Algebra und Zahlentheorie WS 13/14 Zentralübung FU Berlin

Algebra und Zahlentheorie
Zentralübung
David Müßig
WS 13/14
FU Berlin
http://page.mi.fu-berlin.de/def/auz14/
[email protected]
10.12.2013
1 Die Gruppen GL(n, K), SL(n, K), PSL(n, K), PGL(n, K)
Definition 1. Es sei K ein Körper, n ∈ N. Dann sind
(i) GL(n, K) ∶= {n × n-Matrizen M über K mit det M ≠ 0}
(ii) SL(n, K) ∶= {n × n-Matrizen M über K mit det M = 1}
(iii) PGL(n, K) ∶= GL(n, K)/Z(GL(n, K))
(iv) PSL(n, K) ∶= SL(n, K)/Z(SL(n, K))
wobei hier alles Gruppen als Gruppe mit Matrixmultiplikation als Verknüpfung definiert sind.
Hierbei sind Z(GL(n, K)) und Z(SL(n, K)) das Zentrum von GL(n, K) bzw. SL(n, K). Über
diese beiden Mengen wissen wir folgendes:
Lemma 1. Es seien n, K wie oben. Dann gilt:
(i) Z(GL(n, K)) = {k ⋅ En ∣ k ∈ K ∖ {0}}
(ii) Z(SL(n, K)) = {k ⋅ En ∣ k ∈ K mit k n = 1}
(Achtung: Das n am Anfang und in k n = 1 sind die gleichen!)
Hierbei bezeichne En die n × n Einheitsmatrix.
Wie sehen nun die Mengen PGL(n, K) und PSL(n, K) aus? Sie enthalten noch immer n × nMatrizen mit Determinante ≠ 0 bzw. = 1, haben allerdings die zusätzliche Eigenschaft, dass hier
gilt
Ā = B̄ in PGL(n, K) ⇔ es existiert ein k ∈ K ∖ {0}, mit Ā = k ⋅ En ⋅ B̄ = k ⋅ B̄
bzw.
Ā = B̄ in PSL(n, K) ⇔ es existiert ein k ∈ K ∖ {0}, k n = 1, mit Ā = k ⋅ En ⋅ B̄ = k ⋅ B̄
So lässt sich ganz gut in diesen Untergruppen rechnen.
1.1 Einige Eigenschaften
Es gilt natürlich SL(n, K) ⊆ GL(n, K) als Untergruppe. Es gilt sogar
Lemma 2. SL(n, K) ist Normalteiler in GL(n, K).
Wintersemester
2013/14
Algebra & Zahlentheorie
Zentralübung
Beweis. Es sei A ∈ GL(n, K) und B ∈ SL(n, K). Dann gilt
det (ABA−1 ) = det A ⋅ det B ⋅ det (A−1 ) = det A ⋅ det B ⋅ (det A)−1
= det A ⋅ (det A)−1 ⋅ det B = det B = 1
und daher ist ABA−1 ∈ SL(n, K), also ASL(n, K)A−1 ⊆ SL(n, K) für alle A ∈ SL(n, K). Also ist
SL(n, K) Normalteiler in GL(n, K).
◻
Über die Menge PSL(n, K) wissen wir unter gewissen Bedingungen auch einiges:
Lemma 3. Es sei K = Fq ein endlicher Körper, d ∶= ggT(n, q − 1). dann gilt:
∣PSL(n, Fq )∣ =
(q n − 1)(q n − q) . . . (q n − q n−1 )
d(q − 1)
2 Spezialfall: SL(2, q)
Wir betrachten nun den Spezialfall n = 2, also betrachten wir von nun an nur 2 × 2-Matrizen über
einem Körper K. Dazu wurde in der Vorlesung folgendes gezeigt:
Lemma 4. Es sei K ein Körper mit Charakteristik ≠ 2 oder mit Charakteristik 2 und x = y 2 für
alle x ∈ K. Es sei außerdem H ⊴ SL(2, K) und λ ∈ K ∖ {0}. Dann gilt:
(
1
λ
0
1
) ∈ H oder (
1
0
λ
) ∈ H ⇒ H = SL(2, K).
1
Wir werden nun noch spezieller und betrachten den endlichen Körper K = Fq .
Definition 2. Es sei K = Fq , wobei q eine Primzahlpotenz sei. Dann schreiben wir SL(n, q) statt
SL(n, Fq ).
Lemma 5. Es sei H ⊴ SL(2, q) und A ∈ H. Ist A ähnlich zu einer Matrix der Form
a
(
c
b
),
d
so existiert ein µ ∈ Fq , µ ≠ 0, so dass
a −µ−1 b
(
)∈H
µc
d
gilt.
Wie immer in letzter Zeit wollen wir wissen, ob wir Normalteiler finden können oder nicht. Dabei
hilft uns der folgende Satz:
Satz 1. Die Gruppen PSL(2, q) sind einfach, genau dann, wenn q > 3 gilt.
Beweis. Zunächst einmal halten wir fest:
(q 2 −1)(q 2 −q)
⎧
⎪
⎪ (q−1) ,
∣PSL(2, q)∣ = ⎨ (q2 −1)(q2 −q)
⎪
⎪
⎩ 2(q−1) ,
falls q = 2k
sonst
(1)
2
Wintersemester
2013/14
Algebra & Zahlentheorie
Zentralübung
Damit gilt ∣PSL(2, 2)∣ = 6 und PSL(2, 3)∣ = 12. Für beide Fälle wurde in der Vorlesung gezeigt,
dass Gruppen dieser Ordnung nicht einfach sein können.
Sei nun also q ≥ 4. Wir werden nun folgendes zeigen:
Ist H ein Normalteiler von SL(2, q), der ein Element M ∈/ Z(SL(2, q)) enthält, so gilt schon
H = SL(2, q).
Warum hilft uns das? Wenn wir so einen Normalteiler H ⊴ PSL(2, q) finden, so gilt für diesen
SL(2, q) ⊇ H ⊇ Z(SL(2, q)) (wegen PSL(2, q) = SL(2, q)/Z(SL(2, q))). D.h. ein Normalteiler
(≠ {id}) von PSL(2, q) muss ein Element in SL(2, q) ∖ Z(SL(2, q)) enthalten und wäre nach
obigem Kasten somit ganz PSL(2, q). Damit gäbe es nur die trivialen Normalteiler und PSL(2, q)
somit einfach.
Wir wollen also den Kasten zeigen. Dazu nehmen wir an, dass in H eine Matrix
(
α
β
0
)
α−1
existiert, mit α, β ∈ Fq und α ≠ ±1 (dass so eine Matrix auch wirklich existiert, zeigen wir
später). Wenn wir nun also diese A ∈ H haben, so betrachten wir für B ∈ SL(2, q) den folgenden
Kommutator:
(2)
BAB −1 A−1 ∈ H
´¹¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¸¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¶
∗
Da H ein Normalteiler ist, muss der Ausdruck ∗ in H sein. Da A−1 ∈ H gilt, ist der komplette
Kommutator ein Element in H. Es sei nun
1
B=(
1
0
) ∈ SL(2, q).
1
Damit wird (2) zu
1
BAB −1 A−1 = (
1 − α2
0
)
1
(3)
und wenn α2 ≠ 1, ist das nicht die Einheitsmatrix, sondern eine Matrix wie in Lemma 4. Daher
ist dann nach ebendiesem Lemma H = SL(2, q) (der Körper Fq hat Charakteristik q ≠ 2). Damit
ist der Kasten gezeigt.
Was wir jetzt noch zeigen müssen ist die Tatsache, dass wir so eine spezielle Matrix in H finden.
Dazu überlegen wir folgendes:
Finden wir eine Matrix in SL(2, q), deren oebere Zeile die Form [α 0] mit α ≠ ±1 hat, so muss
die untere Zeile (wegen det = 1) die gewünschte Form [β α−1 ] haben.
Wir versuchen nun also 2 × 2-Matrizen mit so einer oberen Zeile zu finden. Da unsere generelle
Annahme ist, dass wir eine Matrix in H haben, die nicht in Z(SL(2, q)) liegt, finden wir eine
Matrix Y ∈ H, welche zu einer Matrix X der Form
⎧
⎛x 0 ⎞
⎪
⎪
⎪
,
⎪
⎪
⎪
⎪⎝ 0 y ⎠
X =⎨
⎪
⎛0 −1⎞
⎪
⎪
⎪
,
⎪
⎪
⎪
⎩⎝1 z ⎠
mit x ≠ y, x, y ≠ 0, x ⋅ y = 1
mit z ∈ Fq
3
Wintersemester
2013/14
Algebra & Zahlentheorie
Zentralübung
ähnlich ist.
Achtung: Dass Y ∈ H ähnlich zu X ist, bedeutet i.A. nicht, dass auch X ∈ H gilt! Wir müssen
jetzt noch Lemma 5 benutzen.
Im ersten Fall hat Y ∈ H die gleiche Form wie X und wir haben eine Matrix mit der gewünschten
ersten Zeile gefunden und sind fertig (setze α = x, dann ist wegen x ≠ y und x ⋅ y = det X = 1 auch
α ≠ ±1).
Im zweiten Fall wissen wir nach Lemma 5, dass eine Matrix C ∈ H der Form
0 −µ
C=(
)
µ z
mit µ ∈ Fq , µ ≠ 0 existiert. Nun betrachten wir wieder einen Kommutator T CT −1 C −1 mit T ∶=
diag{a−1 , a} (a ∈ Fq , a ≠ 0):
a−2
T CT −1 C −1 = (
µz(a2 − 1)
0
)∈H
a2
Wenn wir nun ein a ∈ Fq finden, so dass a−2 ≠ ±1 ⇔ a4 ≠ 1 ist, haben wir eine Matrix der
gewünschten Form gefunden (dann setze α = a−2 ). Damit bleibt als letzte Frage zu klären:
Finden wir für jedes q ≥ 4 ein Element a ∈ Fq mit a4 ≠ 1?
Dazu gehen wir mehrere Fälle durch:
g > 5: In diesem Fall betrachten wir das Polynom p(x) = x4 − 1. Dieses hat in Fq maximal 4
Nullstellen (wegen Grad = 4). Da aber ∣Fq ∣ = q > 5 gilt, finden wir in jedem Fall ein Element in
Fq , welches weder die Null noch eine Nullstelle von p(x) ist und sind fertig.
q = 4: Hier gilt x4 − x = 0, bzw. x4 = x (Gruppenelement hoch Gruppenordnung = Element) für
alle x ∈ Fq . Damit gilt insbesondere auch x4 = 1 ⇔ x = 1. Also können wir unter den anderen
Elementen ein Element x′ auswählen, so dass x′4 ≠ 1 gilt und wir sind fertig.
q = 5: Der letzte Fall. Dazu betrachten wir den Eintrag links unten in der letzten Matrix: zµ(a2 −
1). Angenommen z ≠ 0. Dann können wir a = 2 ∈ F5 wählen und erhalten die Matrix
4
0
(
) ∈ H.
3zµ 4
Damit ist (wegen 3zµ ≠ 0) nach Lemma 4 H = SL(2, q).
Ist nun z = 0, so ist
0 −µ−1
C=(
) ∈ H.
µ
0
Nun sei 0 ≠ ν ∈ Fq und wir betrachten folgendes Element in H:
1
(
0
ν 0 −µ−1 1
)(
)(
1 µ
0
0
ν
)
1
−1
µν
=(
µ
−µν 2 − µ−1
)
−νµ
Da ν ∈ Fq (fast) beliebig war, können wir es nun ν = 2µ−1 wählen und erhalten die Matrix
2 0
(
)
µ −2
und damit sind wir endgültig fertig.
◻
4