P og P 0 de hyperbolske planer frembragt af v1 , v2 og v10 , v20 , fastlægges ved ρ(v1 ) = v10 og ρ(v2 ) = v20 en isometri mellem P og P 0 . (For eksempel er {ρ(v1 ), ρ(v2 )} = 1 (i P 0 ), og hv1 , v2 i = 1 (i P ), så hv1 , v2 i = {ρ(v1 ), ρ(v2 )}). Ifølge Sætning 3.11 (2) findes der hyperbolske planer P1 , P2 , · · · , Pk og 0 P1 , P20 , · · · , Pk0 , så V = P 1 ⊥ P2 ⊥ · · · ⊥ Pk W = P10 ⊥ P20 ⊥ · · · ⊥ Pk0 . Det er klart, at isometrierne mellem hvert Pi og Pi0 forklaret ovenfor inducerer en isometri mellem V og W . 2

36

4

Symplektiske grupper K4 - 2009-version

Det forrige kapitel ledte op til, at vi har to klasser af geometrier med dertil hørende isomorfigrupper. Vi betragter her det symplektiske tilfælde. I dette kapitel antages V at være et ikke-udartet symplektisk rum. Ifølge Sætning 3.11 er V = P1 ⊥ P2 ⊥ · · · ⊥ Pn , hvor hvert Pi er en hyperbolsk plan. Vi antager, at hvert Pi er udspændt af et hyperbolsk par Pi = Kvi + Kwi . Vi har så at dim V = 2n, V har basis B = {v1 , w1 , v2 , w2 , · · · , vn , wn }, og der gælder for alle i, j, i 6= j hvi , vi i = 0 , hwi , wi i = 0 , hvi , wi i = 1 hvi , vj i = hvi , wj i = hwi , wj i = 0 . Skalarproduktets matrix med  0    −1     0  A=       

hensyn til B er altså 

1 0 0 0

1

−1

0

0

       0     ..  .  0 1   −1 0

En basis med hensyn til hvilken skalarproduktets matrix ser sådan ud, kaldes en symplektisk basis for V . Der findes pånær isometri kun ét ikke-udartet symplektisk rum af dimension 2n (ifølge Lemma 3.13), og derfor er deres isometrigrupper isomorfe, (jfr. Kapitel 3). Isometrigrupperne betegnes med Sp(V ) eller Sp(2n, K). Hvis matricen A er som ovenfor, gælder ifølge Kapitel 3, at Sp(2n, K) = {X ∈ GL(2n, K) | X t AX = A} . Bemærkning. Hvis B er en symplektisk basis for V og g ∈ Sp(V ), så er g(B) igen en symplektisk basis for V : B = {v1 , w1 , v2 , w2 , · · · , vn , wn } , g(B) = {g(v1 ), g(w1 ), g(v2 ), g(w2 ), · · · , g(vn ), g(wn )} . 37

For eksempel er hg(vi ), g(vj )i = hvi , vj i = 0, fordi g er en isometri. Omvendt, hvis B 0 = {v10 , w10 , v20 , w20 , · · · , vn0 , wn0 } er en anden symplektisk basis for V , så vil der ved h : vi → vi0 , wi → wi0 fastlægges et element h ∈ GL(V ). (Basis føres i basis). Men faktisk er h ∈ Sp(V ), som man let ser. Det eneste element i Sp(V ) som holder en symplektisk basis fast elementvis, er id. Vi har hermed forklaret, at Sp(V ) virker transitivt og tro på mængden af symplektiske baser for V . Da V er ikke-udartet, så er afbildningen φ ∈ LK (V, Vb ) defineret ved φ(u)(v) = hu, vi en isomorfi (jfr. Kapitel 3). For u ∈ V lader vi u˜ ∈ Vb betegne φ(u). Vi kan med det samme afklare, hvilke transvektioner (Kapitel 1) i GL(V ) er indeholdt i Sp(V ). En generel transvektion kan skrives τ (σ, u), hvor σ ∈ Vb og u ∈ ker σ, og er defineret ved τ (σ, u)(v) = v + σ(v)u for alle v ∈ V . Lemma 4.1. Lad τ (σ, u) ∈ GL(V ) være en transvektion. Der gælder τ (σ, u) ∈ Sp(V ) ⇔ ∃c ∈ K ∗ : σ = c˜ u. Bevis. Sæt τ = τ (σ, u). Lad v, w ∈ V . Der gælder hτ (v), τ (w)i = hv + σ(v)u, w + σ(w)ui = hv, wi + σ(v)hu, wi + σ(w)hv, ui , da hu, ui = 0 (symplektisk geometri). Bemærk, at pr. definition er hu, wi = u˜(w) og hv, ui = −hu, vi = −˜ u(v). Vi får derfor fra det ovenstående, at udsagnet τ ∈ Sp(V ) er ensbetydende med For alle v, w ∈ V : σ(v)˜ u(w) = σ(w)˜ u(v). (∗) Det er klart, at hvis σ = c˜ u, c ∈ K ∗ , så er (∗) opfyldt. Antag nu, at (∗) er opfyldt. Vælg w ∈ V så u˜(w) 6= 0. Dette er muligt, da u˜ ∈ Vb ∗ \ {0} fordi u 6= 0. Sæt c = σ(w)˜ u(w)−1 . Fra (∗) fås så at σ(v) = c˜ u(v) for alle v ∈ V , 2

altså σ = c˜ u. 38

Lad os bemærke, at u ∈ ker u˜, idet u˜(u) = hu, ui = 0. En transvektion på formen τ (c˜ u, u), u ∈ V \ {0}, c ∈ K ∗ , kaldes en symplektisk transvektion. Den har selvfølgelig retningen Ku. Vi vil forkorte notationen, og betegne τ (c˜ u, u) med τ (c, u). Pr. definition er altså τ (c, u)(v) = v + chu, viu . Bemærkning. Fra definitionen kan man beregne, at τ (c, u) ◦ τ (d, u) = τ (c + d, u), c, d ∈ K. Derfor er τ (c, u)−1 = τ (−c, u) . Man kan også umiddelbart se, at τ (c, du) = τ (cd2 , u) , c, d ∈ K . Specielt er τ (c, u) = τ (c, −u) (!) Der gælder ikke τ (c, u1 ) ◦ τ (c, u2 ) = τ (c, u1 + u2 ), når u1 , u2 ∈ V , heller ikke, når c = 1. Lemma 4.2. Lad v, w ∈ V \ {0}, v 6= w. (1) Hvis hv, wi = 6 0 findes en symplektisk transvektion τ med τ (v) = w. (2) Hvis hv, wi = 0 findes der to symplektiske transvektioner τ og τ 0 , så (τ ◦ τ 0 )(v) = w. Bevis. (1) Da hv, wi 6= 0 er v og w lineært uafhængige. Hvis τ er en (symplektisk) transvektion med τ (v) = w, så er w−v en vektor (6= 0) i τ ’s retning. Lad os beregne τ (c, w − v)(v) = v + chw − v, vi(w − v) , = v + chw, vi(w − v) = (1 − chw, vi)v + chw, viw . Det ses, at τ (v) = w ⇔ c = hw, vi−1 , så τ (hw, vi−1 , w − v)(v) = w. (2) Ifølge Lemma 3.4 er dim(Kv)⊥ = dim(Kw)⊥ = 2n−1, da dim V = 2n. Hvis (Kv)⊥ = (Kw)⊥ vælges u ∈ V \ (Kv)⊥ . Der gælder hv, ui 6= 0 og hu, wi = 6 0, da u ∈ / (Kv)⊥ = (Kw)⊥ . Vi kan så anvende (1) ovenfor til at finde symplektiske transvektioner τ, τ 0 med τ 0 (v) = u og τ (u) = w. Så er (τ ◦ τ 0 )(v) = w. 39

Hvis (Kv)⊥ 6= (Kw)⊥ vælges u1 og u2 med u1 ∈ (Kv)⊥ , u1 ∈ / (Kw)⊥ , u2 ∈ (Kw)⊥ , u2 ∈ / (Kv)⊥ . (Da rummene (Kv)⊥ og (Kw)⊥ har samme dimension og er forskellige, er der ingen inklusion mellem dem). Sæt u = u1 + u2 . Så er hv, u1 + u2 i = hv, u2 i = 6 0 og hu1 + u2 , wi = hu1 , wi = 6 0. Ifølge (1) findes symplektiske transvektioner τ, τ 0 med τ 0 (v) = u1 + u2 , τ (u1 + u2 ) = w. Igen er τ ◦ τ 0 (v) = w. 2 Lemma 4.3. Lad U være et ikke-udartet underrum af V . Lad v1 , w1 og v2 , w2 være hyperbolske par i underrummet U ⊥ . Så eksisterer der et ρ ∈ Sp(V ) således at (i) ρ(v1 ) = v2 , ρ(w1 ) = w2 (ii) ρ(u) = u for alle u ∈ U (iii) ρ er et produkt af højst 4 symplektiske transvektioner. Bevis. Lad os først vise, at vi kan antage at U = {0}, U ⊥ = V : Da U er ikke-udartet, er V = U ⊥ U ⊥ ifølge Lemma 3.4. Hvis τ ∗ er en symplektisk transvektion for U ⊥ , så er idU ⊥ τ ∗ en symplektisk transvektion for V . Der eksisterer jo u0 ∈ U ⊥ og c ∈ K ∗ , så τ ∗ (v) = v + chu0 , viu0

for alle v ∈ U ⊥ .

Men det er let at se, at den symplektiske transvektion τ (c, u0 ) af V netop er idU ⊥ τ ∗ . Da alle de symplektiske transvektioner af U ⊥ således kan udvides, så de er identiteten på U , vil vi nu antage at U = {0}, og altså U ⊥ = V . Ifølge Lemma 4.2 eksisterer et ρ1 ∈ Sp(V ), så ρ1 (v1 ) = v2 , og ρ1 er et produkt af højst 2 symplektiske transvektioner. Lad w20 = ρ1 (w1 ). Så er v2 , w20 og v2 , w2 hyperbolske par. Vi vil nu vise, at der findes ρ2 ∈ Sp(V ) med ρ2 (v2 ) = v2 og ρ2 (w20 ) = w2 , hvor ρ2 er et produkt af højst 2 symplektiske transvektioner. Så vil ρ = ρ2 ◦ ρ1 afbilde v1 , w1 på v2 , w2 som ønsket. Tilfælde 1: hw20 , w2 i = 6 0. Lad, ifølge Lemma 4.2, τ˜ være en symplektisk transvektion med τ˜(w20 ) = w2 , så τ˜ har retning K(w20 − w2 ). Ifølge beviset for Lemma 4.1 er τ˜’s hyperplan (K(w20 − w2 ))⊥ . Men hv2 , w20 − w2 i = hv2 , w20 i − hv2 , w2 i = 1 − 1 = 0, så v2 er i hyperplanen. Vi kan vælge ρ2 = τ˜. Tilfælde 2: hw20 , w2 i = 0. Nu er v2 , v2 +w20 også et hyperbolsk par, og hw20 , v2 + w20 i = −1 6= 0. Hvis vi anvender tilfælde 1 på de hyperbolske par v2 , w20 og v2 , v2 + w20 , kan vi finde en symplektisk transvektion τ1 , så τ1 (v2 ) = v2 og 40

τ1 (w20 ) = v2 +w20 . Nu er også hv2 +w20 , w2 i = 1 6= 0, så hvis vi anvender tilfælde 1 findes en symplektisk transvektion τ2 , så τ2 (v2 ) = v2 og τ2 (v2 + w20 ) = w2 . Vi kan derfor i tilfælde 2 vælge ρ2 = τ2 ◦ τ1 . 2 Vi går i gang med at vise, at Sp(V ) næsten er en simpel gruppe. Først vises, at Sp(V ) frembringes af de symplektiske transvektioner. Lemma 4.4. Lad τ = τ (c, u) være en symplektisk transvektion, g ∈ Sp(V ). Der gælder gτ (c, u)g −1 = τ (c, g(u)) . Bevis. Per definition er τ (c, u) lig transvektionen τ (c˜ u, u). Ifølge Lemma 1.4 er gτ (c˜ u, u)g −1 g For v ∈ V er = τ (c˜ ug −1 , g(u)). Vi viser, at u˜g −1 = g(u)! u˜g −1 (v) = hu, g −1 (v)i = hg(u), g(g −1 (v)i da g ∈ Sp(V ) g = g(u)(v) . g g(u)) = τ (c, g(u)). Derfor er τ (c˜ ug −1 , g(u)) = τ (cg(u),

2

Sætning 4.5. De symplektiske transvektioner frembringer Sp(V ). Specielt er alle elementer i Sp(V ) rotationer, dvs. de har determinant 1. Bevis. Det sidste udsagn følger fra det første, da transvektioner har determinant 1. Vi har antaget, at dim V = 2n. Lad B = {v1 , w1 , v2 , w2 , · · · , vn , wn } være en symplektisk basis for V . Når g ∈ Sp(V ), så er B 0 = g(B) = {g(v1 ), g(w1 ), · · · , g(vn ), g(wn )} igen en symplektisk basis. Vi vil gerne vise, at g ∈ G := hτ ∈ Sp(V ) | τ symplektisk transvektioni. Vi viser, at der findes et produkt af symplektiske transvektioner som afbilder B på B 0 . Så er dette produkt netop g, da de har samme virkning på en basis, så g ∈ G. Vi bruger induktion efter n. For n = 1 følger resultatet fra Lemma 4.3 med U = {0}, anvendt på v1 , w1 = v1 , w1 og v2 , w2 = g(v1 ), g(w1 ). Antag, at udsagnet er vist for symplektiske grupper, hvor rummet har dimension 2n − 2. Lad ifølge Lemma 4.3 σ1 være et produkt af (højst 4) symplektiske transvektioner som opfylder σ1 (v1 ) = g(v1 ), σ1 (v2 ) = g(v2 ). Sæt g1 = σ1−1 g. Så er g1 ∈ Sp(V ) og g1 (v1 ) = v1 , g1 (w1 ) = w1 . Lad U = Kv1 + Kw1 . Så kan vi skrive g1 = idU ⊥ g10 , hvor g10 ∈ Sp(U ⊥ ). Da dim U ⊥ = 2n − 2 ifølge Lemma 3.4, kan g10 skrives som et produkt af symplektiske transvektioner i U ⊥ ifølge induktionsantagelsen. Som vi har set tidligere i beviset for Lemma 4.3, kan hver af disse symplektiske transvektioner τ ∗ udvides til symplektiske 41

transvektioner idU ⊥ τ ∗ på V . Derfor er g1 = idU ⊥ g10 et produkt af symplektiske transvektioner på V . Så g1 ∈ G, og derfor er g1 = σ1 g2 ∈ G, som ønsket. 2 Lemma 4.6. Der gælder Z(Sp(V )) = {± id} . Bevis. Lad u ∈ V \ {0}, og sæt τu = τ (1, u). Ifølge Lemma 4.4, er for g ∈ Sp(V ), gτu g −1 = τ (1, g(u)) = τg(u) . Så hvis g ∈ Z(Sp(V )), er τu = τg(u) for alle u ∈ V . Da Ku er retningen for τu fås så Ku = Kg(u) for alle u ∈ V \ {0}. Fra Lemma 3.12 fås så g = ± id. Omvendt er ± id ∈ Z(GL(V )), og derfor i Z(Sp(V )). 2 Bemærkning. Fra det ovenstående argument og Lemma 1.14 fås faktisk, at CGL(V ) (Sp(V )) = Z(GL(V )) . Desuden kan vi bemærke, at når v1 og v10 ∈ V \ {0}, så findes der g ∈ Sp(V ) med g(v1 ) = v10 . Dette følger let fra Lemma 4.2. Definition. Den Projektive SymPlektiske gruppe er PSp(V ) = Sp(V )/{± id} . Den tilsvarende matrixgruppe kaldes PSp(2n, K). Bemærkning. PSp(V ) j PSL(V ). Ifølge Sætning 4.5 er Sp(V ) ⊆ SL(V ). Vi har Sp(V )/{± id} = Sp(V )/(Sp(V ) ∩ Z(SL(V )) ∼ = Z(SL(V )) · Sp(V )/Z(SL(V )) j SL(V )/Z(SL(V )) = PSL(V ) . Sætning 4.7. Der gælder Sp(2, K) = SL(2, K). Bevis. Lad dim  V =  2 og vælg et hyperbolsk par v, w i V . Lad g ∈ SL(V ) a c have matrix med hensyn til basen {v, w} for V . Vi har hv, vi = b d hg(v), g(v)i = 0 og hw, wi = hg(w), g(w)i, da V er symplektisk. Endvidere er hg(v), g(w)i = hav + bw, cv + dwi = adhv, wi + bchw, vi (da hv, vi = hw, wi = 0) = ad − bc (da v, w er et symplektisk par) = 1 (da g ∈ SL(V )) = hv, wi . 42

Hermed er g ∈ Sp(2, K). Vi har vist SL(2, K) j Sp(2, K), og den anden inklusion er triviel. 2 Sætning 4.8. Lad G  Sp(2n, K), og antag at G 6⊆ ZSp(2n, K). Så gælder G = Sp(2n, K) undtagen i tilfældene n = 1, |K| = 2, 3 og n = 2, |K| = 2. Bevis. Vi kan antage n ≥ 2 ifølge Sætning 4.7 og Sætning 1.15. Vi arbejder igen med Sp(V ), dim V = 2n. Lad g ∈ G, g ∈ / Z(Sp(V )). Der findes så ifølge Lemma 3.12 lineært uafhængige vektorer u1 , u2 ∈ V med g(u1 ) = u2 . Tilfælde 1: Antag hu1 , u2 i = 0. Da Ku1 6= Ku2 er (Ku1 )⊥ 6= (Ku2 )⊥ (jfr. Lemma 3.4). Vælg v ∈ V , så hv, u2 i = 0 og hv, u1 i = 1. Lad τ = τ (1, v − u1 ), en transvektion 6= id, da v − u1 6= 0 fordi hv, u1 i 6= 0. Lad os bemærke, at τ (u2 ) = u2 , da τ er en transvektion over H = K(v − u1 )⊥ og u2 ∈ H. (Vi har jo hv − u1 , u2 i = hv, u2 i − hu1 , u2 i = 0 − 0 = 0). Da g ∈ G  Sp(V ), fås g1 = τ g −1 τ −1 g ∈ G . Vi har, at g1 (u1 ) = τ g −1 τ −1 (u2 ) (da g(u1 ) = u2 ) = τ g −1 (u2 ) (da τ −1 (u2 ) = u2 ) = τ (u1 ) = u1 + hv − u1 , u1 i(v − u1 ) (definition af τ ) = u1 + 1 · (v − u1 ) =v. Hvis vi erstatter u2 med v og g med g1 kan vi antage at vi er i tilfælde 2. Tilfælde 2: hu1 , u2 i = 6 0, g(u1 ) = u2 . Lad τ˜ = τ (1, u1 ) og sæt g2 = τ˜g˜ τ −1 g −1 ∈ G . Vi har tidligere nævnt, at τ˜−1 = τ (−1, u1 ). Nu er τ˜ en transvektion over H1 = (Ku1 )⊥ og g˜ τ −1 g −1 er en transvektion over H2 = g(Ku1 )⊥ = (Ku2 )⊥ . Lad U = Ku1 + Ku2 . U er ikke-udartet, da hu1 , u2 i = 6 0, så ifølge Lemma ⊥ ⊥ 3.4 er V = U ⊥ U . Vi har åbenbart at dim U = 2n−2, og at U ⊥ = H1 ∩H2 . Da g2 er et produkt af transvektioner over H1 og H2 , bliver alle vektorer i H1 ∩ H2 = U ⊥ holdt fast af g2 . På den anden side er g2 = τ (1, u1 )τ (−1, g(u1 )) = τ (1, u1 )τ (−1, u2 ) ifølge Lemma 4.4, og derfor er g2 (U ) = U . Vi får at g2 = g 0 ⊥ idU ⊥ , hvor g 0 ∈ Sp(U ).

43

Lad os beregne, hvordan g 0 virker på U . Sæt α = hu1 , u2 i (6= 0). Vi har g 0 (u1 ) = τ (1, u1 )τ (−1, u2 )(u1 ) = τ (1, u1 )(u1 + αu2 ) = u1 + αu2 + hu1 , u1 + αu2 i(u1 ) = (1 + α2 )u1 + αu2 , og analogt ses g 0 (u2 ) = αu1 + u2 .   1 + α2 α 0 Så g ’s matrix med hensyn til {u1 , u2 } er . Vi ser specielt, at g 0 α 1 ikke holder underrummet Ku2 fast, og derfor er g 0 ∈ / Z(Sp(U )) ifølge Lemma 3.12. Lad GU = {h0 ∈ Sp(U ) | h0 ⊥ idU ⊥ ∈ G} . Da G er en undergruppe af Sp(V ), er GU en undergruppe af Sp(U ), og da GSp(V ), fås at GU Sp(U ): Hvis x0 ∈ Sp(U ), så er x = x0 ⊥ idU ⊥ ∈ Sp(V ), og dermed fås for h0 ∈ GU og h = h0 ⊥ idU ⊥ , at xhx−1 = x0 h0 (x0 )−1 ⊥ idU ∈ G, altså x0 h0 (x0 )−1 ∈ GU . Når |K| ≥ 4, fås altså at GU = Sp(U ) (= SL(U )) ifølge Sætning 4.7 og Sætning 1.15. Hvis τ 0 er en symplektisk transvektion i Sp(U ) med retning Ku1 , så er τ = τ 0 ⊥ idU ⊥ en symplektisk transvektion i Sp(V ) med samme retning Ku1 (jfr. beviset for Lemma 4.3). Nu er τ 0 ∈ Sp(U ) = GU , og derfor τ ∈ G. Vi får at alle transvektioner τ (σ, u) er i G, da τ (σ, u) = τ 0 (σ, u) ⊥ idU ⊥ , hvor τ 0 (σ, u) er en symplektisk transvektion i U . Hvis τ (c, v) er en vilkårlig transvektion, så er τ (c, v) konjugeret i Sp(V ) til τ (c, u), idet der findes et h ∈ Sp(V ) med h(u) = v (jfr. bemærkningen efter Lemma 4.6). Så er hτ (c, u)h−1 = τ (c, v). Da G  Sp(V ), må G indeholde alle symplektiske transvektioner, så G = Sp(V ) ifølge Sætning 4.5. Vi er altså færdige med beviset i tilfældet |K| ≥ 4. I tilfældet |K| < 4 kan vi reducere til tilfældet hvor n er “lille” ved følgende observation. e er et vilkårligt ikke-udartet underrum af V , som indeholder U , Hvis U e⊥U e ⊥ , og definerer G e i analogi med GU ovenfor. kan vi igen skrive V = U U e ), og kan igen skrive g2 = g 00 ⊥ id e ⊥ , hvor g 00 ∈ G e . Vi har Vi får GUe  Sp(U U U e )) idet g 00 ikke holder Ku2 fast. Så hvis sætningen stadigvæk, at g 00 ∈ / Z(Sp(U e ) kan vi slutte, at den gælder for Sp(V ) med det samme er vist for Sp(U argument som før. Det vil senere blive forklaret, at PSp(4, 2) ikke er simpel (Sætning 4.12). Det er derfor tilstrækkeligt at betragte tilfældet n = 2, når |K| = 3 (altså Sp(4, 3)), og tilfældet n = 3, når |K| = 2 (altså Sp(6, 2)). I disse tilfælde skal det kun vises, at G indeholder en transvektion. For |K| = 2 44

er der jo kun en transvektion 6= id i en given retning, og for |K| = 3 er der to transvektioner 6= id i en given retning, som er inverse elementer til hinanden i Sp(V ), Vi lader g og U være som ovenfor. Når |K| = 2 eller 3 kan vi antage at α = hu1 , u2 i = 1. For |K| = 2 er det klart, og for |K| = 3 er α = ± 1. I dette tilfælde kanvi eventuelt bytte u1 og u2 om. Så g 0 ’s matrix med hensyn til  2 1 {u1 , u2 } er . 1 1 Sp(4, 3): Sæt v1 = g 0 (u1 ) = u2 − u1 . Vi ser, at g 0 (v1 ) = −u1 . Udvid u1 , v1 med u01 , v10 til en symplektisk basis B for V , B = {u1 , v1 , u01 , v10 }. Der gælder så for g := g 0 ⊥ idU ⊥ ∈ G (g hed tidligere g2 ) ( g(u1 ) = v1 , g(v1 ) = −u1 , (∗) g(v10 ) = v10 . g(u01 ) = u01 , Nu er B 0 = {u1 , u01 + v1 , u01 , v10 + u1 } igen en symplektisk basis for V . Hvis x ∈ GL(V ) er fastlagt ved, at x(u1 ) = u1 , x(v1 ) = u01 + v1 , x(u01 ) = u01 , x(v10 ) = v10 + u1 , så er x ∈ Sp(V ), da x afbilder en symplektisk basis B på en anden, nemlig B 0 . Derfor er h = xgx−1 ∈ G, og vi kan let beregne at ( h(u01 + v1 ) = −u1 h(u1 ) = u01 + v1 , (∗∗) h(v10 + u1 ) = v10 + u1 . h(u01 ) = u01 , (h opererer på B 0 som g opererer på B (!)) Fra (∗) og (∗∗) fås for k = gh ∈ G∗ , at k(u1 ) = u01 − u1 , k(u01 ) = u01 ,

k(u01 + v1 ) = −v1 k(v10 + u1 ) = v10 + v1

(på B 0 ), og derfor k(u1 ) = u01 − u1 , k(u01 ) = u01 ,

k(v1 ) = −v1 − u01 k(v10 ) = v10 + v1 − u01 + u1

(på B). Hvis ` = k 2 ∈ G fås `(u1 ) = u1 , `(u01 ) = u01 ,

`(v1 ) = v1 `(v10 ) = v10 − 2u01 = v10 + u01

som er en transvektion! Vi er færdige i dette tilfælde. 45

Sp(6, 2): Behandlingen af denne gruppe gøres ved præcis samme metode som Sp(4, 3), og vi udelader detaljerne (Artin’s og Jacobson’s bøger indeholder beviset). 2 Sætning 4.9. Grupperne PSp(2n, K) er simple pånær PSp(2, 2), PSp(2, 3) og PSp(4, 2). Bevis. Følger fra Sætning 4.8. 2 Vi vi nu beregne ordenen af Sp(2n, q), når q = pa er en primtalspotens. Lemma 4.10. Lad dim V = 2n, K = GF(q). Så indeholder V præcis (q 2n − 1)q 2n−1 hyperbolske par. Bevis. Vi tæller de hyperbolske par u, v ved først at vælge u og så tælle, hvor mange muligheder der er for v for et givet u. Lad altså u ∈ V \ {0}. Sæt Xu = {v ∈ V | hu, vi = 1}. Hvis v, v 0 ∈ Xu , så er hu, v − v 0 i = 0, altså v − v 0 ∈ (Ku)⊥ . Vi ser heraf, at hvis v ∈ X, så er Xu = v + (Ku)⊥ . Specielt er |Xu | = |(Ku)⊥ | = q 2n−1 , idet (Ku)⊥ er et underrum af dimension 2n − 1 i V ifølge Lemma 3.4. Så |Xu | er uafhængig af u, og u kan vælges på |V | − 1 = q 2n − 1 måder. 2 Sætning 4.11. |Sp(2n, q)| = q n

2

n Q

(q 2i − 1).

i=1

Bevis. Vi har, at hvis dim V = 2n, så er |Sp(2n, q)| lig antallet af symplektiske baser for V : Ifølge bemærkningen før Lemma 4.1 opererer Sp(V ) tro og transitivt på mængden af symplektiske baser. Hvis B er en fast symplektisk basis, så er afbildningen g 7→ g(B) en bijektion mellem Sp(V ) og mængden af symplektiske baser i V . Vi kan bygge en symplektisk basis op ved først at vælge et vilkårligt hyperbolsk par u1 , v1 i V . Hvis n > 1 vælges dernæst et vilkårligt hyperbolsk par u2 , v2 ∈ U1⊥ , hvor U1 = Ku1 + Kv1 . Hvis n > 2 vælges dernæst et vilkårligt hyperbolsk par i U2⊥ , hvor U2 = Ku1 + Kv1 + Ku2 + Kv2 , og så videre. Efter n skridt har vi en symplektisk basis for V , og på denne måde får vi alle symplektiske baser for V . Ifølge Lemma 4.10 kan det første hyperbolske par vælges på q 2n−1 (q 2n − 1) måder. Det næste hyperbolske par kan vælges på q 2n−3 (q 2n−2 − 1) måder, da dim U1⊥ = 2n − 2, og så videre. Vi får derfor, at n−1 Y |Sp(V )| = q (2n−2i)−1 (q 2n−2i − 1) . i=0

46

Potensen af q i dette produkt er 2

q 1+3+5+···+(2n−1) = q n . (Identiteten 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 vises let ved induktion).

2

Bemærkning. Ifølge Sætning 4.7 og tidligere resultater (Kapitel 1), er PSp(2, 2) ' PSL(2, 2) ' S3 PSp(2, 3) ' PSL(2, 3) ' A4 . Sætning 4.12. Der gælder PSp(4, 2) ∼ = S6 . Bevis. Ifølge Sætning 4.11 er |Sp(4, 2)| = 24 · (24 − 1)(22 − 1) = 24 · 32 · 5 = 6! Bemærk, at Z(Sp(4, 2)) = {1}, så PSp(4, 2) = Sp(4, 2). Lad os kalde en delmængde S ⊆ V , som opfylder følgende betingelser (i) |S| = 5 (ii) For alle u, v ∈ S, u 6= v, er hu, vi = 1 for en 1-mængde i V . Vi bemærker, at da vi er i karakteristisk 2 (K = GF(2)), så er −1 = 1, og derfor er h· , ·i symmetrisk. Fra (ii) ses, at ethvert par af vektorer i en 1-mængde er et hyperbolsk par. Vi påstår, at ethvert hyperbolsk par i V er indeholdt i præcis én 1-mængde: Lad S = {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } være en 1-mængde, som indeholder det hyperbolske par v1 , v2 . Skriv U1 = Kv1 + Kv2 , så V = U1 ⊥ U2 , hvor U2 = U1⊥ , ifølge Lemma 3.4. Vi bemærker, at dim U1 = dim U2 = 2, så da K = GF(2), er |U1 | = |U2 | = 4. Lad os skrive v3 ∈ S som v3 = u1 + u2 , hvor ui ∈ Ui . Da v1 , v2 ∈ U1 = U2⊥ , er 1 = hv1 , v3 i = hv1 , u1 i og 1 = hv2 , v3 i = hv2 , u1 i . Vi får at u1 = v1 + v2 . Nu kan u2 ikke være 0, for så ville v3 = v1 + v2 , og der findes ingen v4 ∈ V med hv1 , v4 i = hv2 , v4 i = hv1 + v2 , v4 i = 1 47

(da 1 + 1 = 0). Der er derfor kun 3 muligheder tilbage for u2 , da |U2 | = 4. Vi ser, at hvis Kx1 + Kx2 = U2 , så må S = {v1 , v2 , v1 + v2 + x1 , v1 + v2 + x2 , v1 + v2 + x1 + x2 } . Denne mængde af vektorer er en 1-mængde. (Overvej dette!) Ifølge Lemma 4.10 indeholder V i alt (24 − 1) · 23 = 120 hyperbolske par. Hver af disse par er indeholdt i præcis én 1-mængde. Hver 1-mængde S = {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } indeholder 5 · 4 = 20 hyperbolske par vi , vj , i 6= j. Derfor indeholder V præcis 6 1-mængder S1 , S2 , · · · , S6 . Det er klart, at når g ∈ Sp(V ) og S er en 1-mængde, så er g(S) en 1-mængde. Lad os sige at g(Si ) = gπ(g)(i) , hvor så π(g) permuterer {1, 2, · · · , 6}, altså π(g) ∈ S6 . Afbildningen π er en homomorfi fra Sp(V ) til S6 . Vi skal vise, at ker π = {1}, for så er π en isomorfi mellem Sp(V ) og S6 , da |Sp(V )| = |S6 | = 6! Antag nu, at g ∈ ker π. Lad som før v1 , v2 være et hyperbolsk par som frembringer U1 , V = U1 ⊥ U2 og x1 , x2 et hyperbolsk par i U2 . Så er S = {v1 , v2 , v1 + v2 + x1 , v1 + v2 + x2 , v1 + v2 + x1 + x2 } en 1-mængde. Hvis vi bytter U1 og U2 om, fås at S 0 = {x1 , x2 , x1 + x2 + v1 , x1 + x2 + v2 , x1 + x2 + v1 + v2 } er en 1-mængde. Da g(S) = S og g(S 0 ) = S 0 , må også g(S ∩ S 0 ) = S ∩ S 0 = {v1 + v2 + x1 + x2 }. Sæt u = v1 + v2 + x1 + x2 . Vi har g(u) = u. Hvis v er et vilkårligt element 6= 0 i V findes et h ∈ Sp(V ), så h(u) = v. Men h(S) og h(S 0 ) er også 1-mængder, og h(S) ∩ h(S 0 ) = {h(u)} = {v}, så vi får også g(v) = v. Da v var vilkårlig fås g = id. 2 I den sidste del af dette afsnit ser vi lidt på matricer. Vi har beskrevet h· , ·i’s matrix med hensyn til symplektisk basis B = {v1 , w1 , · · · , vn , wn } i begyndelsen af dette kapitel. Hvis vi ændrer på rækkefølgen i B til B 0 = {v1 , v2 , · · · , vn , w1 , · · · , wn } , så er matricen for h· , ·i med hensyn til B 0   0 E 0 A = , −E 0 48

hvor E er en n × n-enhedsmatrix. Hvis g ∈ Sp(V ) har matricen X med hensyn til B 0 , så deler vi X op i 4 n × n-delmatricer som følger.   X11 X12 X= X21 X22 Betingelsen X t A0 X = A0 som er ensbetydende med, at X ∈ Sp(2n, K) (når vi vælger basen B 0 ), fører til følgende identiteter for delmatricerne:  t t t t  X11 X21 = X21 X11 ; X12 X22 = X22 X12 t t (1) X12 = E X22 − X21 X11   t t X22 X11 − X12 X21 = E t −1 ) , så er (1) opfyldt. Derfor Vi ser, at hvis X12 = X21 = 0 og X22 = (X11 har vi:

Sætning 4.13. Gruppen Sp(2n, K) har en undergruppe som er isomorf til GL(n, K). Bevis. Betragt afbildningen   X1 0 ρ : X1 7→ 0 (X1t )−1 fra GL(n, K) ind i Sp(2n, K), hvor vi har valgt en basis B 0 som ovenfor. Det er let at se, at ρ er en injektiv homomorfi. (Overvej selv at X1 → (X1t )−1 er en automorfi af GL(n, q)). 2 Vi kan også bruge det ovenstående til at finde en p-Sylowgruppe i Sp(2n, q), hvis q = pa . Lad D være en øvre n × n-trekantsmatrix af determinant 6= 0, og lad S være en vilkårlig symmetrisk n×n-matrix. Lad D?S betegne 2n×2n-matricen   D DS D?S = . 0 (Dt )−1 Man kan let checke at D ? S opfylder betingelsen (1) ovenfor, så D ? S ∈ Sp(2n, K). Endvidere gælder for invertible øvre trekantsmatricer D1 og D2 og symmetriske matricer S1 og S2 , at (D1 ? S1 )(D2 ? S2 ) = D1 D2 ? (S2 + D2−1 S1 (D2−1 )t ) , hvor S2 + D2−1 S1 (D2−1 )t igen er symmetrisk. 49

Vi kan nu se, at H = {D ? S | D invertibel øvre trekantsmatrix, S symmetrisk} danner en undergruppe i Sp(2n, K). Hvis vi specielt vælger trekantsmatricerne med ettaller i diagonalen, fås en undergruppe P af H. Sætning 4.14. Hvis K = GF(q), q = pa , så er i den ovenstående notation P en p-Sylowgruppe for Sp(2n, q). Bevis. Man kan vælge de øvre trekantsmatricer med ettaller i diagonalen på q n(n−1)/2 måder. (Jfr. GL(n, q) i Kapitel 2). En symmetrisk matrix er entydigt fastlagt ved elementerne på og over diagonalen. Der er derfor q n(n+1)/2 valg for disse, idet n(n + 1)/2 = n + (n(n − 1)/2) . 2

Så der er q n(n−1)/2 · q n(n+1)/2 = q n valgmuligheder for elementerne i P . Resultatet følger fra Sætning 4.11. 2

50

5

Ortogonale grupper K5 - 2009-version

I kapitel 3 så vi, at et ortogonalt rum V af dimension n kan skrives V = Kv1 ⊥ Kv2 ⊥ · · · ⊥ Kvn , en ortogonal sum af n 1-dimensionale underrum. Så er B = {v1 , · · · , vn } en basis for V , og skalarproduktets matrix med hensyn til B er   α1 0   α2     . . 0  . αn hvor αi = hvi , vi i, i = 1, · · · , n. V er ikke-udartet hvis og kun hvis alle αi er 6= 0. Vi vil i det følgende antage, at V er et ikke-udartet ortogonalt rum af dimension n over K. Det erindres om vores generelle antagelser for ortogonale rum, at kar(K) 6= 2. I modsætning til de tidligere kapitler vil vi udelade nogle af beviserne. Man kunne umiddelbart forvente, at der i lighed med det symplektiske tilfælde kun findes ét ikke-udartet ortogonalt rum over K af dimension n pånær isometri. (Jfr. Sætning 3.13 for det symplektiske tilfælde). Men det er ikke tilfældet. Eksempel. Betragt den kanoniske basis B = {(1, 0), (0, 1)} i R2 . Betragt de to ortogonale skalarprodukter h· , ·i og {· , ·}, hvis matricer med hensyn til B 0 er henholdsvis ( 10 01 ) og ( 10 −1 ). Så gælder h(a, b), (c, d)i = ac + bd og {(a, b), (c, d)} = ac − bd . Der findes ingen isometri mellem disse rum. En isometri bevarer åbenbart isotrope vektorer. Men R2h· ,·i indeholder ingen isotrope vektorer, da h(a, b), (a, b)i = a2 +b2 . Derimod er f.eks. (1, 1) isotrop i R2{· ,·} , idet {(1, 1), (1, 1)} = 1·1−1·1 = 0. Dette eksempel illustrerer, at vi må trænge dybere ind i strukturen af de ortogonale rum.

51

Under alle omstændigheder kan vi starte med at definere den ortogonale gruppe over V : O(V ) = {g ∈ GL(V ) | For alle u, v ∈ V : hg(u), g(v)i = hu, vi} . Der gælder også O(V ) = {g ∈ GL(V ) | For alle v ∈ V : hg(v), g(v)i = hv, vi} . Det ses som følger: Hvis g ∈ GL(V ) opfylder hg(v), g(v)i = hv, vi for alle v ∈ V , så gælder for u og v ∈ V , at 2hg(u), g(v)i = hg(u + v), g(u + v)i − hg(u), g(u)i − hg(v), g(v)i = hu + v, u + vi − hu, ui − hv, vi = 2hu, vi , altså hg(u), g(v)i = hu, vi, da kar(K) 6= 2. Lad os betragte involutioner (elementer af orden 2) i O(V ). Lemma 5.1. Lad t ∈ O(V ) være en involution, altså |t| = 2. Sæt Vt+ = {v ∈ V | t(v) = v} Vt− = {v ∈ V | t(v) = −v} . Der gælder V = Vt+ ⊥ Vt− , t = idVt+ ⊥ (−id)Vt− . Bevis. For v ∈ V defineres 1 1 v + = (v + t(v)), v − = (v − t(v)) . 2 2 Da t2 = id ses let, at v + ∈ Vt+ , v − ∈ Vt− . (For eksempel er t(v − ) = 21 (t(v) − t2 (v)) = 12 (t(v) − v) = −v − ). Det er også klart, at v = v + + v − , så V = Vt+ ⊕ Vt− . (Overvej at Vt+ ∩ Vt− = {0}). Lad v1 ∈ Vt+ , v2 ∈ Vt− . Så er hv1 , v2 i = ht(v1 ), t(v2 )i (da t ∈ O(V )) = hv1 , −v2 i = −hv1 , v2 i . Vi får 2hv1 , v2 i = 0 og deraf hv1 , v2 i = 0. Så Vt+ ⊆ (Vt− )⊥ .

2

Definition. Hvis t er en involution i O(V ), kaldes dim Vt− for typen af t. Det er et positivt tal ≤ n. En involution af typen 1 kaldes en symmetri. 52

En involution af type 2 kaldes en 180-rotation. Hvis u ∈ V er ikke-isotrop defineres su : V → V ved su (v) = v − 2

hv, ui u. hu, ui

Det er klart, at su er lineær og at su = sau for a ∈ K ∗ . Lemma 5.2. Symmetrierne i O(V ) er netop afbildningerne på formen su , hvor u ∈ V er ikke-isotrop. Bevis. Lad u ∈ V være ikke-isotrop. Så er U = Ku et ikke-udartet underrum af V . Ifølge Lemma 3.4 er V = U ⊥ U ⊥ . Fra definitionen ses umiddelbart, at su (u) = −u. For v ∈ U ⊥ ses, at su (v) = v, da hv, ui = 0. Derfor er su (v) = −idU ⊥ idU ⊥ , altså en symmetri. Lad omvendt t være en symmetri. Vælg u ∈ Vt− \ {0}. Så er Vt− = Ku og V = Vt− ⊥ Vt+ . Nu må u være ikke-isotrop fordi ellers ville u ∈ rad (V ). Da t og su virker ens på Vt− og Vt+ ifølge den ovenstående del af beviset, fås t = su . 2 Bemærkning. Er en symmetri i O(V ) også en transvektion i GL(V )? Svaret er nej, da en symmetri har determinant −1, og en transvektion har determinant 1. Lemma 5.3. For u ∈ V ikke-isotrop og g ∈ O(V ) er g su g −1 = sg(u) . Bevis. Lad t = g su g −1 . Vi har, at t(g(u)) = g(su (u)) = g(−u) = −g(u). For v ∈ (Kg(u))⊥ er 0 = hv, g(u)i = hg −1 (v), ui, da g ∈ O(V ). Så g −1 (v) ∈ (Ku)⊥ , og derfor su (g −1 (v)) = g −1 (v). Heraf fås at t(v) = (g su g −1 )(v) = v. Vi kan slutte, at t = sg(u) . 2 Den næste sætning er triviel i det symplektiske tilfælde, men ikke her! (Se også Sætning 5.6.) Sætning 5.4. (Witt) Lad U1 og U2 være ikke-udartede underrum af V . Antag, at der findes en isometri mellem U1 og U2 . Så eksisterer der også en isometri mellem U1⊥ og U2⊥ . Bevis. Vi bruger induktion efter k = dim Ui . Antag k = 1, Ui = Kui , i = 1, 2. Da Ui er ikke-udartet er hui , ui i = 6 0. Da der er en isometri mellem U1 og U2 kan vi antage hu1 , u1 i = hu2 , u2 i. Så er hu1 ± u2 , u1 ± u2 i = 2hu1 , u1 i ± 2hu1 , u2 i (vælg alle steder samme fortegn + eller −). Hvis både u1 + u2 og u1 − u2 var isotrope, ville vi få at hu1 , u1 i = 0 (da kar(K) 6= 2), en modstrid. Vi kan 53

antage, at u := u1 + u2 er ikke-isotrop. Da hu1 + u2 , u1 − u2 i = hu1 , u1 i − hu2 , u2 i = 0 fås, at su (u1 − u2 ) = u1 − u2 , og trivielt er (da u = u1 + u2 ) su (u1 + u2 ) = −(u1 + u2 ) . Vi får su (u1 ) = −u2 . Da su ∈ O(V ) afbilder Ku1 på Ku2 må den også afbilde (Ku1 )⊥ på (Ku2 )⊥ , så vi er færdige i dette tilfælde. Antag, at sætningen er vist op til k − 1. Antag dim Ui = k. Da U1 er ikke-udartet, indeholder U1 en ikke-isotrop vektor u1 ifølge Lemma 3.8. Skriv U1 = Ku1 ⊥ U10 ifølge Lemma 3.4. Hvis α : U1 → U2 er en isometri, så er U2 = Ku2 ⊥ U20 , hvor u2 = α(u1 ) og U20 = α(U10 ). Så har vi V = U1 ⊥ U1⊥ = Ku1 ⊥ U10 ⊥ U1⊥ V = U2 ⊥ U2⊥ = Ku2 ⊥ U20 ⊥ U2⊥ . Da dim Ui0 = k − 1 og U10 og U20 er isometriske eksisterer ifølge induktionsantagelsen en isometri β mellem (U10 )⊥ og (U20 )⊥ , altså β : Ku1 ⊥ U1⊥ → Ku2 ⊥ U2⊥ . Da der er en isometri mellem Ku1 og Ku2 , får vi fra tilfældet k = 1, anvendt på rummet Ve = Ku2 ⊥ U2⊥ , og de isometriske Kβ(u1 ) og Ku2 i Ve , at der er en isometri mellen β(U1⊥ ) og U2⊥ . Denne giver, sammensat med 2 indskrænkningen af β til U1⊥ , en isometri mellem U1⊥ og U2⊥ . Sætning 5.5. Lad U være et vilkårligt underrum i V . Skriv U = rad U ⊥ U 0 (ifølge Lemma 3.7). Lad {v1 , v2 , · · · , vr } være en basis for rad U . Så eksisterer der vektorer w1 , w2 , · · · , wr ∈ (U 0 )⊥ , således at for alle i, 1 ≤ i ≤ r, er vi , wi et hyperbolsk par. Hvis Hi = Kvi + Kwi , danner Hi ’erne en direkte ortogonal sum, og W = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ⊥ U 0 er et ikke-udartet underrum af V . Bevis. Induktion efter dim(rad U ) = r. For r = 0 er der intet at vise. Antag r > 0. Udvid basen {v1 , · · · , vr } til en basis for U ved at tilføje en basis for U10 , udvid derefter den opnåede basis til en basis {v1 , · · · , vn } for V . Betragt den lineære afbildning vˆ1 ∈ Vb . Da V er ikke-udartet, er afbildningen u → u e en

54

isomorfi mellem V og Vb , (jfr. Kapitel 3’s begyndelse). Der findes altså et w1 ∈ V , så vb1 = w f1 . Dette er en stærk betingelse. Vi får ( δ1i = vˆ1 (vi ) = w˜1 (v1 ) = hw1 , vi i for 1 ≤ i ≤ r . (∗) hw1 , u0 i = w˜1 (u0 ) = vˆ1 (u0 ) = 0 for u0 ∈ U 0 (At vˆ1 (u0 ) = 0 for u0 ∈ U 0 skyldes at basen {v1 , · · · , vn } inkluderer en basis for U 0 ). Hvis vi erstatter w1 med av1 +w1 for et a ∈ K bibeholdes betingelsen (∗), og derfor kan vi antage, at w1 er isotrop. Vi har jo hav1 + w1 , av1 + w1 i = 2ahv1 , w1 i + hw1 , w1 i = 2a + hw1 , w1 i . Når w1 er isotrop, så viser (∗) at v1 , w1 er et hyperbolsk par, og at U1 := U 0 ⊥ Kv2 ⊥ · · · ⊥ Kvr ⊆ H1⊥ , hvor H1 = Kv1 + Kw1 . Hvis vi anvender induktionsantagelsen på U1 (hvor rad U1 = Kv2 ⊥ · · · ⊥ Kvr ) som underrum af H1⊥ , fås at der eksisterer w2 , · · · , wr ∈ U1 , ortogonale til U 0 , således at for 2 ≤ i ≤ r er vi , wi et hyperbolsk par, og W 0 = (H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ) ⊥ U 0 er et ikke-udartet underrum af H1⊥ . Heraf fås påstanden let. 2 Sætning 5.6. (Witt’s udvidelsessætning) Hvis U1 og U2 er vilkårlige underrum i V , så kan en isometri fra U1 til U2 udvides til en isometri af V (dvs. til et element i O(V )). Bevis. Lad α : U1 → U2 være en isometri. Hvis rad U1 = 0, er U1 ikkeudartet, og sætningen følger fra Sætning 5.4. Lad rad U1 6= 0, og sæt U1 = rad U1 ⊥ U10 og U2 = rad U2 ⊥ U20 . Så inducerer α isometrier α1 mellem rad U1 og rad U2 , og α0 mellem U10 og U20 . Ifølge Sætning 5.5 eksisterer der hyperbolske planer H11 , · · · , H1r og H21 , · · · , H2r (hvor r = dim rad Ui ), således at rad U1 ⊆ H11 ⊥ · · · ⊥ H1r , rad U2 ⊆ H21 ⊥ · · · ⊥ H2r , og således at W1 = H11 ⊥ · · · ⊥ H1r ⊥ U10 W2 = H21 ⊥ · · · ⊥ H2r ⊥ U20 er ikke-udartede underrum af V . Det er klart, at der findes isometrier mellem H1i og H2i som udvider α1 . (De hyperbolske par i H1i , H2i kan vælges så den 55

første vektor er et element i en basis for rad U1 , rad U2 , jfr. beviset for Sætning 5.5). Vi får en isometri mellem H11 ⊥ · · · ⊥ H1r

og H21 ⊥ · · · ⊥ H2r ,

som udvider α1 . Denne giver sammen med isometrien α0 mellem U10 og U20 , en isometri mellem W1 og W2 , som udvider α. Da W1 og W2 er ikke-udartede, kan vi afslutte beviset ved at anvende Sætning 5.4 på W1 og W2 . 2 Sætning 5.7. Man kan skrive V = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ⊥ W , hvor H1 , · · · , Hr er hyperbolske planer og W er et underrum der ingen isotrope vektorer indeholder. Bevis. Lad U og U 0 være isotrope underrum af V , som er maksimale med hensyn til inklusion. Hvis dim U = r > dim U 0 = r0 vælges et underrum U1 af dimension r0 i U . Så er enhver vektorrumsisomorfi α mellem U1 og U 0 automatisk en isometri. Ifølge Sætning 5.6 kan α udvides til en isometri β ∈ O(V ). Men så er U 0 = α(U1 ) ⊆ β(U ), da β udvider α. Da β ∈ O(V ), er β(U ) et isotropt underrum af dimension r, der indeholder U 0 , i modstrid til valget af U 0 . Isotrope underrum som er maksimale med hensyn til inklusion har altså samme dimension r. Hvis vi anvender Sætning 5.5 på et sådant underrum U , kan vi finde r hyperbolske planer H1 , · · · , Hr , så U ⊆ H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr . Så er H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ikke-udartet, og derfor har det et ortogonalt komplement W i V . Så er V = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ⊥ W . Nu kan W ikke indeholde en isotrop vektor w, for så ville U ⊥ Kw være et større isotropt underrum end U . 2 Definition. Et ortogonalt rum uden isotrope vektorer kaldes et anisotropt rum, således at underrummet W i Sætning 5.7 kaldes en anisotrop kerne for V . Dimensionen af de maksimale isotrope underrum i V (benævnt r i Sætning 5.7), kaldes for Witt-index’et af V . Dette index er højst 21 dim V . Eksempel. Vi henviser til eksemplet i starten af dette kapitel. På R2 var defineret to ortogonale strukturer ved henholdsvis h(a, b), (c, d)i = ac + bd 56

og {(a, b), (c, d)} = ac − bd . I det første tilfælde er det et anisotropt rum, idet der ingen isotrope vektorer er. Så Witt-indexet er 0. I det andet tilfælde er rummet ikke-isotropt, men indeholder en isotrop vektor (1, 1). I dette tilfælde er Witt-indexet 1, og den anisotrope kerne {0}. Der må være tale om en hyperbolsk plan. For eksempel er √12 (1, 1), og √12 (1, −1) et hyperbolsk par. Sætning 5.8. Symmetrierne frembringer O(V ). Bevis. Induktion efter n = dim V . For n = 1 er O(V ) = {±id} og −id er en symmetri. Lad g ∈ O(V ). Lad u1 ∈ V være ikke-isotrop og sæt u2 = g(u1 ). Som i beviset for Sætning 5.4 kan man se, at der findes et ε = ± 1 således at u = u1 + εu2 ikke er isotrop. Nu er su (u1 + εu2 ) = −u1 − εu2 , og da hu, u1 − εu2 i = hu1 , u1 i − hu2 , u2 i = hu1 , u1 i − hg(u1 ), g(u1 )i = hu1 , u1 i − hu1 , u1 i = 0, fås at u1 − εu2 ∈ (Ku)⊥ , så su (u1 − εu2 ) = u1 − εu2 . Vi får su (u2 ) = −εu1 , så su (g(u1 )) = −εu1 . Derfor afbilder g 0 := su g underrummet Ku1 på sig selv, og ⊥ 00 0 derfor også (Ku1 ) på sig selv. Ifølge induktionsantagelsen kan g := g (Ku1 )⊥ skrives som et produkt af symmetrier s¯wi af (Ku1 )⊥ , g 00 = s¯w1 s¯w2 · · · s¯wt . Fra definitionen af s¯wi og den kendsgerning, at V = (Ku1 ) ⊥ (Ku1 )⊥ fås let, at swi = idKu1 ⊥ s¯wi

for i = 1, · · · , t er en symmetri .

Dermed er g 0 = (−ε)idKu1 ⊥ g 00
= swi · sw2 · · · swt · (−ε)idKu1 ⊥ id(Ku1 )⊥ . Nu er (−ε)idKu1 ⊥ id(Ku1 )⊥

( idV = su1

hvis ε = −1 . hvis ε = 1

Vi får at g 0 er et produkt af symmetrier, og det samme gælder så for g = su g 0 . 2 Bemærkning. Ved et andet ikke særlig svært argument kan Sætning 5.8 forstærkes til Cartan-Dieudonné’s sætning. Ethvert element i O(V ) er et produkt af højst n = dim V symmetrier. Bevis. Udeladt. Se Artins eller Jacobsons bog.

57

Definition. SO(V ) := {g ∈ O(V ) | det g = 1} = O(V ) ∩ SL(V ) , den Specielle Ortogonale Gruppe. Lad os bemærke, at for n ≥ 1 er |O(V ) : SO(V )|) = 2 ifølge Sætning 3.2. Symmetrier har jo determinant −1. Bemærkning. Det kan bevises, at SO(V ) frembringes af 180-rotationer. Dette følger af Sætning 5.8 og opgave 2.2 idet enhver 180-rotation er produkt af 2 symmetrier. Vi skal også bruge at 180-rotationerne er konjugerede. I beviset for næste lemma får vi brug for de såkaldte kommutatorrelationer. Lemma 5.9. Lad for a, b ∈ G (G vilkårlig gruppe) [a, b] = a−1 b−1 ab (kommutatoren af a og b), og ab = b−1 ab. For a, b, c ∈ G gælder (1) [ab, c] = [a, c]b [b, c] (2) [a, bc] = [a, c][a, b]c . Bevis. Udregning. Lemma 5.10. Lad g, h ∈ O(V ). Så er [g, h] et produkt af kommutatorer af symmetrier. Bevis. Skriv g = su1 su2 · · · suk , h = sv1 sv2 · · · sv` ifølge Sætning 5.8. Beviset er ved induktion efter k + `. Hvis k = 0 eller ` = 0 (altså g = 1 eller h = 1), er der intet at vise. Betragt [g, h] = [su1 · · · suk , sv1 · · · sv` ] . Hvis k ≥ 2 anvender vi Lemma 5.9 (1) med a = su1 · · · suk−1 , b = suk , c = h, og får [g, h] = [su1 · · · suk−1 , h]suk · [suk , k] . Nu er, ifølge induktionsantagelsen [su , · · · , suk−1 , h] og [suk , h] produkter af kommutatorer af symmetrier. Det er [su1 · · · suk+1 , h]suk også, ifølge Lemma 5.3. Hvis k = 1 anvender vi i stedet Lemma 5.9 (2) ved at faktorisere h. 2 Sætning 5.11. Grupperne O(V ) og SO(V ) har kommutatorgruppe O(V )0 = SO(V )0 , hvis n ≥ 3. 58

Bevis. Da SO(V ) ⊆ O(V ), er SO(V )0 ⊆ O(V )0 . Nu er O(V )0 frembragt af [g, h], g, h ∈ O(V ), og en sådan kommutator er et produkt af kommutatorer af symmetrier, ifølge Lemma 5.10. Vi skal bare vise, at [su , sv ] ∈ SO(V )0 for alle ikke-isotrope vektorer u, v ∈ V . Hvis n er ulige, så er det(−id) = (−1)n = −1, og da −id ∈ O(V ), er også (−id)su = −su og (−id)sv = −sv ∈ O(V ). Faktisk er de i SO(V ), da de har determinant (−1)(−1) = 1. Men det ses så let, at [su , sv ] = [−su , −sv ] ∈ SO(V )0 . Hvis n er lige, dvs. n ≥ 4, er sagen lidt vanskeligere. Lad U = Ku + Kv. Hvis dim U = 1, så er u og v proportionale og derfor su = sv . Men så er [su , sv ] = 1 ∈ SO(V )0 . Antag, at dim U = 2. Så er dim U ⊥ = n − 2, ifølge Lemma 3.4. Vi påstår, at U ⊥ ikke er isotropt. Ellers er U ⊥ ⊆ U ⊥⊥ = U (Lemma 3.4). Så er dim U ⊥ = n − 2 ≤ dim U = 2 , altså n ≤ 4. Men så er n = 4 og U ⊥ = U . Det ville betyde, at U er isotrop. Det går ikke, da U jo indeholder den ikke-isotrope vektor u. Ifølge Lemma 3.8 får vi nu, at U ⊥ indeholder en ikke-isotrop vektor w. Da w ∈ U ⊥ er su (w) = w. Så er, ifølge Lemma 5.3, su sw su = ssu (w) = sw , og analogt sv sw sv = sw . Altså er [su , sw ] = [sv , sw ] = 1. Ved hjælp af Lemma 5.9 (kommutatorrelationerne) fås nu let, at [su , sv ] = [su sw , sv sw ] . Men su sw og su sw ∈ SO(V ), så [su , sv ] ∈ SO(V )0 .

2

Bemærkning. O(V )/O(V )0 er en elementær abelsk 2-gruppe. Dette følger fra Sætning 5.8. Det samme må gælde for SO(V )/SO(V )0 når n ≥ 3. Vi betragter nu 2 generaliseringer af Lemma 3.12 for ortogonale rum. Underrummet i V frembragt af en isotropisk vektor 6= 0 kalder vi en isotrop linie. Sætning 5.12. Lad n = 3 og antag, at V indeholder en isotrop vektor (Positivt Witt-index). Hvis g ∈ O(V ) afbilder alle isotropiske linier i V på sig selv, så er g = ±id. Bevis. Lad u, v være et hyperbolsk par i V , H = Ku + Kv. Lad x ∈ H ⊥ . Hvis x er isotrop, er g(Kx) = Kx ifølge antagelsen. Antag x er ikke-isotrop. Så er U = H ⊥ Kx et 3-dimensionalt underrum. Det er klart, at Kx er den eneste linie i U , som er i H ⊥ . Hvis vi kan vise g(U ) = U , vil vi kunne slutte, at g(Kx) = Kx. For da g(Ku) = Ku og g(Kv) = Kv er g(H) = H. Nu er 1 y := u − hx, xiv + x 2 59

isotropisk, idet 1 hy, yi = 2 · (− )hx, xi + hx, xi = 0 . 2 Vi får altså, at (i) g(y) = dy for et d ∈ K ∗ . Hvis endvidere (ii) g(u) = au, g(v) = bv, a, b ∈ K ∗ fås også (iii) g(y) = au − 12 hx, xibv + g(x) . Ved at trække (i) fra (iii) fås, at g(x) ∈ U . Hermed er vist, at g(U ) = U . Det følger, som nævnt ovenfor, at (iv) g(x) = cx for et c ∈ K ∗ . Vi får nu, at da y = u − 21 hx, xiv + x, er 1 g(y) = g(u) − hx, xig(v) + g(x) 2 1 = au − hx, xibv + cx (ifølge (ii)-(iv)) . 2 På den anden side er ifølge (i) g(y) = dy 1 = du − hx, xidv + dx . 2 Da u, v og x er lineært uafhængige fås a = c = d. Hvis yderligere hx, xi 6= 0 fås b = d. Det betyder, at g virker på enhver vektor i H og på enhver ikkeisotrop vektor i H ⊥ ved multiplikation med a. Hvis x ∈ H ⊥ er isotrop, så er også u + x isotrop. Derfor er g(u + x) = e(u + x) for et e ∈ K ∗ . Den lineære uafhængighed af u og x medfører igen a = e. (Hvis u og x er proportionale, er også a = e). Vi får nu, at g = a · id. Da g ∈ O(V ) fås a2 = 1, a = ± 1. 2 Det viser sig, at ± id også er de eneste elementer i O(V ) der afbilder alle ikke-isotrope linier på sig selv. (Underrum frembragt af en ikke-isotrop vektor). Sætning 5.13. Hvis g ∈ O(V ) afbilder alle ikke-isotrope linier på sig selv, så er g = ±id pånær tilfældet hvor V er en hyperbolsk plan over GF(3). 60

Bevis. Hvis V ikke indeholder en isotrop vektor 6= 0, følger resultatet fra Lemma 3.12. Vi antager derfor, at V ’s Witt-index er positivt, så V indeholder en hyperbolsk plan H = Ku + Kv, hvor u, v er et hyperbolsk par. Hvis n = dim V ≥ 3, er dim H ⊥ ≥ 1. Lad x være en ikke-isotrop vektor i H ⊥ . Så er x og u + x lineært uafhængige ikke-isotrope vektorer. Hvis g(x) = dx og g(u + x) = a(u + x) fås g(u) = g(u + x) − g(x) = au + (a − d)x. Da u er isotrop, er også g(u) isotrop, dvs. hg(u), g(u)i = (a − d)2 hx, xi = 0 . Da hx, xi 6= 0 sluttes a = d. Vi ser, at g også afbilder isotrope linier på sig selv. Vi får g = ±id fra Lemma 3.12. Hvis n = dim V = 2, er V = H en hyperbolsk plan. De eneste isotrope linier i V er Ku og Kv, idet hau + bv, au + bvi = 2ab. Så hvis Ku og Kv ikke afbildes i sig selv ved g, gælder g(Ku) = Kv og g(Kv) = Ku. Antag, at g(u) = av, g(v) = bu. Da 1 = hu, vi = hg(u), g(v)i = ab, fås b = 1/a. Vælg c ∈ K, c 6= 0, a, −a. Dette er muligt når |K| ≥ 4! Så er u + cv ikke-isotrop. Ifølge antagelsen er g(u + cv) = d(u + cv), d ∈ K ∗ . Vi får c g(u + cv) = av + u a = du + cdv . Den lineære uafhængighed af u og v medfører c = ad og cd = a, altså ved multiplikation c2 d = a2 d, c2 = a2 . Dette modsiger valget af c. 2 Man kan vise, at når n ≥ 3 og V indeholder en isotrop vektor, så er O(V ) “næsten simpel”. Situationen er vanskeligere (uafklaret?), når V er anisotropisk. Lad os kikke på tilfældet n = 2. Sætning 5.14. Lad dim V = 2 og antag, at V indeholder en isotrop vektor. Så er O(V ) et semidirekte produkt af K ∗ med Z2 , hvor Z2 inverterer elementerne i K ∗ . Bevis. V er en hyperbolsk plan. Lad u, v være et hyperbolsk par. Hvis g ∈ GL(V ) har matrix ( ab dc ) med hensyn til {u, v}, kan man let regne ud, at g ∈ O(V ) ⇔ ab = cd = 0 og ad + bc = 1 . Så hvis g ∈ O(V ) gælder enten a = d = 0 og bc = 1, eller b = c = 0 og ad = 1. Så g har matrix     a 0 0 b−1 eller 0 a−1 b 0 61

Der gælder  Vi får

0 b−1 b 0

 

a 0 0 a−1



0 (ab)−1 ab 0

 =

 .

     a 0 0 1 ∗ O(V ) = , a∈K 0 a−1 1 0

Endvidere er        −1   −1 0 1 a 0 0 1 a 0 a 0 = = . 1 0 0 a−1 1 0 0 a 0 a−1   a 0 Elementerne a ∈ K ∗ identificeres med . 0 a−1

2

En tilsvarende simpel beregning er ikke mulig, når V er anisotropisk. Hvis   α 0 0 β er matricen for h· , ·i med hensyn til u, v, er det klart at man ved at vælge multipla af u og v kan “justere” α og β med kvadrater i K ∗ , altså elementer i (K ∗ )2 . Det er også klart, at K ∗ /(K ∗ )2 er en elementær-abelsk 2-gruppe. Men denne kan være vilkårlig stor, f.eks. hvis K er brøklegemet for en polynomiumsring over et sæt af variable. I tilfældet K = R er sagen overskuelig. Vi kan antage α = ± 1 og β = ± 1. Der er essentielt 2 tilfælde, nemlig, at matricen for h· , ·i med hensyn til en ortogonal basis {u, v} er   1 0 0 ε ε = ± 1. Hvis ε = −1 er u − v isotrop, så dette tilfælde er faktisk beskrevet i Sætning 5.14. Lad os alligevel regne på det. Hvis g ∈ GL(V ) har matrix ( ac db ) med hensyn til {u, v}, er ( a2 + εc2 = d2 + εb2 = 1 g ∈ O(V ) ⇔ . ab + εcd = 0 Fra betingelserne fås a2 b2 = c2 d2 (sidste betingelse kvadreret), og derfor (1 − εc2 )b2 = a2 b2 = c2 d2 = c2 (1 − εb2 ) ,

62

hvoraf b2 = c2 , og derfor d2 = a2 . Hvis c = δ1 b, d = δ2 a har vi fra ab+εcd = 0, at δ1 δ2 ε = −1, når ab 6= 0. Det ses nu, at ( a2 + εb2 = 1 g ∈ O(V ) ⇔ . d = δa , c = −εδb , δ = ± 1 ε = 1 : Vi har a2 + b2 = 1. Der findes præcis et t ∈ [0, 2π[, så (a, b) = (cos(t), sin(t)). Vi får g’s matrix som   cos(t) sin(t) hvor δ = ± 1 . −δ sin(t) δ cos(t) Determinanten er δ, så for δ = 1 fås en rotation og for δ = −1 en reflektion. Elementet   cos(t) sin(t) ∆(t) = − sin(t) cos(t) repræsenterer en drejning (rotation) på t grader. Drejningerne frembringer 0 sammen med reflektionen r = [ 10 −1 ] hele O(V ). Der gælder r∆(t)r = ∆(−t) = −1 ∆(t) . ε = −1 : Vi har a2 − b2 = 1. Der findes præcis et t ∈ R, så (a, b) = (cosh(t), sinh(t)). Vi får g’s matrix som   cosh(t) sinh(t) hvor δ = ± 1 . δ sinh(t) δ cosh(t) Determinanten er δ, så for δ = 1 fås en rotation og for δ = −1 en reflektion. Elementet   cosh(t) sinh(t) ∆H (t) = sinh(t) cosh(t) repræsenterer en “hyperbolsk drejning” på “t grader”. De hyperbolske drejninger 0 frembringer sammen med reflektionen r = [ 10 −1 ] hele O(V ). Der gælder r∆H (t)r = ∆H (−t) = ∆H (t)−1 . 2 Vi vil også kikke lidt på tilfældet n = 3. Vi får brug for Sætning 5.15. Lad n = dim V . Antag, at g ∈ O(V ) holder enhver vektor i en hyperplan H fast (dim H = n − 1). Hvis H er udartet, så er g = id. Hvis H er ikke-udartet, så er g = id eller g = su , hvor u ∈ H ⊥ \ {0}. 63

Dette betyder, at virkningen af g ∈ O(V ) på en hyperplan H bestemmer g fuldstændigt, hvis H er udartet og pånær én spejling i H, hvis H er ikkeudartet. Bevis. Lad H være udartet. Så er H ⊥ ⊆ H, da H ∩ H ⊥ 6= 0 og dim H ⊥ = 1. Hvis H ⊥ = Ku, så er u isotrop. Vi kan skrive H = Ku ⊥ W , hvor W har dimension n − 2. Lemma 3.7 anvendt på H viser, at W er ikke-udartet. Så er W ⊥ også ikke-udartet, dim W ⊥ = 2. Det er klart, at u ∈ W ⊥ fra definitionen af W . Udvid u til et hyperbolsk par u, v i W ⊥ . Da dim W ⊥ = 2 findes der ikke andre hyperbolske par i W ⊥ med u som første vektor. (Jfr. beviset for Lemma 3.9). Hvis nu g ∈ O(V ) holder alle vektorer i H fast, må specielt g(W ) = W . Derfor er også g(W ⊥ ) = W ⊥ . Da u, v er et hyperbolsk par i W ⊥ og g(W ⊥ ) = W ⊥ , er også g(u), g(v) et hyperbolsk par i W ⊥ . Men g(u) = u, da u ∈ H. Entydigheden af v viser, at g(v) = v. Så g er også identiteten på W ⊥ , og dermed på V . Lad H være ikke-udartet. Så er V = H ⊥ H ⊥ og H ⊥ = Ku for et u ∈ V \ {0}. Hvis g ∈ O(V ) holder alle vektorer i H fast, fås g = idH ⊥ g 0 , hvor g 0 ∈ O(H ⊥ ). Da dim H ⊥ = 1 må g 0 = ± id. Vi får g = id eller g = su . Når h1 , h2 ∈ O(V ) har samme virkning på H, så er h = h1 h−1 2 identiteten på H. Ifølge det ovenstående fås enten g = id, altså h1 = h2 eller g = su , u ∈ H ⊥ , altså h1 = su h2 . 2 Eksempel 5.16. Antag, at dim V = 3. Vi minder om, at en 180-rotation pr. definition er en involution af type 2. En sådan har determinant 1 og er altså i SO(V ). Det kan vises, at da dim V = 3 holder enhver rotation et underrum Ku af dimension 1 elementvis fast. (F.eks. følger dette fra Cartan-Dieudonnés sætning, idet en rotation 6= id så må være et produkt af to symmetrier). Ifølge Sætning 5.15 kan en rotation 6= id ikke holde mere end ét 1-dimensionalt underrum elementvis fast. Til enhver rotation 6= id hører derfor en entydig “fixlinie” som kaldes rotationens akse. Det er klart, at rotationerne i O(V ) med en given akse A = Ku sammen med id danner en undergruppe i O(V ), som vi kalder Rot(A). Strukturen af Rot(A) afhænger af om A er isotropt eller ej. Antag først, at A er ikke-isotrop. Vi kan skrive V = A ⊥ A⊥ , hvor dim A⊥ = 2. Så har rotationerne med akse A formen idA ⊥ g , hvor g ∈ SO(A⊥ ). Vi ser, at RotA ∼ = SO(A⊥ ) , 64

en 2-dimensional speciel ortogonal gruppe. Antag nu, at A er isotrop, så hu, ui = 0. Så er A ⊆ A⊥ . Da dim A⊥ = 2 kan vi skrive A⊥ = Ku + Kv, hvor hu, vi = 0 og hv, vi = 6 0 (f.eks. ifølge Lemma 3.7). Hvis g ∈ RotA, så er g(A) = A. Endvidere må g(A⊥ ) = A⊥ , og ifølge Sætning 5.15 er g entydigt fastlagt ved sin virkning på A⊥ , som jo er en hyperplan. Sæt g(v) = au + bv. Så er hv, vi = hg(v), g(v)i = b2 hv, vi, altså b = ± 1. Vi ser, at for hvert valg af a ∈ K og b = ± 1, så fastlægges ved g(u) = u, g(v) = au + bv en isometri af A⊥ . Vælg a ∈ K og sæt xa = ( 12 a)u − v. Så er hxa , xa i = h−v, −vi 6= 0, så xa er ikke-isotrop. Med sa betegner vi symmetrien sxa . Da hu, xa i = 0 er sa (u) = u. Endvidere er 1 1 sa (v) = sa ( au − xa ) = sa ( au) − sa (xa ) 2 2 1 = au + xa = au − v . 2 Sæt σa = s0 sa for a ∈ K. Så er σa en rotation, og da σa (u) = u, er σa ∈ RotA. Der gælder σa (v) = s0 sa (v) = s0 (au − v) = au + v, da jo s0 = sv . Med hensyn til {u, v} har σa ’s indskrænkning til A⊥ matricen   1 a 0 1 Herfra sluttes, at σa σb = σa+b for alle a, b ∈ K. Vi har at RotA er isomorf til K’s additive gruppe. Hvis g ∈ O(V ) er en reflektion (determinant −1), så er (−g) en rotation og omvendt. Da vi i det ovenstående indgående har beskrevet rotationerne i O(V ), har vi også en beskrivelse af reflektionerne. 2 Vi lader nu O(n, R) være den ortogonale gruppe hørende til det euklidiske n-dimensionale rum V = Rn over R. Her er matricen for den ortogonale geometri simpelthen E (enhedsmatricen), da der jo er en ortonormal basis i Rn . Så O(n, R) kan beskrives ved de n×n-matricer X som opfylder X t X = E, altså X −1 = X t . Der gælder nu: Sætning 5.17. Når n ≥ 3, n 6= 4 så er PSO(n, R) = SO(n, R)/Z(SO(n, R)) en simpel gruppe. Bevis. (Skitseret) Vi udelader beviset for tilfældet n = 3, som til dels er baseret på de ovenstående overvejelser (se Artin, s. 178), og antager, at n ≥ 5. 65

Fra Sætning 5.13 og Lemma 1.14 ses at Z(SO(n, R)) = {id} når n er ulige, og Z(SO(n, R)) = {± id}, når n er lige. Lad G  SO(n, R) og antag, at G 6⊆ Z(SO(R)). Vi viser (som sædvanligt), at G = SO(n, R). Lad g ∈ G, g 6= ± id. Hvis g(P ) = P for alle planer i V (2-dimensionale underrum), så gælder også g(L) = L for enhver linie i V , da enhver linie er et snit af 2 planer. Men g kan ikke opfylde g(L) = L for alle linier L, da g ∈ / Z(O(V )). Lad P være en plan P 0 = g(P ) 6= P , og lad r = (−id)P ⊥ idP ⊥ , en “180-rotation i P ”. Så er grg −1 = (−id)P 0 ⊥ id(P 0 )⊥ en 180-rotation i P 0 . Nu er elementet g1 = (grg −1 )r−1 igen i G, da g ∈ G og G  SO(n, R). Da vil g1 holde alle vektorer i (P + g(P ))⊥ fast, fordi (P + g(P ))⊥ = P ⊥ ∩ g(P )⊥ , og både r og grg −1 holder alle vektorer i P ⊥ ∩ g(P )⊥ fast. Nu er dim(P + g(P )) ≤ 4, så da dim V ≥ 5 er dim(P ⊥ ∩ g(P )⊥ ) > 0. Lad u ∈ P ⊥ ∩ g(P )⊥ , u 6= 0. Så er g1 (u) = u, så g1 6= −idV . Da grg −1 6= r, er også g1 6= idV . Hermed er g1 ∈ / Z(SO(V )). Nu kan g1 altså ikke holde alle linier fast så der eksisterer lineært uafhængige vektorer v og w i V , så g1 (v) = w. Da g1 (u) = u, er også u og v lineært uafhængige. Derfor er symmetrierne su og sv forskellige, så h := sv su ∈ SO(V ), h 6= id. Fra Lemma 5.3 vides, at g1 su g1−1 = su , og g1 sv g1−1 = sw , så g1 hg1−1 h−1 = sw su su sv = sw sv . Hermed er g2 := sw sv ∈ G, og holder alle vektorer i (Kv + Kw)⊥ elementvis fast. Hvis U er et 3-dimensionalt underrum i V som indeholder v og w, kan vi skrive g2 = g20 ⊥ idU ⊥ , hvor g20 ∈ SO(U ) ' SO(3, R). Som i beviset for Sætning 4.8 ses, at GU := {g 0 ∈ SO(U ) | g 0 ⊥ idU ⊥ ∈ G} er en normal undergruppe i SO(U ) som ikke er indeholdt i Z(SO(U )). Vi slutter, at GU = SO(U ), da SO(3, R) er simpel. Hermed er alle elementer på formen g 0 ⊥ idU ⊥ , g 0 ∈ SO(U ) i G, og specielt fås 180-rotationer i G. Da 180-rotationer alle er konjugerede i SO(V ) fås at alle 180-rotationer er i G. Men i analogi med Sætning 5.8 kan det let vises, at 180-rotationerne frembringer SO(V ). Så G = SO(V ). 2 Der er andre tilfælde, hvor man relativt let kan bevise at SO(n, K) “næsten” er simpel. Der gælder følgende sætning af Dickson & Dieudonné. Beviset kan findes i Jacobsons bog (Kapitel 6.8). Sætning 5.18. Antag, at n = 3 og at V har Witt-index > 0, altså at V indeholder en isotrop vektor 6= 0. Lad Ω(V ) = O(V )0 . Så er Ω(V )/Z(Ω(V )) en simpel gruppe pånær tilfældene n = 3, |K| = 3 og n = 4 med Witt-index 2. Beviset udelades. 66

Sætningen har som konsekvens, at de endelige ortogonale grupper er næsten simple for n ≥ 3. Vi vil nu betragte de endelige grupper: Antag, at K = GF(q), legemet med q = pa elementer, p > 2, p primtal. Lad α være en frembringer for GF(q)∗ , GF(q)∗ = hαi. Bemærk, at |α| = q − 1 er lige, da p (og dermed q) er ulige. Det betyder, at |GF(q)∗ : hα2 i| = 2. Undergruppen hα2 i består netop af alle kvadrater af elementer i GF(q)∗ . Som før er dim K V = n. Lad os se på de små værdier af n. n = 11: Lad v ∈ V \{0}. Hvis hv, vi = a, så er a en potens af α. For c ∈ GF(q)∗ er hcv, cvi = c2 a. Så enten er alle elementer i {hu, ui | u ∈ V } kvadrater (når a er et kvadrat) eller intet element et kvadrat (når a er et ikke-kvadrat). n = 22: I dette tilfælde knytter vi et fortegn ε til V . Ifølge Sætning 5.7 er V enten en hyperbolsk plan (sæt ε = 1) eller et anisotropisk rum (sæt ε = −1). Da dim V = 2 indeholder V i alt (q 2 −1)/(q −1) = q +1 linier (1-dimensionale underrum), idet hver linie indeholder q − 1 vektorer 6= 0. Af disse linier er præcis 2 isotrope, når V er en hyperbolsk plan. (Når u, v er et hyperbolsk par, så er hau + bv, au + bvi = 2ab, som kun er 0 når a = 0 eller b = 0. Så Ku og Kv er de eneste isotrope linier). Generelt har V derfor q − ε ikkeisotrope linier. Hver af disse linier giver os en symmetri, så der er præcis q − ε symmetrier i O(V ). Men ifølge Cartan-Dieudonnés sætning er ethvert element med determinant −1 i O(V ) en symmetri. (Overvej dette). Derfor er |O(V )| − |SO(V )| = q − ε. Da |O(V ) : SO(V )| = 2 fås |O(V )| = 2(q − ε). (Bemærk overensstemmelsen med Sætning 5.14 i tilfældet ε = 1). Hvis vi betragter en rotation g i O(V ) 6= id (altså et element i SO(V ) \ {id}), så kan g ikke holde nogen vektor i V \{0} fast (ifølge Sætning 5.15). Der er i alt q −ε ikke-isotrope linier i V , og derfor i alt (q − ε)(q − 1) ikke-isotrope vektorer i V . Disse permuteres af de q − ε elementer i SO(V ). Lad os skrive u ∼ v for ikke-isotrope vektorer hvis der findes et g ∈ SO(V ), så g(u) = v. Hver ækvivalensklasse for denne relation indeholder |SO(V )| = q − ε elementer, så der er q − 1 ækvivalensklasser. Der gælder også for ikke-isotrope vektorer u, v at hu, ui = hv, vi ⇔ u ∼ v. Retningen ⇒ følger let fra Witts sætning 5.4, og ⇐ er triviel. Vi konkluderer, at der for alle a ∈ GF(q)∗ eksisterer et u ∈ V så hu, ui = a. Lad nu u ∈ V opfylde hu, ui = 1 og lad v ∈ V \ {0} være ortogonal til u. Ved at erstatte v med et multiplum kan vi antage, at hv, vi = −1 eller hv, vi = −α, idet det ene af disse elementer er et kvadrat og det andet ikke. (Afhænger af (q −1)’s kongruens modulo 4). Vi får nu, at hau+bv, au+bvi = 67

a2 − b2 eller a2 − αb2 . Kun i det første tilfælde kan der være isotrope vektorer, idet α ikke er et kvadrat. Vi får altså hv, vi = −1 når ε = 1, hv, vi = −α når ε = −1. Antallet af isotrope vektorer i V er q + εq − ε, nemlig 2q − 1 når V er hyperbolsk og 1 ellers. (Vi inkluderer her 0 som isotrop vektor). n ≥ 33: Lad P være en ikke-udartet plan i V , og vælg w ∈ P ⊥ \ {0}. Ifølge det ovenstående findes der u ∈ P , så hu, ui = −hw, wi. Så er u og w lineært uafhængige, da P ∩ P ⊥ = {0}. Dermed er u + w 6= 0 og hu + w, u + wi = hu, ui + hw, wi = 0. Så V indeholder en isotrop vektor 6= 0. Det er denne kendsgerning der bevirker, at vi kan anvende Sætning 5.18 på de endelige grupper! Den bevirker også, at vi kan “klassificere” de endelige ortogonale rum: Ifølge Sætning 5.5 kan vi skrive V = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ⊥ U , hvor hvert Hi er en hyperbolsk plan og U ikke indeholder isotrope vektorer 6= 0. Det ovenstående viser at dim U ≤ 2 (!) For n ulige, n = 2r + 1, får vi mulighederne (I) (II)

V = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ⊥ hwi V = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr ⊥ hw0 i

hw, wi = 1 hw0 , w0 i = α

hvor Hi ’erne er hyperbolske planer. (Der er ingen isometri mellem de to rum idet en sådan ifølge Witts sætning ville bevirke, at Kw og Kw0 skulle være isometriske.) For n lige, n = 2r får vi mulighederne (III) (IV)

V = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr V = H1 ⊥ H2 ⊥ · · · ⊥ Hr−1 ⊥ U

hvor Hi ’erne er hyperbolske planer og U er anisotropisk. (Som ovenfor ses, at der ikke kan være en isometri mellem de to rum. De har endda forskellig Witt-index!) Selv om der i tilfældet n ulige er 2 rum der ikke er isometriske, er de tilhørende ortogonale grupper isomorfe! Hvis h· , ·i er et ortogonalt skalarprodukt der giver tilfælde (I) ovenfor, så kan vi definere et andet ortogonalt skalarprodukt {· , ·} ved {u, v} = αhu, vi . Så vil skalarproduktet {· , ·} give tilfælde (II), og det er klart, at g ∈ G{· ,·} ⇔ g ∈ Gh· ,·i . 68

I tilfældet n lige, er grupperne der hører til (III) og (IV) ikke isomorfe. De har endda forskellig orden. Vi knytter fortegnet ε = 1 til type (III) og ε = −1 til type (IV). (I type (I)–(II) er der intet fortegn). For en given type (I)–(IV) og en given (relevant) dimension n lader vi ϕn være antallet af isotrope vektorer i V (inklusive 0), og λn være antallet af hyperbolske par i V . Vi har, at ϕ1 = 1 (vektoren 0) og ϕ2 = q + εq − ε. (Se tilfældet n = 2 ovenfor). Vi har også at λ2 = ϕ2 − 1, idet der for n = 2 gælder at et hyperbolsk par er entydigt fastlagt ved dets første vektor. Lad nu n ≥ 3, og betragt et hyperbolsk par u, v i V . Lad U = Ku + Kv, så V = U ⊥ U⊥ og dim U ⊥ = n − 2. Bemærk, at da U er en hyperbolsk plan, har U ⊥ samme type (I)–(IV) som V (!) Vi deler de isotrope vektorer op i 2 klasser, dem der er ortogonale til u og dem, der ikke er. Antag, at den isotrope vektor w er ortogonal til u, altså hu, wi = 0. Så er w ∈ (Ku)⊥ = (Ku) ⊥ U ⊥ . Skriv w = au + w0 , hvor w0 ∈ U ⊥ . At w er isotrop er ensbetydende med at w0 er isotrop. Da w0 ∈ U ⊥ , kan w0 vælges på ϕn−2 måder. Desuden er der q valgmuligheder for a, så der er qϕn−2 valgmuligheder for w i dette tilfælde. Antag, at den isotrope vektor w ikke er ortogonal til u. I dette tilfælde udspænder u og w en hyperbolsk plan. Der er i alt q n − q n−1 = q n−1 (q − 1) vektorer i V \ (Ku)⊥ . Enhver sådan vektor t udspænder sammen med u en hyperbolsk plan Ht . Enhver hyperbolsk plan Ht indeholder q 2 − q vektorer fra V \ (Ku)⊥ . (Det er vektorerne i Ht \ (Ht ∩ (Ku)⊥ ), og dem er der q 2 − q af, da |Ht | = q 2 , |Ht ∩ (Ku)⊥ | = |Ku| = q). Derfor får vi i alt q n−2 = q n−1 (q − 1)/q(q − 1) forskellige hyperbolske planer, som indeholder u. Enhver sådan plan indeholder kun ét hyperbolsk par med u som første vektor. Hvis den anden vektor i dette hyperbolske par kaldes w0 indeholder planen q − 1 isotrope vektorer, som ikke er ortogonale til u, nemlig vektorerne aw0 , a ∈ GF(q)∗ . Så hver af de q n−2 planer har q − 1 isotrope vektorer w, som ikke er ortogonale til u. Vi får i alt q n−2 (q − 1) = q n−1 − q n−2 sådanne vektorer. Vi har nu enumereret hver af de 2 klasser af isotrope vektorer og får, for n ≥ 3: + q n−1 − q n−2 ϕn = qϕn−2 | {z } | {z } ↑ (ortogonal til u)

↑ (ikke ortogonal til u)

69

Det betyder, at ϕn − q n−1 = q(ϕn−2 − q n−3 ) så for en fastholdt type af geometri gælder q −n/2 (ϕn − q n−1 ) = q −(n−2)/2 (ϕn−2 − q n−3 ) . Derfor er udtrykket i denne ligning en konstant c, der er uafhængig af n. Vi får ϕn = q n−1 + cq n/2 for n = 1 . For type (I)–(II) er n ulige og ϕ1 = 1, så c = 0! Vi får ϕn = q n−1 . For type (III)–(IV) er n lige og ϕ2 = q + εq − ε, så c = ε − ε/q. Vi får ϕn = q n−1 +(ε−ε/q)q n/2 = q n−1 +εq n/2 −εq (n/2)−1 = (q n/2 −ε)(q n/2−1 +ε)+1 . Der er ϕn − 1 isotrope vektorer 6= 0 i V . Hver af dem er første vektor i q n−2 hyperbolske par, som vi har set ovenfor. Derfor er der λn = q n−2 (ϕn − 1) hyperbolske par i V . Vi får λn = q n−2 (q n−1 − 1) , λn = q

n−2

(q

n/2

− ε)(q

n ulige n/2−1

+ ε) ,

n lige .

Vi kan nu vise: Sætning 5.19. Der gælder ( 2Q r 2i qr i=1 (q − 1) , |SO(n, q)| = Q 2i q r(r−1) (q r − ε) r−1 i=1 (q − 1) ,

hvis n = 2r + 1 er ulige hvis n = 2r er lige

Bevis. Antag, at u1 , v1 og u2 , v2 er hyperbolske par, der frembringer de hyperbolske planer H1 og H2 . Det er klart, at den lineære afbildning g1 : H1 → H2 givet ved g1 (u1 ) = u2 , g1 (v1 ) = v2 er en isometri. Den kan derfor udvides til en isometri g af V ifølge Sætning 5.6. Der findes altså en isometri g ∈ O(V ) som sender u1 , v1 i u2 , v2 . Hvis h ∈ O(V ) også sender u1 , v1 i u2 , v2 gælder for t = h−1 g, at t H1 = idH1 , så t = idH1 ⊥ t0 , hvor t0 ∈ O(H1⊥ ). Vi får derfor, at |O(n, q)| = λn |O(n − 2, q)| når n ≥ 3, og derfor tilsvarende |SO(n, q)| = λn |SO(n − 2, q)|. Ovenfor har vi beregnet λn . Hvis n = 2r + 1, er λn = q 2r−1 · (q 2r − 1) og |SO(1, q)| = 1. Vi får |SO(n, q)| = q

1+3+···+(2r−1)

r Y (q 2i − 1) i=1

70

og 1 + 3 + · · · + (2r − 1) = r2 . Hvis n = 2r, r > 1, er λn = q 2r−2 (q r − ε)(q r−1 + ε), og |SO(2, q)| = q − ε. (Se tilfældet n = 2 ovenfor). Vi får |SO(n, q)| = q

2+4+···+(2r−2)

r Y (q − ε) (q i − ε)(q i−1 + ε) . i=2

I dette udtryk fremkommer faktorerne q i − ε og q i + ε for i = 1 · · · r − 1 og i (q i −ε)(q +ε) = (q 2i −1). Idet 2+4+· · ·+(2r −2) = 2(1+2+· · ·+(r −1)) =
r 2 2 = r(r − 1), fås resultatet også i dette tilfælde. 2

71

6

Unitære grupper K6 - 2009-version

(Kilder: Huppert: Endliche Gruppen I, Taylor: Geometry of classical groups). Vi betragter i dette kapitel kun legemer K, der har en automorfi af orden 2. Der skal altså eksistere en afbildning a → a fra K → K, der opfylder =

a + b = a + b , ab = a b , a= a for alle a, b ∈ K og som ikke er den identiske afbildning. Lad os bemærke, at 0 = 0, 1 = 1. Da a → a har orden 2 må der findes et a ∈ K med a 6= a. Derfor er K0 = {a ∈ K | a = a} et dellegeme i K og der gælder |K : K0 | = 2. −

Eksempler. (1) K = C, · : α+iβ → α−iβ, α, β ∈ R. Det er den sædvanlige komplekse konjugering. Her er K0 = R. (2) K = GF(q 2 ), a = aq . [At (a + b) = a + b har vi allerede overvejet i Kapitel 2]. Her er K0 = GF(q): Hvis a 6= 0 og a = a så er aq = a eller aq−1 = 1. Dermed er a i den cykliske undergruppe af orden q − 1 i GF(q 2 )∗ , som jo selv er cyklisk af orden q 2 − 1. Det følger, at a ∈ GF(q). Der findes to afbildninger fra K → K0 ; nemlig Tr og N (spor og norm) givet ved Tr(a) = a + a , N (a) = aa idet N dog opfattes som afbildning mellem K ∗ og K0∗ . Lemma 6.1. (i) Tr er K0 -lineær og surjektiv (ii) Tr(a) = 0 ⇔ ∀b ∈ K : a = b − b (iii) N er en gruppehomomorfi: K ∗ → K0∗ (iv) N (a) = 1 ⇔ ∀b ∈ K ∗ : a = bb

−1

(v) Hvis K = GF(q 2 ), så er N surjektiv. 72

Proof. (i) Det er klart, at Tr er K0 -lineær. F.eks. er for a ∈ K, α ∈ K0 (α = α) Tr(αa) = αa + αa = αa + αa = α(a + a) = αTr(a). Nu er Tr ikke nulafbildningen: Tr(a) = 0 ⇒ a + a = 0 ⇒ a = −a. Hvis Tr = 0 må Tr(1) = 2 = 0 så kar(K) = 2. Vi får så a = a for alle a ∈ K, en modstrid. Da Tr 6= 0 og K0 -lineær, er Tr surjektiv. (ii) Afbildningen ρ : b → b − b fra K → K er også K0 -lineær. Det er klart, at ker(ρ) = K0 . Hermed er billedet Im(ρ) et 1-dimensionalt K0 underrum af K. Men hvis vi kalder afbildningen a → a for σ, er σ 2 = 1 altså (1 + σ)(1 − σ) = 0. Nu er 1 − σ = ρ og 1 + σ = Tr. Så Im(ρ) ⊆ Ker(Tr). Vi får Im(ρ) = Ker(Tr). (iii) Klar. (iv). Hvis a 6= −1 og N (a) = 1, sæt b = 1 + a. Så er ab = a(1 + a) = a + N (a) = 1 + a = b altså a = bb −1 . Hvis a = −1, vælg b, så Tr(b) = 0. Vi får bb −1 = b((−(b)−1 ) = −1 = a. (v) Vi ved at N (a) = a1+q i dette tilfælde. Så ker N = {a ∈ GF(q 2 )∗ | 1+q a = 1}, en cyklisk undergruppe af orden q + 1. Derfor er |Im(N )| = q − 1, altså Im(N ) = GF(q)∗ . Lad nu V være et n-dimensionalt vektorrum over K med semiskalarprodukt h· , ·i (Kapitel 3). Det kaldes hermitisk hvis yderligere hu, vi = hv, ui for alle u, v ∈ V

(∗)

Heraf fås hu, avahu, vi for u, v ∈ V , a ∈ K, idet hu, avi = hav, ui = ahv, ui = ahu, vi. Hvis V er udstyret med et hermitisk semiskalarprodukt, kaldes V et hermitisk rum. Gruppen af isometrier kaldes så den unitære gruppe U (V ) = Gh· ,·i . Lad som i Kapitel 3 A være matricen for h· , ·i med hensyn til en basis B = {v1 , · · · , vn } for V . Hvis X = (αij ) er en n × n-matrix over K betegnes X = (αij ).. En beregning som i Kapitel 3 viser at X ∈ GL(n, k) er matrix for et element i Gh· ,·i med hensyn til B hvis X t A X = A. Hvis h· , ·i er ikke-udartet, dvs. det A 6= 0 fås det X det X = 1. Lad os i det følgende antage, at h· , ·i(V ) er ikke-udartet. Lemma 6.2. (1) V indeholder en ikke-isotrop vektor. (2) Hvis dim V ≥ 2 og normafbildningen N : K → K0 er surjektiv, indeholder V en isotrop vektor.

73

Bevis. (1) Antag at hu, ui = 0 for alle u ∈ V . Da V er ikke-udartet eksisterer v, w ∈ V med hv, wi = 1. Vælg a ∈ K med Tr(a) 6= 0 (Lemma 6.1 (i)). Så er 0 = hv + aw, v + awi = hv, vi + ahw, vi + ahv, wi + aahw, wi = 0 + a + a + 0 = Tr(a), en modstrid. (2) Vælg v ∈ V ikke-isotrop (ifølge (1). Vælg u ∈ V med hu, vi = 0 (u ∈ (Kv)⊥ ) (se bemærkning nedenfor). Så er hu + av, u + avi = hu, ui + aahv, vi. Nu er hu, ui = hu, ui ifølge (∗) med u = v så hu, ui ∈ K0 . Analogt er hv, vi ∈ K0 \{0}. Da N er surjektiv kan vi bestemme a ∈ K så hu, ui+N (a)hv, vi = 0. Så er u + av isotrop. Bemærkninger. (1) I tilfældet K = C, K0 = R er normafbildningen ikke surjektiv. I tilfældet K = GF(q 2 ), K0 = GF(q) er normafbildningen surjektiv (Lemma 6.1). (2) Analogt til Kapitel 3 vises det, at når U er et underrum af V , så er ⊥ U = {v ∈ V | hu, vi = 0 for alle u ∈ U } det også og der gælder dim V = dim U + dim U ⊥ . Sætning 6.3. V har en ortogonal basis {v1 , · · · , vn } der opfylder hvi , vj i = 0 for i 6= j og hvi , vi i = 6 0 for alle i. Bevis. Induktion efter n = dim V . For n = 1 er udsagnet trivielt rigtigt. Lad n > 1. Vælg ifølge Lemma 6.2 (1) en ikke-isotrop vektor v1 ∈ V . Så er V = (Kv1 ) ⊥ (Kv1 )⊥ , da Kv1 er ikke-udartet. (Argumentation som i Kapitel 3). Ifølge induktionsantagelsen har (Kv1 )⊥ en ortogonal basis {v2 , v3 , · · · , vn }. Så er {v1 , v2 , · · · , vn } den ønskede basis for V . Korollar 6.4. Determinantafbildningen er en epimorfi det : U (V ) → {a ∈ K | N (a) = 1}. Bevis. Vi har set at hvis g ∈ U (V ) så er det gdet g = 1. Lad omvendt a ∈ K opfylde N (a) = aa = 1. Vælg en ortogonal basis {v1 , · · · , vn } for V . Så er afbildningen g : V → V fastlagt ved g(v1 ) = av1 , g(vi ) = vi , i = 2, · · · , n et element i U (V ) med determinant a. (Bemærk at hg(v1 ), g(v1 )i = hav1 , av1 i = aahv1 , v1 i = N (a)hv1 , v1 i = hv1 , v1 i). Definition. SU (V ) = {g ∈ U (V ) | det g = 1}, den specielle unitære gruppe. 74

Lemma 6.5. Hvis g ∈ U (V ), så er (Ker(1 − g))⊥ = Im(1 − g). Bevis. Antag at v ∈ Ker(1 − g). Så er g(v) = v, og derfor også g −1 (v) = v. For alle u ∈ U fås 0 = hg −1 (v) − v, ui = hg −1 (v), ui − hv, ui = hg −1 (v), g −1 (g(u))i − hv, ui = hv, g(u)i − hv, ui = hv, (g − 1)ui så (1 − g)(u) ∈ (Ker(1 − g))⊥ , altså Im(1 − g) ⊆ (Ker(1 − g))⊥ . Men 1 − g er en lineær afbildning V → V . Derfor er n = dim(Ker(1 − g)) + dim(Im(1 − g)) (Dimensionssætning for lineære afbildninger). På den anden side er n = dim(Ker(1 − g)) + dim(Ker(1 − g))⊥ . Vi får at (Ker(1 − g))⊥ og Im(1 − g) har samme dimension, så de er ens. Lad nu σ ∈ Vb \ {0}, u ∈ Kerσ \ {0} og betragt transvektoren τ (σ, u) defineret ved τ (σ, u)(v) = v + σ(v)u. Endvidere definerer vi for u ∈ V , u˜ ∈ LK (V, K) ved u˜(v) = hv, ui. Lemma 6.6. Lad τ (σ, u) være en transvektion. Der gælder τ (σ, u) ∈ U (v) m u isotrop og ∀c ∈ K ∗ : σ = c˜ u og Tr(c) = c + σ = 0. Bevis. ⇓ Antag at τ = τ (σ, u) ∈ U (V ). Så er 1 − τ = (−σ)u, så Ker(1 − τ ) = Ker(σ) og Im(1 − τ ) = Ku. Fra Lemma 6.6 fås Kerσ = (Ku)⊥ . Da σ(u) = 0 er u ∈ (Ku)⊥ , altså u isotrop. Nu er for alle v, w ∈ V hτ (v), τ (w)i = hv, wi + σ(v)hu, wi + σ(w)hv, ui så vi får, at da τ ∈ U (V ) er σ(v)˜ u(w) + σ(w)˜ u(v) = 0.

75

(∗∗)

Vælg w ∈ V , så u˜(w) 6= 0 og sæt c = −σ(w) · u˜(w)−1 . Vi får σ(v) = c˜ u(v) for alle v ∈ V . Hvis vi vælger v = w således at u˜(v) = 1 fås fra (∗∗) at Tr(c) = c + c = 0. ⇑ fås let ved at “regne baglæns” i det ovenstående. Vi ser altså at U (V ) indeholder transvektioner hvis og kun hvis V indeholder isotrope vektorer. (Der findes jo altid et c ∈ K ∗ med Tr(c) = 0 ifølge Lemma 6.1). I forbindelse med ortogonal geometru viste vi udvidelsessætningen af Witt (Sætning 5.6). Det viser sig, at beviset også fungerer i det unitære tilfælde: Sætning 6.7. (Witt) Hvis U1 og U2 er underrum af V så kan en isometri mellem U1 og U2 udvides til en isometri af V . Specielt kan også et analogt udsagn til Sætning 5.5 bevises her: Et isotropt underrum kan indlejres i en ortogonal sum af hyperbolske planer. Vi får også følgende struktursætning: Sætning 6.8. Man kan skrive U = H1 ⊥H2 ⊥ · · · ⊥Hr ⊥W hvor Hi ’erne er hyperbolske planer og W er et underrum uden isotrope vektorer. Tallet r kaldes igen for Witt-index’et af V . En konsekvens af Witt’s sætning er det, at hvis u1 og u2 er isotrope vektorer, så eksisterer der g ∈ U (V ) med g(u1 ) = u2 . Når u ∈ V er isotropisk defineres XKu som mængden af unitære transvektioner (inklusiv den identiske afbildning) med retning Ku. Som i Kapitel 1 fås, at XKu er en undergruppe af SU (V ) og ifølge det ovenstående vil alle undergrupperne på formen XKu , u isotrop, være konjugerede i U (V ). Vi definerer T (V ) til at være undergruppen i SU (V ) fremlagt af alle unitære transvektioner. Det er så en normal undergruppe i SU (V ). Sætning 6.9. Antag, at H er en hyperbolsk plan. Så er SU (H) ' SL(2, K0 ). Specielt er SU (H)/Z(SU (H)) = P SU (H) simpel på nær når |K0 | = 2 eller 3. Bevis. Det sidste udsagn følger fra det første og Sætning  1.15.  Lad v, w være a c et hyperbolsk par i H. Lad g ∈ SU (H) have matrix med hensyn til b d basen {v, w}. Vi har g(v) = av + cw , g(w) = bv + dw. 76

For at g ∈ SU (H) skal hg(v), g(v)i = hg(w), g(w)i = 0 og hg(v), g(w)i = 1, samt determinanten ad − bc = 1. Vi får ved en udregning at der præcis skal gælde a, d ∈ K0 , b + b = c + c = 0, ad − bc = 1. Vælg et fast s ∈ K ∗ med s + s = 0. Så er sb og s−1 c ∈ K0 og det viser sig at afbildningen     a c a s−1 c −→ b d sb d er en isomorfi mellem SU (H) og SL(2, K0 ). Som i det ortogonale tilfælde er strukturen af U (V ) meget afhængig af legemet K. Der findes et eksempel på et legeme K og et ortogonalt rum over K med Witt index 0 sådan at U (V ) har en uendelig nedstigende kæde af normale undergrupper med abelske faktorgrupper (se Taylor, s. 130). Men de unitære grupper over endelige legemer er næsten simple. Hvis K0 = GF(q) (så K = GF(q 2 )) betegnes U (V ) med U (n, q). Man kan så i analogi med overvejelserne i slutningen af Kapitel 5 vise følgende: V indeholder (q n−1 − (−1)n−1 ) (q n − (−1)n ) isotrope vektorer og q 2n−3 (q n−1 − (−1)n−1 ) (q n − (−1)n ) hyperbolske par. Der gælder n |U (n, q)| = q ( 2 )

n

|SU (n, q)| = q ( 2 )

n Y i=1 n Y

q i − (−1)i




q i − (−1)i




i=2 −1

|P SU (n, q)| = d |SU (n, q)| hvor d er den største fælles divisor af n og q + 1. Det er en kuriøsitet, som ikke har en “fornuftig” forklaring, at hvis man substituerer q → −q i ordenen for GL(n, q) fås ordenen af U (n, q) og omvendt! Det kan vises, at P SU (n, q) er simpel pånær P SU (2, 2), P SU (2, 3) og P SU (3, 2). (Se Taylor’s bog).

77