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  Normalisator einer Matrix-Untergruppe in Blockform |
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Kerlaz
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 27.09.2012
Mitteilungen: 125
 |  Themenstart: 2020-07-19
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Hallo,
Ich überlege gerade an folgendem Beispiel. Sei $G=GL_n(k)$ für einen algebraisch abgeschlossenen Körper $k$. Nun betrachte ich die Untergruppe $U=\{(\begin{smallmatrix}
A & 0 \\
0 & B
\end{smallmatrix}) \mid A \in GL_{n-r}(k), B \in GL_r(k)\}$ für ein $1 \leq r \leq n-1$. Ich bin nun daran interessiert, den Normalisator dieser Untergruppe auszurechnen. Als erstes möchte ich mich davon überzeugen, dass der Normalisator auch eine solche "Blockform" haben muss, allerdings komme ich nicht so recht voran. Kann mir vielleicht jemand auf die Sprünge helfen?
Vielen Dank,
Kerlaz
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Vercassivelaunos
Senior 
Dabei seit: 28.02.2019
Mitteilungen: 1267
| Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-19
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\F}{\mathbb{F}}
\newcommand{\K}{\mathbb{K}}
\newcommand{\E}{\mathbb{E}}
\newcommand{\H}{\mathbb{H}}
\newcommand{\D}{\mathrm{D}}
\newcommand{\d}{\mathrm{d}}
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\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\newcommand{\diag}{\operatorname{diag}}
\newcommand{\span}{\operatorname{span}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\grad}{\operatorname{grad}}
\newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z}
\newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)}
\newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)}
\newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}}
\newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>}
\newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert}
\newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>}
\newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>}
\newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>}
\newcommand{\lvert}{\left\vert}
\newcommand{\rvert}{\right\vert}
\newcommand{\lVert}{\left\Vert}
\newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Hallo Kerlaz,
deine Vermutung ist leider falsch. Betrachte beispielsweise den Fall $n=2,r=1$. Dann ist
\[A:=\matrix{0&1\\1&0}\]
im Normalisator von $U$ enthalten, denn $A^{-1}=A$, und dann ist
\[A^{-1}\matrix{a&0\\0&b}A=\matrix{b&0\\0&a},\]
womit sich schnell zeigen lässt, dass $A$ im Normalisator liegt.
Viele Grüße
Vercassivelaunos\(\endgroup\)
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Kerlaz
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Dabei seit: 27.09.2012
Mitteilungen: 125
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-19
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Vielen Dank für die Antwort. Wird die Vermutung richtig wenn ich $r \geq 2$ annehme?
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Triceratops
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 |  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-19
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Ich habe mir einmal den Spaß erlaubt, den Normalisator zu bestimmen. Hierbei gehe ich koordinatenfrei vor und wähle außerdem andere Bezeichnungen. Bei einem Schritt brauche ich $\mathrm{char}(k) \neq 2$, aber vermutlich kann man diese Voraussetzung mit einem anderen Vorgehen loswerden.
Sei $V$ ein endlich-dimensionaler $k$-Vektorraum, $U$ ein Unterraum von $V$ und $W$ ein Komplement von $U$ in $V$. Wir setzen $U \neq 0$ und $U \neq V$ voraus. Betrachte die Untergruppe $G \subseteq \mathrm{GL}(V)$ der Automorphismen von $V$, die $U$- und $W$-invariant sind. Offenbar gilt
$G \cong \mathrm{GL}(U) \times \mathrm{GL}(W).$
Ein $f \in \mathrm{GL}(V)$ liegt genau dann im Normalisator von $G$, wenn $f^{-1} g f \in G$ für alle $g \in G$, das heißt wenn $(f^{-1} g f)(U) \subseteq U$ und $(f^{-1} g f)(W) \subseteq W$, das heißt wenn $g(f(U)) \subseteq f(U)$ und $g(f(W)) \subseteq f(W)$. Es sind demnach $f(U)$ und $f(W)$ Unterräume, die unter der Wirkung von $G$ invariant sind. Bestimmen wir diese allgemein:
Sei $T \subseteq V$ ein Unterraum mit $G(T) \subseteq T$. Beispiele dafür sind $\{0\}, U, W, V$. Das sind auch die einzigen Beispiele:
Wenn $T \subseteq U$, ist $T$ invariant unter $\mathrm{GL}(U)$ und damit offensichtlich $T = \{0\}$ oder $T = U$. Analog argumentieren wir, wenn $T \subseteq W$. Andernfalls gibt es ein Element $u+w \in T$ mit $0 \neq u \in U$ und $0 \neq w \in W$. Ist nun $0 \neq u' \in U$ beliebig, so gibt es ein $g \in \mathrm{GL}(U)$ mit $g(u)=u'$. Wegen $u + w \in T$ ist $g(u + w) \in T$, wobei $g(u + w) = u' + w$. Es folgt $u-u' = (u + w) - (u' +w) \in T$. Für $0 \neq u'' \in U$ folgt weiter $u'' - u' = (u-u') - (u-u'') \in T$. Wählen wir hier speziell $u'' = \frac{1}{2} u'$ (hier geht also die Annahme mit der Charakteristik ein), folgt $\frac{1}{2} u' \in T$. Weil $0 \neq u' \in U$ beliebig war, zeigt dies $U \subseteq T$. Analog folgt $W \subseteq T$. Zusammen haben wir also $T=V$, was zu zeigen war.
Daraus ergibt sich nun: $f$ ist genau dann im Normalisator, wenn $f(U) \in \{U,W\}$ und $f(W) \in \{U,W\}$. Außerdem gilt $f(U) \neq f(W)$, weil $f$ injektiv ist. Also gibt es nur zwei Fälle:
Der erste Fall ist $f(U)=U$ und $f(W)=W$. Das bedeutet gerade $f \in G$. Und natürlich ist immer $G$ im Normalisator von $G$ enthalten.
Der zweite Fall ist $f(U)=W$ und $f(W)=U$. Dieser Fall kann nur eintreten, wenn $\dim(U)=\dim(W)$ gilt. In dem Fall besteht $f$ aus zwei Isomorphismen $f|_U : U \to W$ und $f|_W : W \to U$. Sie müssen in keinerlei Relation zueinander stehen: Sind $f_1 : U \to W$, $f_2 : W \to U$ zwei beliebige Isomorphismen, so ergeben diese ein Element $f \in \mathrm{GL}(V)$ im Normalisator von $G$ mit $f|_U = f_1$, $f|_W = f_2$. Jedes Element im Normalisator außerhalb von $G$ hat diese Form.
In Matrixschreibweise bedeutet diese Klassifikation: Sei $V=k^n$, $U=0 \times k^r$, $W=k^{n-r} \times 0$. Wenn $n \neq 2r$, ist der Normalisator einfach
$G = \left\{\begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix} : A \in \mathrm{GL}_{n-r}(k), \, B \in \mathrm{GL}_{r}(k)\right\}$
selbst. Wenn $n=2r$, ist der Normalisator die Vereinigung von $G$ mit
$\left\{\begin{pmatrix} 0 & C \\ D & 0 \end{pmatrix} : C,D \in \mathrm{GL}_r(k)\right\}.$
Letzteres ist einfach die Nebenklasse $G \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$. Der Index von $G$ im Normalisator ist also $2$.
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Kerlaz
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-20
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Vielen Dank für die ausführlichen Rechnungen!
Ich frage mich nun, wie das ganze aussehen würde, wenn der erste Block anstatt GL(U) aus einer Untergruppe bestehen würde, im Extremfall sogar die triviale UG. Dann geht der Beweis ja nicht mehr so durch.
Würde der Normalisator immer noch diese Form haben?
Grüße,
Kerlaz
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Triceratops
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| Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-20
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Ich bin zuversichtlich, dass du mit derselben Methode den Normalisator von $\{1\} \times \mathrm{GL}(W) \subseteq \mathrm{GL}(V)$ bestimmen kannst. Probiere es einmal und zeige, wie weit du kommst.
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Kerlaz
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-20
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Habe es probiert. Das Problem ist, dass es dann ja kein solches $g \in GL(U)$ gibt mit $g(u)=u'$ für den Fall dass $T$ weder komplett in $U$ noch in $W$ liegt.
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Triceratops
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| Beitrag No.7, eingetragen 2020-07-20
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Du hast leider nicht geschrieben, was du bereits gemacht hast.
So würde ich anfangen (genau wie oben also): Wir betrachten die Untergruppe $\{g \in \mathrm{GL}(V) : g|_U = \mathrm{id}_U, g(W)=W\} \cong \mathrm{GL}(W)$ von $\mathrm{GL}(V)$. Es liegt $f \in \mathrm{GL}(V)$ genau dann im Normalisator, wenn $g|_{f(U)}=\mathrm{id}_{f(U)}$ für alle $g \in \mathrm{GL}(W)$ und $g(f(W))=f(W)$ für alle $g \in \mathrm{GL}(W)$. Hast du das bereits soweit erkannt? Jetzt betrachte die beiden Bedingungn getrennt voneinander und abstrahiere sie (also ersetze $f(U)$ bzw. $f(W)$ durch einen beliebigen Unterraum).
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Kerlaz
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-21
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Okay, stehe nun etwas auf dem Schlauch aber probiere es mal.
Wir nehmen uns also ein $T \leq V$ welches $G$-invariant ist und wollen die Möglichkeiten bestimmen. Sei $g \in GL(W)$. Nehmen wir erstmal $T \leq U$ an, dann ist $g \mid_T=id_T$ und $g(T)=T$.
Ist $T \leq W$, dann ist $T$ invariant unter $GL(W)$.
Sei nun $T$ weder komplett in $U$ noch komplett in $W$ enthalten. Dann ist ein beliebiges Element aus $T$ gleich $u+w$ wie zuvor. Sei $w' \in W$ beliebig. Dann gibt es ein $g \in GL(W)$ mit $g(w)=w'$. Wie zuvor ist nun $g(u+w')=u+w$ und wir können mit den selben Schritten $W \leq T$ folgern. Nun geht das ganze aber ja nicht symmetrisch für $U$, da wir dort ja nicht die ganze $GL(U)$ zur Verfügung haben.
Da weiß ich jetzt nicht so recht weiter...
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Kerlaz hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Kerlaz hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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